中考数学全国各地压轴题专练答案(pdf版).pdf

压轴题答案压轴题答案 1 1 1 1 解 1 由已知得 解得 3 10 c bc c 3 b 2 抛物线的线的解析式为 2 23yxx 2 由顶点坐标公式得顶点坐标为 1 4 所以对称轴为 x 1 A E 关于 x 1 对称 所以 E 3 0 设对称轴与 x 轴的交点为 F 所以四边形 ABDE 的面积 ABODFEBOFD SSS 梯形 111 222 AO BOBODFOFEF DF 111 1 3 34 12 4 222 9 3 相似 如图 BD 2222 112BGDG BE 2222 333 2BOOE DE 2222 242 5DFEF 所以 即 所以是直角三角形 22 20BDBE 2 20DE 222 BDBEDE BDE 所以 且 90AOBDBE 2 2 AOBO BDBE 所以 AOBDBE y x 2 1 A B 两点的坐标分别是 A 10 0 和 B 8 32 3 810 32 OABtan 60OAB 当点 A 在线段 AB 上时 TA TA 60OAB A TA 是等边三角形 且 ATTP t10 2 3 60sin t10 TP t10 2 1 AT 2 1 APPA 2 TPA t10 8 3 TPPA 2 1 SS 当 A 与 B 重合时 AT AB 4 60sin 32 所以此时 10t6 2 当点 A 在线段 AB 的延长线 且点 P 在线段 AB 不与 B 重合 上时 纸片重叠部分的图形是四边形 如图 1 其中 E 是TA 与 CB 的交点 当点 P 与 B 重合时 AT 2AB 8 点 T 的坐标是 2 0 又由 1 中求得当 A 与 B 重合时 T 的坐标是 6 0 所以当纸片重叠部分的图形是四边形时 6t2 3 S 存在最大值 1 当 时 10t6 2 t10 8 3 S 在对称轴 t 10 的左边 S 的值随着 t 的增大而减小 当 t 6 时 S 的值最大是 32 2 当 时 由图1 重叠部分的面积6t2 EBATPA SSS A EB 的高是 60sinBA 2 3 4t10 2 1 t10 8 3 S 22 34 2t 8 3 28t4t 8 3 22 当 t 2 时 S 的值最大是 34 3 当 即当点 A 和点 P 都在线段 AB 的延长线是 如图2 其中 E 是TA 与2t0 CB 的交点 F 是 TP 与 CB 的交点 四边形 ETAB 是等腰形 EF ET AB 4 ETFFTPEFT A A B P T E C O y x A A B T E C O y x P F 34324 2 1 OCEF 2 1 S 综上所述 S 的最大值是 此时 t 的值是 342t0 BCCGb DCCEa 0 90BCDECG BCGDCE 1 分BCGDCE CBGCDE 又 BHCDHO 0 90CBGBHC 0 90CDEDHO 0 90DOH 1 分BGDE 3 BGDE 22222222 BEDGOBOEOGODBDGE 又 3a 2b k 1 2 1 分 222222 365 231 24 BDGE 1 分 22 65 4 BEDG 8 解 1 2AB 2 分 S梯形OABC 12 8 4 2 OA 4OC 2 分 当时 42 t 直角梯形OABC被直线 扫过的面积 直角梯形OABC面积 直角三角开l DOE面积 4 分 2 1 12 4 2 4 84 2 Stttt 2 存在 1 分 每个点对各得 1分 12345 8 12 4 4 4 4 4 4 8 4 3 PPPPP 5 分 对于第 2 题我们提供如下详细解答 评分无此要求 下面提供参考解法二 以点 D 为直角顶点 作轴 1 PPx 设 图示Rt ODE 在中 2OEOD 2ODbOEb 1 Rt ODERt PPD 阴影 在上面二图中分别可得到点的生标为P 12 4 P 4 4 4b 28b P E点在0点与A点之间不可能 以点 E 为直角顶点 同理在 二图中分别可得点的生标为P 4 P 8 4 E点在0点下方不可能 P 8 3 以点 P 为直角顶点 同理在 二图中分别可得点的生标为P 4 4 与 情形二重合舍去 P 4 4 P E点在A点下方不可能 综上可得点的生标共 5 个解 分别为P 12 4 P 4 4 P 4 P 8 3 P 8 4 P 4 4 下面提供参考解法二 以直角进行分类进行讨论 分三类 第一类如上解法 中所示图 22PDEyxb 为直角 设直线 D此时 b o E O 2b 直线的中垂线方程 令得的中点坐标为 b b 2 DE 1 22 b ybx 4y 由已知可得即化简 3 8 4 2 b P 2PEDE 2222 3 2 8 42 4 2 bbbb 得解得 2 332640bb 121 8 8 3 bbPP 3b 将之代入 8 4 4 4 2 2 4 4 P 第二类如上解法 中所示图 22EDEyxb 为直角 设直线 D此时 b o E O 2b 直线的方程 令得 由已知可得即PE 1 2 2 yxb 4y 48 4 Pb PEDE 化简得解之得 2222 48 42 4bbbb 22 28 bb 123 4 4 3 bbPP 将之代入 4b 8 4 8 4 4 8 4 3 P 第三类如上解法 中所示图 22DDEyxb 为直角 设直线 D此时 b o E O 2b 直线的方程 令得 由已知可得即PD 1 2 yxb 4y 8 4 Pb PDDE 解得 2222 844bb 125 44bbPP 将之代入 b 8 4 12 4 与重合舍去 6 4 4 P 6 4 4 P 2 P 综上可得点的生标共 5 个解 分别为P 12 4 P 4 4 P 4 P 8 3 P 8 4 P 4 4 事实上 我们可以得到更一般的结论 事实上 我们可以得到更一般的结论 如果得出如果得出设设 则 则P P P P点的情形如下点的情形如下ABaOCb OAh ba k h 9 直角分类情形直角分类情形直角分类情形直角分类情形 1k 1k P 为直角 1 P h h 1 Ph h 2 Ph h E 为直角 3 1 hk Ph k 2 2 h Ph 4 1 hk Ph k D 为直角 5 1 Ph kh 3 0 Ph 6 1 Ph kh 4 2 Ph h 10 11 解 1 设地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程为千米 Ax 由题意得 2 分 120 10 2 3 xx 解得 180 x 地经杭州湾跨海大桥到宁波港的路程为 180 千米 4 分A 2 元 1 8 18028 2380 该车货物从地经杭州湾跨海大桥到宁波港的运输费用为 380 元 6 分 A 3 设这批货物有车 y 由题意得 8 分 80020 1 3808320yyy 整理得 2 604160yy 解得 不合题意 舍去 9 分 1 8y 2 52y 这批货物有 8 车 10 分 12 解 1 3 分 21 2 44 aa 2 相等 比值为 5 分 无 相等 不扣分有 相等 比值错给 1 分 2 3 设 DGx 在矩形中 ABCD90BCD 90HGF 90DHGCGFDGH HDGGCF 1 2 DGHG CFGF 6 分22CFDGx 同理 BEFCFG EFFG FBEGCF 7 分 1 4 BFCGax CFBFBC 8 分 12 2 44 xaxa 解得 21 4 xa 即 9 分 21 4 DGa 4 10 分 2 3 16 a 12 分 2 27 18 2 8 a 13 解 1 分别过D C两点作DG AB于点G CH AB于点H 1 分 AB CD DG CH DG CH 四边形DGHC为矩形 GH CD 1 DG CH AD BC AGD BHC 90 AGD BHC HL AG BH 3 2 分 2 17 2 GHAB 在 Rt AGD中 AG 3 AD 5 DG 4 3 分 1 74 16 2 ABCD S 梯形 2 MN AB ME AB NF AB ME NF ME NF 四边形MEFN为矩形 AB CD AD BC A B ME NF MEA NFB 90 MEA NFB AAS AE BF 4 分 设AE x 则EF 7 2x 5 分 A A MEA DGA 90 MEA DGA DG ME AG AE ME 6 分x 3 4 8 分 6 49 4 7 3 8 2 7 3 4 2 xxxEFMES MEFN矩形 当x 时 ME 4 四边形MEFN面积的最大值为 9 分 4 7 3 7 6 49 3 能 10 分 由 2 可知 设AE x 则EF 7 2x ME x 3 4 若四边形MEFN为正方形 则ME EF CD ABEF N M GH CD ABEF N M GH 即7 2x 解 得 11 分 3 4x 10 21 x EF 4 2114 7272 105 x 四边形MEFN能为正方形 其面积为 25 196 5 14 2 MEFN S正方形 14 解 1 由题意可知 131 mmmm 解 得m 3 3 分 A 3 4 B 6 2 k 4 3 12 4 分 2 存在两种情况 如图 当M点在x轴的正半轴上 N点在y轴的正半轴 上时 设M1点坐标为 x1 0 N1点坐标为 0 y1 四边形AN1M1B为平行四边形 线段N1M1可看作由线段AB向左平移 3 个单位 再向下平移 2 个单位得到的 也可看作向下平移 2 个单位 再向左平移 3个单位得到的 由 1 知A点坐标为 3 4 B点坐标为 6 2 N1点坐标为 0 4 2 即N1 0 2 5 分 M1点坐标为 6 3 0 即M1 3 0 6 分 设直线M1N1的函数表达式为 把x 3 y 0 代入 解得 2 1 xky 3 2 1 k 直线M1N1的函数表达式为 8 分2 3 2 xy 当M点在x轴的负半轴上 N点在y轴的负半轴上时 设M2点坐标为 x2 0 N2 点坐标为 0 y2 AB N1M1 AB M2N2 AB N1M1 AB M2N2 N1M1 M2N2 N1M1 M2N2 线段M2N2与线段N1M1关于原点O成中心对称 M2点坐标为 3 0 N2点坐标为 0 2 9 分 设直线M2N2的函数表达式为 把x 3 y 0 代入 解得 2 2 xky 3 2 2 k 直线M2N2的函数表达式为 2 3 2 xy 所以 直线MN的函数表达式为或 11 分2 3 2 xy2 3 2 xy 3 选做题 9 2 4 5 2 分 15 解 1 解法 1 根据题意可得 A 1 0 B 3 0 则设抛物线的解析式为 a 0 3 1 xxay 又点D 0 3 在抛物线上 a 0 1 0 3 3 解之得 a 1 y x2 2x 3 3 分 自变量范围 1 x 3 4 分 解法 2 设抛物线的解析式为 a 0 cbxaxy 2 根据题意可知 A 1 0 B 3 0 D 0 3 三点都在抛物线上 xO y A B M1 N1 M2 N2 解之得 3 039 0 c cba cba 3 2 1 c b a y x2 2x 3 3 分 自变量范围 1 x 3 4 分 2 设经过点C 蛋圆 的切线CE交x轴于点E 连结CM 在Rt MOC中 OM 1 CM 2 CMO 60 OC 3 在Rt MCE中 OC 2 CMO 60 ME 4 点C E的坐标分别为 0 3 0 6 分3 切线CE的解析式为 8 分3x 3 3 y 3 设过点D 0 3 蛋圆 切线的解析式为 y kx 3 k 0 9 分 由题意可知方程组只有一组解 32 3 2 xxy kxy 即有两个相等实根 k 2 11 分323 2 xxkx 过点D 蛋圆 切线的解析式y 2x 3 12 分 16 解 1 6OPt 2 3 OQt A O B M D C 解图 12 y x E 图 1 O P A x B D C Q y 图 2 OPA x BC Q y 1 D 图 3 OFA x BC y E Q P 2 当时 过点作 交于 如图 1 1t D 1 DDOA OA 1 D 则 5 3 DQQO 4 3 QC 1CD 13 D 3 能与平行 PQAC 若 如图 2 则 PQAC OPOA OQOC 即 而 66 2 3 3 t t 14 9 t 7 0 3 t 14 9 t 不能与垂直 PEAC 若 延长交于 如图 3 PEAC QEOAF 则 2 3 33 5 t QFOQ QF ACOC i 2 5 3 QFt EFQFQEQFOQ 22 5 33 tt 2 51 51 3 t 又 RtRtEPFOCA PEOC EFOA 63 26 51 3 t t 而 3 45t 7 0 3 t 不存在 t 17 解 1 直线与轴交于点 与轴交于点 33yx xAyC 1 分 10 A 03 C 点都在抛物线上 AC 2 3 0 3 3 ac c 3 3 3 a c 抛物线的解析式为 3 分 2 32 3 3 33 yxx 顶点 4 分 4 3 1 3 F 2 存在 5 分 7 分 1 0 3 P 9 分 2 2 3 P 3 存在 10 分 理由 解法一 延长到点 使 连接交直线于点 则点就是所求的点 BCB B CBC B F ACMM 11 分 过点作于点 B B HAB H 点在抛物线上 B 2 32 3 3 33 yxx 30 B 在中 RtBOC 3 tan 3 OBC 30OBC 2 3BC 在中 RtBB H 1 2 3 2 B HBB 12 分36BHB H 3OH 32 3 B A O x y B F C 图 9 H B M 设直线的解析式为B F ykxb 解得 2 33 4 3 3 kb kb 3 6 3 3 2 k b 13 分 33 3 62 yx 解得 33 33 3 62 yx yx 3 7 10 3 7 x y 310 3 77 M 在直线上存在点 使得的周长最小 此时 14 分 ACMMBF 310 3 77 M 解法二 过点作的垂线交轴于点 则点为点关于直线的对称点 连接交FACyHHFACBH 于点 则点即为所求 11 分ACMM 过点作轴于点 则 FFGy GOBFG BCFH 90BOCFGH BCOFHG HFGCBO 同方法一可求得 30 B 在中 可求得 RtBOC 3 tan 3 OBC 30OBC 3 3 GHGC 为线段的垂直平分线 可证得为等边三角形 GF CHCFH 垂直平分 AC FH 即点为点关于的对称点 12 分HFAC 5 3 0 3 H 设直线的解析式为 由题意得BHykxb 解得 03 5 3 3 kb b 5 3 9 5 3 3 k b A O x y B F C 图 10 H M G 13 分 55 33 93 y 解得 55 33 93 33 yx yx 3 7 10 3 7 x y 310 3 77 M 在直线上存在点 使得的周长最小 此时 1 ACMMBF 310 3 77 M 18 解 1 点在轴上 1 分Ey 理由如下 连接 如图所示 在中 AORtABO 1AB 3BO 2AO 1 sin 2 AOB 30AOB 由题意可知 60AOE 306090BOEAOBAOE 点在轴上 点在轴上 3 分 Bx Ey 2 过点作轴于点DDMx M 1OD 30DOM 在中 RtDOM 1 2 DM 3 2 OM 点在第一象限 D 点的坐标为 5 分 D 3 1 22 由 1 知 点在轴的正半轴上2EOAO Ey 点的坐标为 E 0 2 点的坐标为 6 分 A 31 抛物线经过点 2 yaxbxc E 2c 由题意 将 代入中得 31 A 3 1 22 D 2 2yaxbx 解得 3321 331 2 422 ab ab 8 9 5 3 9 a b 所求抛物线表达式为 9 分 2 85 3 2 99 yxx 3 存在符合条件的点 点 10 分PQ 理由如下 矩形的面积 ABOC3AB BO i 以为顶点的平行四边形面积为 OBPQ 2 3 由题意可知为此平行四边形一边 OB 又3OB 边上的高为 2 11 分OB 依题意设点的坐标为P 2 m 点在抛物线上 P 2 85 3 2 99 yxx 2 85 3 22 99 mm 解得 1 0m 2 5 3 8 m 1 0 2 P 2 5 3 2 8 P 以为顶点的四边形是平行四边形 OBPQ PQOB 3PQOB 当点的坐标为时 1 P 0 2 点的坐标分别为 Q 1 3 2 Q 2 3 2 Q y x O D E C F A BM 当点的坐标为时 2 P 5 3 2 8 点的坐标分别为 14 分Q 3 13 3 2 8 Q 4 3 3 2 8 Q 以上答案仅供参考 如有其它做法 可参照给分 以上答案仅供参考 如有其它做法 可参照给分 19 解 1 在中 令 2 3 3 4 yx 0y 2 3 30 4 x 1 2x 2 2x 1 分 2 0 A 2 0 B 又点在上 B 3 4 yxb 3 0 2 b 3 2 b 的解析式为 2 分BC 33 42 yx 2 由 得 4 分 2 3 3 4 33 42 yx yx 1 1 1 9 4 x y 2 2 2 0 x y 9 1 4 C 2 0 B 5 分4AB 9 4 CD 6 分 199 4 242 ABC S 3 过点作于点NNPMB P EOMB NPEO 7 分BNPBEO 8 分 BNNP BEEO 由直线可得 33 42 yx 3 0 2 E x y A B C E MD P N O 在中 则 BEO 2BO 3 2 EO 5 2 BE 9 分 2 53 22 tNP 6 5 NPt 1 6 4 2 5 Stt ii 10 分 2 312 04 55 Sttt 11 分 2 312 2 55 St 此抛物线开口向下 当时 2t 12 5 S 最大 当点运动 2 秒时 的面积达到最大 最大为 MMNB 12 5 20 解 1 如图 过点 B 作 BD OA 于点 D 在 Rt ABD 中 AB sin OAB 3 5 5 5 BD AB sin OAB 3 3 5 5 5 又由勾股定理 得 22 ADABBD 22 3 5 36 OD OA AD 10 6 4 点 B 在第一象限 点 B 的坐标为 4 3 3 分 设经过 O 0 0 C 4 3 A 10 0 三点的抛物线的函数表达式为 y ax2 bx a 0 由 1 1643 8 1001005 4 a ab ab b 经过 O C A 三点的抛物线的函数表达式为 2 分 2 15 84 yxx 2 假设在 1 中的抛物线上存在点 P 使以 P O C A 为顶点的四边形为梯形 点 C 4 3 不是抛物线的顶点 2 15 84 yxx 过点 C 做直线 OA 的平行线与抛物线交于点 P1 则直线 CP1的函数表达式为 y 3 对于 令 y 3x 4 或 x 6 2 15 84 yxx 12 12 4 6 3 3 xx yy 而点 C 4 3 P1 6 3 在四边形 P1AOC 中 CP1 OA 显然 CP1 OA 点 P1 6 3 是符合要求的点 1 分 若 AP2 CO 设直线 CO 的函数表达式为 1 yk x 将点 C 4 3 代入 得 11 3 43 4 kk 直线 CO 的函数表达式为 3 4 yx 于是可设直线 AP2的函数表达式为 1 3 4 yxb 将点 A 10 0 代入 得 315 42 x 直线 AP2的函数表达式为 315 42 yx 由 即 x 10 x 6 0 2 2 315 42 4600 15 84 yx xx yxx 12 12 10 6 0 12 xx yy 而点 A 10 0 P2 6 12 过点 P2作 P2E x 轴于点 E 则 P2E 12 在 Rt AP2E 中 由勾股定理 得 22 22 22 121620 APP EAE 而 CO OB 5 在四边形 P2OCA 中 AP2 CO 但 AP2 CO 点 P2 6 12 是符合要求的点 1 分 若 OP3 CA 设直线 CA 的函数表达式为 y k2x b2 将点 A 10 0 C 4 3 代入 得 222 22 2 1 100 2 43 5 kbk kb b 直线 CA 的函数表达式为 1 5 2 yx 直线 OP3的函数表达式为 1 2 yx 由即 x x 14 0 2 2 1 2 140 15 84 yx xx yxx 12 12 0 14 0 7 xx yy 而点 O 0 0 P3 14 7 过点 P3作 P3E x 轴于点 E 则 P3E 7 在 Rt OP3E 中 由勾股定理 得 22 22 33 7147 5 OPPFOF 而 CA AB 3 5 在四边形 P3OCA 中 OP3 CA 但 OP3 CA 点 P3 14 7 是符合要求的点 1 分 综上可知 在 1 中的抛物线上存在点 P1 6 3 P2 6 12 P3 14 7 使以 P O C A 为顶点的四边形为梯形 1 分 3 由题知 抛物线的开口可能向上 也可能向下 当抛物线开口向上时 则此抛物线与 y 轴的副半轴交与点 N 可设抛物线的函数表达式为 2 5 ya xkxk a 0 即 22 310yaxakxak 22 349 24 a xkak 如图 过点 M 作 MG x 轴于点 G Q 2k 0 R 5k 0 G N 0 10ak2 3 0 2 k M 2 349 24 kak 3 2 7 2 QOk QRk OGk 22 749 10 24 QGk ONakMGak 23 11 71035 22 QNR SQR ONkakak ii 111 222 QO ONONGMOGQG GM iiiii 2222 114931749 210 10 2242224 kakakakkkak 3 14949 29 1537 288 ak 2 分 33 21 35 3 20 4 QNMQNR SSakak 当抛物线开口向下时 则此抛物线与 y 轴的正半轴交于点 N 同理 可得 1 分 3 20 QNMQNR SS 综上所知 的值为 3 20 1 分 QNMQNR SS 21 解 1 m 5 n 3 2 y x 2 4 3 3 是定值 因为点 D 为 ACB 的平分线 所以可设点 D 到边 AC BC 的距离均为 h 设 ABC AB 边上的高为 H 则利用面积法可得 222 CM hCN hMN H CM CN h MN H CMCNMN Hh 又 H CM CN MN 化简可得 CM CN 1MN CM CNh 故 111 CMCNh 22 解 1 由已知得 解得 3 10 c bc c 3 b 2 抛物线的线的解析式为 2 23yxx 2 由顶点坐标公式得顶点坐标为 1 4 所以对称轴为 x 1 A E 关于 x 1 对称 所以 E 3 0 设对称轴与 x 轴的交点为 F y x 所以四边形 ABDE 的面积 ABODFEBOFD SSS 梯形 111 222 AO BOBODFOFEF DF 111 1 3 34 12 4 222 9 3 相似 如图 BD 2222 112BGDG BE 2222 333 2BOOE DE 2222 242 5DFEF 所以 即 所以是直角三角形 22 20BDBE 2 20DE 222 BDBEDE BDE 所以 且 90AOBDBE 2 2 AOBO BDBE 所以 AOBDBE 23 解 当 时 抛物线为 1 ba1 c123 2 xxy 方程的两个根为 0123 2 xx1 1 x 3 1 2 x 该抛物线与轴公共点的坐标是和 2 分x 1 0 1 0 3 当时 抛物线为 且与轴有公共点 1 bacxxy 23 2 x 对于方程 判别式 0 有 3 分023 2 cxxc124 c 3 1 当时 由方程 解得 3 1 c0 3 1 23 2 xx 3 1 21 xx 此时抛物线为与轴只有一个公共点 4 分 3 1 23 2 xxyx 1 0 3 当时 3 1 c 时 1 1 xccy 123 1 时 1 2 xccy 523 2 由已知时 该抛物线与轴有且只有一个公共点 考虑其对称轴为 11 10 50 c c 解得 51c 综上 或 6 分 3 1 c51c cy1 2 x023 2 cbay 又 0 cbababacbacba 22 23 于是 而 即 02 bacab 02 caa0 ca 7 分0 ca 关于的一元二次方程的判别式x023 2 cbxax 0 412 4124 222 accaaccaacb 抛物线与轴有两个公共点 顶点在轴下方 8 分cbxaxy 23 2 xx 又该抛物线的对称轴 a b x 3 由 0 cba0 c02 ba 得 aba 2 3 2 33 1 y1 2 x0 2 y 可知在范围内 该抛物线与轴有两个公共点 10 分10 2a时 存在最大值及最小值 O y x 1 因为的边 故当F点到BD的距离取得最大 最小值时 BFD 2BDb BFD S 取得最大 最小值 如图 所示时 2 CFBD 的最大值 BFD S 2 2 122 22 222 BF D bbab ba S 的最小值 BFD S 2 2 122 22 222 BF D bbab ba S 第二种情况 当b 2a时 存在最大值 不存在最小值 的最大值 如果答案为 4a2或b2也可 BFD S 2 2 2 bab 25 解 1 取中点 联结 ABHMH 为的中点 1 分 M DEMHBE 1 2 MHBEAD 又 1 分 ABBE MHAB 得 2分 1 分 1 2 ABM SAB MH i 1 2 0 2 yxx 2 由已知得 1 分 22 4 2DEx 以线段为直径的圆与以线段为直径的圆外切 ABDE 即 2 分 11 22 MHABDE 22 11 4 2 4 2 22 xx 解得 即线段的长为 1 分 4 3 x BE 4 3 3 由已知 以为顶点的三角形与相似 AND BME 又易证得 1 分 DAMEBM 由此可知 另一对对应角相等有两种情况 ADNBEM ADBBME 当时 ADNBEM ADBE ADNDBE DBEBEM 易得 得 2 分 DBDE 2BEAD 8BE 当时 ADBBME ADBE ADBDBE 又 DBEBME BEDMEB BEDMEB 即 得 DEBE BEEM 2 BEEM DE i 22222 1 2 4 2 4 2 xxx i 解得 舍去 即线段的长为 2 2 分 1 2x 2 10 x BE F1 O D C A B G FE F2 综上所述 所求线段的长为 8 或 2 BE 26 解 方案一 由题意可得 MBOB 点到甲村的最短距离为 1 分 MMB 点到乙村的最短距离为 MMD 将供水站建在点处时 管道沿铁路建设的长度之和最小 MMDMB 即最小值为 3 分 32 3MBMD 方案二 如图 作点关于射线的对称点 则 连接交MOEM 2MMME AM 于点 则 OEP 1 2 PEAM 4 分 26AMBM 3PE 在中 RtDME 3 sin602 33 2 DEDM i 11 2 33 22 MEDM 两点重合 即过点 6 分 PEDE PD AM D 在线段上任取一点 连接 则 CDP P AP MP M P MP M APP MAM 把供水站建在乙村的点处 管道沿线路铺设的长度之和最小 DDADM 即最小值为 7 分 2222 6 2 3 4 3ADDMAMAMMM 方案三 作点关于射线的对称点 连接 则 MOFM GMGMGM 作于点 交于点 交于点 M NOE NOFGAMH 为点到的最短距离 即 M N M OEM NGMGN 在中 RtM HM 30MM N 6MM 3MH 3NEMH 两点重合 即过点 3DE ND M N D 在中 10 分 RtM DM 2 3DM 4 3M D 在线段上任取一点 过作于点 连接 ABG G G NOE N G MG M M A E CD B F 30 P 甲村 东 北 M A E CD B F 30 第 25 题答案图 G G M M H 第 25 题答案图 P OO N N 显然 G MG NG MG NM D 把供水站建在甲村的处 管道沿线路铺设的长度之和最小 GGMGD 即最小值为 11 分 4 3GMGDM D 综上 供水站建在处 所需铺设的管道长度最短 12 分 32 34 3 M 27 解 1 由题意 BP tcm AQ 2tcm 则 CQ 4 2t cm C 90 AC 4cm BC 3cm AB 5cm AP 5 t cm PQ BC APQ ABC AP AB AQ AC 即 5 t 5 2t 4 解得 t 10 7 当 t 为秒时 PQ BC 10 7 2 分 2 过点 Q 作 QD AB 于点 D 则易证 AQD ABC AQ QD AB BC 2t DQ 5 3 DQ 6 5 t APQ 的面积 AP QD 5 t 1 2 1 2 6 5 t y 与 t 之间的函数关系式为 y 2 3 3 5 tt 5 分 3 由题意 当面积被平分时有 3 4 解得 t 2 3 3 5 tt 1 2 1 2 55 2 当周长被平分时 5 t 2t t 4 2t 3 解得 t 1 不存在这样 t 的值 8 分 4 过点 P 作 PE BC 于 E 易证 PAE ABC 当 PE QC 时 PQC 为等腰三角形 此时 QCP 为菱形 1 2 PAE ABC PE PB AC AB PE t 4 5 解得 PE 4 5 t QC 4 2t 2 4 2t 解得 t 4 5 t 10 9 当 t 时 四边形 PQP C 为菱形 10 9 此时 PE BE CE 8 9 2 3 7 3 10 分 在 Rt CPE 中 根据勾股定理可知 PC 22 PECE 22 87 93 505 9 此菱形的边长为cm 12 分 505 9 28 解 1 D 8 0 B 点的横坐标为 8 代入中 得 y 2 1 4 yx B 点坐标为 8 2 而 A B 两点关于原点对称 A 8 2 从而 k 8 2 16 2 N 0 n B 是 CD 的中点 A B M E 四点均在双曲线上 mn k B 2m C 2m n E m n 2 n 2mn 2k mn k mn k DCNO S矩形 DBO S 1 2 1 2 OEN S 1 2 1 2 k k 4 OBCE S矩形 DCNO S矩形 DBO S OEN S 由直线及双曲线 得 A 4 1 B 4 1 1 4 yx 4 y x C 4 2 M 2 2 设直线 CM 的解析式是 由 C M 两点在这条直线上 得yaxb 解得 a b 42 22 ab ab 2 3 直线 CM 的解析式是 y x 2 3 2 3 3 如图 分别作 AA1 x 轴 MM1 x 轴 垂足分别为 A1 M1 D B CE N O A M y x Q A1M1 设 A 点的横坐标为 a 则 B 点的横坐标为 a 于是 11 1 AMMAam p MPM Om 同理 MBma q MQm p q 2 am m ma m 29 解 1 将图 1 中的正方形等分成如图的四个小正方形 将这 4 个转发装置安装在这 4 个小正方形对角线的交点处 此时 每个小正方形的对角线长为 每 1 30 215 231 2 i 个转发装置都能完全覆盖一个小正方形区域 故安装 4 个这种装置可以达到预设的要求 3分 图案设计不唯一 2 将原正方形分割成如图 2 中的 3 个矩形 使得 将每个装置安装在这BEDGCG 些矩形的对角线交点处 设 则 AEx 30EDx 15DH 由 得 BEDG 2222 3015 30 xx 22515 604 x 2 2 15 3030 231 4 BE 即如此安装 3 个这种转发装置 也能达到预设要求 6 分 或 将原正方形分割成如图 2 中的 3 个矩形 使得 是的中点 将每个装31BE HCD 置安装在这些矩形的对角线交点处 则 22 313061AE 3061DE 即如此安装三个这个转发装置 能达到预设要 22 3061 1526 831DE 求 6 分 要用两个圆覆盖一个正方形 则一个圆至少要经过正方形相邻两个顶点 如图 3 用一个直 径为 31 的去覆盖边长为 30 的