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 2013年浙江中考数学押轴题归总解析

一、选择题

1.(2012浙江杭州3分)已知关于x，y的方程组 ，其中﹣3≤a≤1，给出下列结论：

① 是方程组的解;

②当a=﹣2时，x，y的值互为相反数;

③当a=1时，方程组的解也是方程x+y=4﹣a的解;

④若x≤1，则1≤y≤4.

其中正确的是【 】

A.①②　　B.②③　　C.②③④　　D.①③④

【答案】C。

【考点】二元一次方程组的解，解一元一次不等式组。

【分析】解方程组得出x、y的表达式，根据a的取值范围确定x、y的取值范围，逐一判断：

解方程组 ，得 。

∵﹣3≤a≤1，∴﹣5≤x≤3，0≤y≤4。

① 不符合﹣5≤x≤3，0≤y≤4，结论错误;

②当a=﹣2时，x=1+2a=﹣3，y=1﹣a=3，x，y的值互为相反数，结论正确;

③当a=1时，x+y=2+a=3，4﹣a=3，方程x+y=4﹣a两边相等，结论正确;

④当x≤1时，1+2a≤1，解得a≤0，y=1﹣a≥1，已知0≤y≤4，

故当x≤1时，1≤y≤4，结论正确。，

故选C。

2.(2012浙江湖州3分)如图，已知点A(4，0)，O为坐标原点，P是线段OA上任意一点(不含端点O，A)，过P、O两点的二次函数y1和过P、A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B、C，射线OB与AC相交于点D.当OD=AD=3时，这两个二次函数的最大值之和等于【 】

A. B. C.3 D.4

3. (2012浙江嘉兴、舟山4分)如图，正方形ABCD的边长为a，动点P从点A出发，沿折线A→B→D→C→A的路径运动，回到点A时运动停止.设点P运动的路程长为长为x，AP长为y，则y关于x的函数图象大致是【 】

A. B.

C. D.

【答案】D。

【考点】动点问题的函数图象。

【分析】因为动点P按沿折线A→B→D→C→A的路径运动，因此，y关于x的函数图象分为四部分：A→B，B→D，D→C，C→A。

当动点P在A→B上时，函数y随x的增大而增大，且y=x，四个图象均正确。

当动点P在B→D上时，函数y在动点P位于BD中点时最小，且在中点两侧是对称的，故选项B错误。

当动点P在D→C上时，函数y随x的增大而增大，故选项A，C错误。

当动点P在C→A上时，函数y随x的增大而减小。故选项D正确。故选D。

4. (2012浙江丽水、金华3分)小明用棋子摆放图形来研究数的规律.图1中棋子围城三角形，其棵数3，6，9，12，…称为三角形数.类似地，图2中的4，8，12，16，…称为正方形数.下列数中既是三角形数又是正方形数的是【 】

A.2010　　B.2012　　C.2014　　D.2016

【答案】D。

【考点】分类归纳(图形的变化类)。

【分析】观察发现，三角数都是3的倍数，正方形数都是4的倍数，所以既是三角形数又是正方形数的一定是12的倍数，然后对各选项计算进行判断即可得解：

∵2010÷12=167…6，2012÷12=167…8，2014÷12=167…10，2016÷12=168，

∴2016既是三角形数又是正方形数。故选D。

5. (2012浙江宁波3分)勾股定理是几何中的一个重要定理.在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载.如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理.图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则矩形KLMJ的面积为【 】

A.90　　B.100　　C.110　　D.121

【答案】C。

【考点】勾股定理的证明。

【分析】如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，

所以，四边形AOLP是正方形，边长AO=AB+AC=3+4=7。

所以，KL=3+7=10，LM=4+7=11，

因此，矩形KLMJ的面积为10×11=110。故选C。

6. (2012浙江衢州3分)已知二次函数y=﹣ x2﹣7x+ ，若自变量x分别取x1，x2，x3，且0

A.y1>y2>y3　　B.y1

【答案】A。

【考点】二次函数图象上点的坐标特征。

【分析】根据x1、x2、x3与对称轴的大小关系，判断y1、y2、y3的大小关系：

∵二次函数 ，∴此函数的对称轴为： 。

∵ <0

∴对称轴右侧y随x的增大而减小。∴y1>y2>y3。故选A。

7. (2012浙江绍兴4分)如图，直角三角形纸片ABC中，AB=3，AC=4，D为斜边BC中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D重合，折痕与AD交与点P1;设P1D的中点为D1，第2次将纸片折叠，使点A与点D1重合，折痕与AD交于点P2;设P2D1的中点为D2，第3次将纸片折叠，使点A与点D2重合，折痕与AD交于点P3;…;设Pn﹣1Dn﹣2的中点为Dn﹣1，第n次将纸片折叠，使点A与点Dn﹣1重合，折痕与AD交于点Pn(n>2)，则AP6的长为【 】

A. B. C. D.

【答案】A。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，翻折变换(折叠问题)。

【分析】由题意得，AD= BC= ，AD1=AD﹣DD1= ，AD2= ，AD3= ，…∴ADn= 。

故AP1= ，AP2= ，AP3= …APn= 。

∴当n=14时，AP6= 。故选A。

8. (2012浙江台州4分)如图，菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为【 】

A. 1 B. C. 2 D. +1

【答案】B。

【考点】菱形的性质，线段中垂线的性质，三角形三边关系，垂直线段的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】分两步分析：

(1)若点P，Q固定，此时点K的位置：如图，作点P关于BD的对称点P1，连接P1Q，交BD于点K1。

由线段中垂线上的点到线段两端距离相等的性质，得

P1K1 = P K1，P1K=PK。

由三角形两边之和大于第三边的性质，得P1K+QK>P1Q= P1K1+Q K1= P K1+Q K1。

∴此时的K1就是使PK+QK最小的位置。

(2)点P，Q变动，根据菱形的性质，点P关于BD的对称点P1在AB上，即不论点P在BC上任一点，点P1总在AB上。

因此，根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质，得，当P1Q⊥AB时P1Q最短。

过点A作AQ1⊥DC于点Q1。 ∵∠A=120°，∴∠DA Q1=30°。

又∵AD=AB=2，∴P1Q=AQ1=AD•cos300= 。

综上所述，PK+QK的最小值为 。故选B。

9. (2012浙江温州4分)如图，在△ABC中，∠C=90°，M是AB的中点，动点P从点A出发，沿AC方向匀速运动到终点C,动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B.已知P，Q两点同时出发，并同时到达终点.连结MP，MQ，PQ.在整个运动过程中，△MPQ的面积大小变化情况是【 】

A.一直增大 B.一直减小 C.先减小后增大 D.先增大后减小

【答案】C。

【考点】动点问题的函数图象。

【分析】如图所示，连接CM，∵M是AB的中点，

∴S△ACM=S△BCM= S△ABC，

开始时，S△MPQ=S△ACM= S△ABC;

由于P，Q两点同时出发，并同时到达终点，从而点P到达AC的中点时，点Q也到达BC的中点，此时，S△MPQ= S△ABC;

结束时，S△MPQ=S△BCM= S△ABC。

△MPQ的面积大小变化情况是：先减小后增大。故选C。

10. (2012浙江义乌3分)如图，已知抛物线y1=﹣2x2+2，直线y2=2x+2，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1、y2.若y1≠y2，取y1、y2中的较小值记为M;若y1=y2，记M=y1=y2.例如：当x=1时，y1=0，y2=4，y1

①当x>0时，y1>y2; ②当x<0时，x值越大，M值越小;

③使得M大于2的x值不存在; ④使得M=1的x值是 或 .

其中正确的是【 】

A.①②　　B.①④　　C.②③　　D.③④

【答案】D。

【考点】二次函数的图象和性质。

【分析】①∵当x>0时，利用函数图象可以得出y2>y1。∴此判断错误。

②∵抛物线y1=﹣2x2+2，直线y2=2x+2，当x任取一值时，x对应的函数值分别为y1、y2，

若y1≠y2，取y1、y2中的较小值记为M。

∴当x<0时，根据函数图象可以得出x值越大，M值越大。∴此判断错误。

③∵抛物线y1=﹣2x2+2，直线y2=2x+2，与y轴交点坐标为：(0，2)，

当x=0时，M=2，抛物线y1=﹣2x2+2，最大值为2，故M大于2的x值不存在;∴此判断正确。

④ ∵使得M=1时，

若y1=﹣2x2+2=1，解得：x1= ，x2=﹣ ;

若y2=2x+2=1，解得：x=﹣ 。

由图象可得出：当x= >0，此时对应y1=M。

∵抛物线y1=﹣2x2+2与x轴交点坐标为：(1，0)，(﹣1，0)，

∴当﹣1

∴M=1时，x= 或x=﹣ 。∴此判断正确。

因此正确的有：③④。故选D。

二、填空题

1. (2012浙江杭州4分)如图，平面直角坐标系中有四个点，它们的横纵坐标均为整数.若在此平面直角坐标系内移动点A，使得这四个点构成的四边形是轴对称图形，并且点A的横坐标仍是整数，则移动后点A的坐标为 ▲ .

【答案】(﹣1，1)，(﹣2，﹣2)。

【考点】利用轴对称设计图案。

【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，把A进行移动可得到点的坐标：

如图所示：A′(﹣1，1)，A″(﹣2，﹣2)。

2. (2012浙江湖州4分)如图，将正△ABC分割成m个边长为1的小正三角形和一个黑色菱形，这个黑色菱形可分割成n个边长为1的小三角形，若 ，则△ABC的边长是 ▲

【答案】12。

【考点】一元二次方程的应用(几何问题)，菱形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数定义。

【分析】设正△ABC的边长为x，则由勾股定理，得高为 ， 。

∵所分成的都是正三角形，

∴根据锐角三角函数定义，可得黑色菱形的较长的对角线为 ，较短的对角线为 。

∴黑色菱形的面积= 。

∴ ，整理得，11x2-144x+144=0。

解得 (不符合题意，舍去)，x2=12。

所以，△ABC的边长是12。

3. (2012浙江、舟山嘉兴5分)如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC.点D是AB的中点，连接CD，过点B作BG丄CD，分别交GD、CA于点E、F，与过点A且垂直于的直线相交于点G，连接DF.给出以下四个结论：

① ;②点F是GE的中点;③AF= AB;④S△ABC=5S△BDF，其中正确的结论序号是　 ▲ 　.

【答案】①③。

【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质。

【分析】∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∴AB⊥BC。

又∵AG⊥AB，∴AG∥BC。∴△AFG∽△CFB。∴ 。

∵BA=BC，∴ 。故①正确。

∵∠ABC=90°，BG⊥CD，∴∠DBE+∠BDE=∠BDE+∠BCD=90°。∴∠DBE=∠BCD。

∵AB=CB，点D是AB的中点，∴BD= AB= CB。∴ 。

又∵BG丄CD，∴∠DBE=∠BCD。∴在Rt△ABG中， 。

∵ ，∴FG= FB。故②错误。

∵△AFG∽△CFB，∴AF：CF=AG：BC=1：2。∴AF= AC。

∵AC= AB，∴AF= AB。故③正确。

设BD= a，则AB=BC=2 a，△BDF中BD边上的高= 。

∴S△ABC= ， S△BDF

∴S△ABC=6S△BDF，故④错误。

因此，正确的结论为①③。

4. (2012浙江丽水、金华4分)如图，在直角梯形ABCD中，∠A=90°，∠B=120°，AD= ，AB=6.在底边AB上取点E，在射线DC上取点F，使得∠DEF=120°.

(1)当点E是AB的中点时，线段DF的长度是　 ▲ 　;

(2)若射线EF经过点C，则AE的长是　 ▲ 　.

【答案】6;2或5。

【考点】直角梯形的性质，勾股定理，解直角三角形。

【分析】(1)如图1，过E点作EG⊥DF，∴EG=AD= 。

∵E是AB的中点，AB=6，∴DG=AE=3。

∴∠DEG=60°(由三角函数定义可得)。

∵∠DEF=120°，∴∠FEG=60°。

∴tan60°= ，解得，GF=3。

∵EG⊥DF，∠DEG=∠FEG，∴EG是DF的中垂线。∴DF=2 GF=6。1世纪教育网

(2)如图2，过点B作BH⊥DC，延长AB至点M，过点C作CF⊥AB于F，则BH=AD= 。

∵∠ABC=120°，AB∥CD，∴∠BCH=60°。

∴CH= ，BC= 。

设AE=x，则BE=6-x，

在Rt△ADE中，DE= ，

在Rt△EFM中，EF= ，

∵AB∥CD，∴∠EFD=∠BEC。

∵∠DEF=∠B=120°，∴△EDF∽△BCE。

∴ ，即 ，解得x=2或5。

5. (2012浙江宁波3分)如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=2 ，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径画⊙O分别交AB，AC于E，F，连接EF，则线段EF长度的最小值为 ▲ .

【答案】 。

【考点】垂线段的性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，此时线段EF=2EH=20E•sin∠EOH=20E•sin60°，当半径OE最短时，EF最短。如图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H。

∵在Rt△ADB中，∠ABC=45°，AB=2 ，

∴AD=BD=2，即此时圆的直径为2。

由圆周角定理可知∠EOH= ∠EOF=∠BAC=60°，

∴在Rt△EOH中，EH=OE•sin∠EOH=1× 。

由垂径定理可知EF=2EH= 。

6. (2012浙江衢州4分)如图，已知函数y=2x和函数 的图象交于A、B两点，过点A作AE⊥x轴于点E，若△AOE的面积为4，P是坐标平面上的点，且以点B、O、E、P为顶点的四边形是平行四边形，则满足条件的P点坐标是　 ▲ 　.

【答案】(0，﹣4)，(﹣4，﹣4)，(4，4)。

【考点】反比例函数综合题，平行四边形的性质。

【分析】先求出B、O、E的坐标，再根据平行四边形的性质画出图形，即可求出P点的坐标：

如图，∵△AOE的面积为4，函数 的图象过一、三象限，∴k=8。

∴反比例函数为

∵函数y=2x和函数 的图象交于A、B两点，

∴A、B两点的坐标是：(2，4)(﹣2，﹣4)，

∵以点B、O、E、P为顶点的平行四边形共有3个，

∴满足条件的P点有3个，分别为：P1(0，﹣4)，P2(﹣4，﹣4)，P3(4，4)。

7. (2012浙江绍兴5分)如图，矩形OABC的两条边在坐标轴上，OA=1，OC=2，现将此矩形向右平移，每次平移1个单位，若第1次平移得到的矩形的边与反比例函数图象有两个交点，它们的纵坐标之差的绝对值为0.6，则第n次(n>1)平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为 ▲ (用含n的代数式表示)

【答案】 或 。

【考点】反比例函数综合题，反比例函数的性质，平移的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。

【分析】设反比例函数解析式为 ，则

①与BC，AB平移后的对应边相交时，则由两交点纵坐标之差的绝对值为0.6和反比例函数关于 对称的性质，得

与AB平移后的对应边相交的交点的坐标为(2，1.4)，代入 ，得 ，解得 。

∴反比例函数解析式为 。

则第n次(n>1)平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为： 。

②与OC，AB平移后的对应边相交时，由 得 。

∴反比例函数解析式为 。

则第n次(n>1)平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为： 。

综上所述，第n次(n>1)平移得到的矩形的边与该反比例函数图象的两个交点的纵坐标之差的绝对值为 或 。

8. (2012浙江台州5分)请你规定一种适合任意非零实数a，b的新运算“a⊕b”，使得下列算式成立：

1⊕2=2⊕1=3，(﹣3)⊕(﹣4)=(﹣4)⊕(﹣3)=﹣ ，(﹣3)⊕5=5⊕(﹣3)=﹣ ，…

你规定的新运算a⊕b= ▲ (用a，b的一个代数式表示).

【答案】 。

【考点】分类归纳(数字的变化类)，新定义。

【分析】寻找规律：

∵ ，

，•••

∴ 。

9. (2012浙江温州5分)如图，已知动点A在函数 (x>o)的图象上，AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，延长CA至点D，使AD=AB，延长BA至点E，使AE=AC.直线DE分别交x轴，y轴于点P,Q.当QE：DP=4:9时，图中的阴影部分的面积等于 ▲ _.

【答案】 。

【考点】反比例函数综合题，曲线上坐标与方程的关系，勾股定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥y轴于点F。

∵A在函数 (x>o)的图象上，∴设A(t， )，

则AD=AB=DG= ，AE=AC=EF=t。

在Rt△ADE中，由勾股定理，得

。

∵△EFQ∽△DAE，∴QE：DE=EF：AD。∴QE= 。

∵△ADE∽△GPD，∴DE：PD=AE：DG。∴DP= 。

又∵QE：DP=4：9，∴ 。解得 。

∴图中阴影部分的面积= 。

10. (2012浙江义乌4分)如图，已知点A(0，2)、B( ，2)、C(0，4)，过点C向右作平行于x轴的射线，点P是射线上的动点，连接AP，以AP为边在其左侧作等边△APQ，连接PB、BA.若四边形ABPQ为梯形，则：

(1)当AB为梯形的底时，点P的横坐标是　 ▲ 　;

(2)当AB为梯形的腰时，点P的横坐标是　 ▲

【答案】 ， 。

【考点】梯形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值，平行四边形的判定和性质。

【分析】(1)如图1：当AB为梯形的底时，PQ∥AB，

∴Q在CP上。

∵△APQ是等边三角形，CP∥x轴，

∴AC垂直平分PQ。

∵A(0，2)，C(0，4)，∴AC=2。

∴ 。

∴当AB为梯形的底时，点P的横坐标是： 。

(2)如图2，当AB为梯形的腰时，AQ∥BP，∴Q在y轴上。∴BP∥y轴。

∵CP∥x轴，∴四边形ABPC是平行四边形。∴CP=AB= 。

∴当AB为梯形的腰时，点P的横坐标是： 。

三、解答题

1. (2012浙江杭州12分)在平面直角坐标系内，反比例函数和二次函数y=k(x2+x﹣1)的图象交于点A(1，k)和点B(﹣1，﹣k).

(1)当k=﹣2时，求反比例函数的解析式;

(2)要使反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，求k应满足的条件以及x的取值范围;

(3)设二次函数的图象的顶点为Q，当△ABQ是以AB为斜边的直角三角形时，求k的值.

【答案】解：(1)当k=﹣2时，A(1，﹣2)，

∵A在反比例函数图象上，∴设反比例函数的解析式为： 。

将A(1，﹣2)代入得： ，解得：m=﹣2。

∴反比例函数的解析式为： 。

(2)∵要使反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，∴k<0。

∵二次函数y=k(x2+x﹣1)= ，∴它的对称轴为：直线x=﹣ 。

要使二次函数y=k(x2+x﹣1)满足上述条件，在k<0的情况下，x必须在对称轴的左边，即x<﹣ 时，才能使得y随着x的增大而增大。

∴综上所述，k<0且x<﹣ 。

(3)由(2)可得：Q 。

∵△ABQ是以AB为斜边的直角三角形，A点与B点关于原点对称，(如图是其中的一种情况)

∴原点O平分AB，∴OQ=OA=OB。

作AD⊥OC，QC⊥OC，垂足分别为点C，D。

∴ 。

∵ ，

∴ ，解得：k=± 。

【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，反比例函数和二次函数的性质。

【分析】(1)当k=﹣2时，即可求得点A的坐标，然后设反比例函数的解析式为： ，利用待定系数法即可求得答案;

(2)由反比例函数和二次函数都是y随着x的增大而增大，可得k<0。

又由二次函数y=k(x2+x﹣1)的对称轴为x=﹣ ，可得x<﹣ 时，才能使得y随着x的增大而增大。

(3)由△ABQ是以AB为斜边的直角三角形，A点与B点关于原点对称，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得OQ=OA=OB，又由Q ，A(1，k)，即可得 ，从而求得答案。

2.(2012浙江杭州12分)如图，AE切⊙O于点E，AT交⊙O于点M，N，线段OE交AT于点C，OB⊥AT于点B，已知∠EAT=30°，AE=3 ，MN=2 .

(1)求∠COB的度数;

(2)求⊙O的半径R;

(3)点F在⊙O上( 是劣弧)，且EF=5，把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合.在EF的同一侧，这样的三角形共有多少个?你能在其中找出另一个顶点在⊙O上的三角形吗?请在图中画出这个三角形，并求出这个三角形与△OBC的周长之比.

【答案】解：(1)∵AE切⊙O于点E，∴AE⊥CE。

又∵OB⊥AT，∴∠AEC=∠CBO=90°，

又∵∠BCO=∠ACE，∴△AEC∽△OBC。

又∵∠A=30°，∴∠COB=∠A=30°。

(2)∵AE=3 ，∠A=30°，

∴在Rt△AEC中，tanA=tan30°= ，即EC=AEtan30°=3。

∵OB⊥MN，∴B为MN的中点。

又∵MN=2 ，∴MB= MN= 。

连接OM，在△MOB中，OM=R，MB= ，

∴ 。

在△COB中，∠BOC=30°，

∵cos∠BOC=cos30°= ，∴BO= OC。

∴ 。

又∵OC+EC=OM=R，

∴ 。

整理得：R2+18R﹣115=0，即(R+23)(R﹣5)=0，解得：R=﹣23(舍去)或R=5。

∴R=5。

(3)在EF同一侧，△COB经过平移、旋转和相似变换后，这样的三角形有6个，

如图，每小图2个，顶点在圆上的三角形，如图所示：

延长EO交圆O于点D，连接DF，如图所示，

△FDE即为所求。

∵EF=5，直径ED=10，可得出∠FDE=30°，

∴FD=5 。

则C△EFD=5+10+5 =15+5 ，

由(2)可得C△COB=3+ ，

∴C△EFD：C△COB=(15+5 )：(3+ )=5：1。

【考点】切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，锐角三角函数定义，勾股定理，垂径定理，平移、旋转的性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】(1)由AE与圆O相切，根据切线的性质得到AE⊥CE，又OB⊥AT，可得出两直角相等，再由一对对顶角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出△AEC∽△OBC，根据相似三角形的对应角相等可得出所求的角与∠A相等，由∠A的度数即可求出所求角的度数。

(2)在Rt△AEC中，由AE及tanA的值，利用锐角三角函数定义求出CE的长，再由OB⊥MN，根据垂径定理得到B为MN的中点，根据MN的长求出MB的长，在Rt△OBM中，由半径OM=R，及MB的长，利用勾股定理表示出OB的长，在Rt△OBC中，由表示出OB及cos30°的值，利用锐角三角函数定义表示出OC，用OE﹣OC=EC列出关于R的方程，求出方程的解得到半径R的值。

(3)把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合.在EF的同一侧，这样的三角形共有6个。

顶点在圆上的三角形，延长EO与圆交于点D，连接DF，△FDE即为所求。

根据ED为直径，利用直径所对的圆周角为直角，得到△FDE为直角三角形，由∠FDE为30°，利用锐角三角函数定义求出DF的长，表示出△EFD的周长，再由(2)求出的△OBC的三边表示出△BOC的周长，即可求出两三角形的周长之比。

3. (2012浙江湖州10分)为进一步建设秀美、宜居的生态环境，某村欲购买甲、乙、丙三种树美化村庄，已知甲、乙丙三种树的价格之比为2：2：3，甲种树每棵200元，现计划用210000元资金，购买这三种树共1000棵.

(1)求乙、丙两种树每棵各多少元?

(2)若购买甲种树的棵树是乙种树的2倍，恰好用完计划资金，求这三种树各能购买多少棵?

(3)若又增加了10120元的购树款，在购买总棵树不变的前提下，求丙种树最多可以购买多少棵?

【答案】解：(1)已知甲、乙丙三种树的价格之比为2：2：3，甲种树每棵200元，

∴乙种树每棵200元，丙种树每棵 ×200=300(元)。

(2)设购买乙种树x棵，则购买甲种树2x棵，丙种树(1000-3x)棵.

根据题意：200•2x+200x+300(1000-3x)=210000，

解得x=30。

∴2x=600，1000-3x=100，

答：能购买甲种树600棵，乙种树300棵，丙种树100棵。

(3)设购买丙种树y棵，则甲、乙两种树共(1000-y)棵，

根据题意得：200(1000-y)+300y≤210000+10120，

解得：y≤201.2。

∵y为正整数，∴y最大为201。

答：丙种树最多可以购买201棵。

【考点】一元一次方程和一元一次不等式的应用。

【分析】(1)利用已知甲、乙丙三种树的价格之比为2：2：3，甲种树每棵200元，即可求出乙、丙两种树每棵钱数。

(2)设购买乙种树x棵，则购买甲种树2x棵，丙种树(1000-3x)棵，利用(1)中所求树木价格以及现计划用210000元资金购买这三种树共1000棵，得出等式方程，求出即可。

(3)设购买丙种树y棵，则甲、乙两种树共(1000-y)棵，根据题意列不等式，求出即可。

4. (2012浙江湖州12分)如图1，已知菱形ABCD的边长为 ，点A在x轴负半轴上，点B在坐标原点.点D的坐标为(- ，3)，抛物线y=ax2+b(a≠0)经过AB、CD两边的中点.

(1)求这条抛物线的函数解析式;

(2)将菱形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向匀速平移(如图2)，过点B作BE⊥CD于点E，交抛物线于点F，连接DF、AF.设菱形ABCD平移的时间为t秒(0

①是否存在这样的t，使△ADF与△DEF相似?若存在，求出t的值;若不存在，请说明理由;

②连接FC，以点F为旋转中心，将△FEC按顺时针方向旋转180°，得△FE′C′，当△FE′C′落在x轴与抛物线在x轴上方的部分围成的图形中(包括边界)时，求t的取值范围.(写出答案即可)

【答案】解：(1)由题意得AB的中点坐标为(-3 ，0)，CD的中点坐标为(0，3)，

分别代入y=ax2+b，得 ，解得， 。

∴这条抛物线的函数解析式为y=-x2+3。

(2)①存在。如图2所示，在Rt△BCE中，∠BEC=90°，BE=3，BC= ，

∴ 。∴∠C=60°，∠CBE=30°。∴EC= BC= ，DE= 。

又∵AD∥BC，∴∠ADC+∠C=180°。∴∠ADC=180°-60°=120°

要使△ADF与△DEF相似，则△ADF中必有一个角为直角。

(I)若∠ADF=90°，∠EDF=120°-90°=30°。

在Rt△DEF中，DE= ，得EF=1，DF=2。

又∵E(t，3)，F(t，-t2+3)，∴EF=3-(-t2+3)=t2。∴t2=1。

∵t>0，∴t=1 。

此时 ，∴ 。

又∵∠ADF=∠DEF，∴△ADF∽△DEF。

(II)若∠DFA=90°，可证得△DEF∽△FBA，则 。

设EF=m，则FB=3-m。

∴ ，即m2-3m+6=0，此方程无实数根。∴此时t不存在。

(III)由题意得，∠DAF<∠DAB=60°，∴∠DAF≠90°，此时t不存在。

综上所述，存在t=1，使△ADF与△DEF相似。

② 。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，菱形的性质，平移的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，平行的性质，相似三角形的判定，解方程和不等式。

【分析】(1)根据已知条件求出AB和CD的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式。

(2)①如图2所示，△ADF与△DEF相似，包括三种情况，需要分类讨论：

(I)若∠ADF=90°时，△ADF∽△DEF，求此时t的值。

(II)若∠ADF=90°时，△DEF∽△FBA，利用相似三角形的对应边成比例可以求得相应的t的值。

(III)∠DAF≠90°，此时t不存在。

②画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制条件列出不等式，求出t的取值范围：

如图3所示，依题意作出旋转后的三角形△FE′C′，过C′作MN⊥x轴，分别交抛物线、x轴于点M、点N。

观察图形可知，欲使△FE′C′落在指定区域内，必须满足：EE′≤BE且MN≥C′N。

∵F(t，3-t2)，∴EF=3-(3-t2)=t2。∴EE′=2EF=2t2。

由EE′≤BE，得2t2≤3，解得 。

又∵C′E′=CE= ，∴C′点的横坐标为t- 。∴MN=3-(t- )2，

又C′N=BE′=BE-EE′=3-2t2，

∴由MN≥C′N，得3-(t- )2≥3-2t2，即t2+2 t-3≥0。

求出t2+2 t-3=0，得 ，∴t2+2 t-3≥0即 。

∵ ，∴ ，解得t≥ 。

∴t的取值范围为： 。

5. (2012浙江嘉兴、舟山12分)将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度，并使各边长变为原来的n倍，得△AB′C′，即如图①，我们将这种变换记为[θ，n].

(1)如图①，对△ABC作变换[60°， ]得△AB′C′，则S△AB′C′：S△ABC=　 　;直线BC与直线B′C′所夹的锐角为　 　度;

(2)如图②，△ABC中，∠BAC=30°，∠ACB=90°，对△ABC 作变换[θ，n]得△AB'C'，使点B、C、C′在同一直线上，且四边形ABB'C'为矩形，求θ和n的值;

(4)如图③，△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=l，对△ABC作变换[θ，n]得△AB′C′，使点B、C、B′在同一直线上，且四边形ABB'C'为平行四边形，求θ和n的值.

【答案】解：(1) 3;60。

(2)∵四边形 ABB′C′是矩形，∴∠BAC′=90°。

∴θ=∠CAC′=∠BAC′﹣∠BAC=90°﹣30°=60°.

在 Rt△AB B' 中，∠ABB'=90°，∠BAB′=60°，∴∠AB′B=30°。

∴AB′=2 AB，即 。

(3)∵四边形ABB′C′是平行四边形，∴AC′∥BB′。

又∵∠BAC=36°，∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°。∴∠C′AB′=∠BAC=36°。

而∠B=∠B，∴△ABC∽△B′BA。∴AB：BB′=CB：AB。

∴AB2=CB•BB′=CB(BC+CB′)。

而 CB′=AC=AB=B′C′，BC=1，∴AB2=1(1+AB)，解得， 。

∵AB>0，∴ 。

【考点】新定义，旋转的性质，矩形的性质，含300角直角三角形的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，公式法解一元二次方，。

【分析】(1)根据题意得：△ABC∽△AB′C′，

∴S△AB′C′：S△ABC= ，∠B=∠B′。

∵∠ANB=∠B′NM，∴∠BMB′=∠BAB′=60°。

(2)由四边形 ABB′C′是矩形，可得∠BAC′=90°，然后由θ=∠CAC′=∠BAC′-∠BAC，即可求得θ的度数，又由含30°角的直角三角形的性质，即可求得n的值。

(3)由四边形ABB′C′是平行四边形，易求得θ=∠CAC′=∠ACB=72°，又由△ABC∽△B′BA，根据相似三角形的对应边成比例，易得AB2=CB•BB′=CB(BC+CB′)，继而求得答案。

6. (2012浙江嘉兴、舟山14分)在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x2上的动点(点在第一象限内).连接 OP，过点0作OP的垂线交抛物线于另一点Q.连接PQ，交y轴于点M.作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B.设点P的横坐标为m.

(1)如图1，当m= 时，

①求线段OP的长和tan∠POM的值;

②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标;

(2)如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E.

①用含m的代数式表示点Q的坐标;

②求证：四边形ODME是矩形.

【答案】解：(1)①把x= 代入 y=x2，得 y=2，∴P( ，2)，∴OP= 。

∵PA丄x轴，∴PA∥MO.∴ 。

②设 Q(n，n2)，∵tan∠QOB=tan∠POM，∴ .∴ 。

∴Q( )。∴OQ= 。

∴当 OQ=OC 时，则C1(0， )，C2(0，- )。

当 OQ=CQ 时，则 C3(0，1)。

(2)①∵点P的横坐标为m，∴P(m，m2)。设 Q(n，n2)，

∵△APO∽△BOQ，∴ 。∴ ，得 。

∴Q( )。

②设直线PO的解析式为：y=kx+b，把P(m，m2)、Q( )代入，得：

，解得b=1。∴M(0，1)。

∵ ，∠QBO=∠MOA=90°，∴△QBO∽△MOA。

∴∠MAO=∠QOB，∴QO∥MA。

同理可证：EM∥OD。

又∵∠EOD=90°，∴四边形ODME是矩形。

【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，勾股定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定。

【分析】(1)①已知m的值，代入抛物线的解析式中可求出点P的坐标;由此确定PA、OA的长，通过解直角三角形易得出结论。

②题目要求△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，所以分QO=OC、QC=QO两种情况来判断：

QO=QC时，Q在线段OC的垂直平分线上，Q、O的纵坐标已知，C点坐标即可确定;

QO=OC时，先求出OQ的长，那么C点坐标可确定。

(2)①由∠QOP=90°，易求得△QBO∽△MOA，通过相关的比例线段来表示出点Q的坐标。

②在四边形ODME中，已知了一个直角，只需判定该四边形是平行四边形即可，那么可通过证明两组对边平行来得证。

7. (2012浙江丽水、金华10分)在直角坐标系中，点A是抛物线y=x2在第二象限上的点，连接OA，过点O作OB⊥OA，交抛物线于点B，以OA、OB为边构造矩形AOBC.

(1)如图1，当点A的横坐标为　　　　时，矩形AOBC是正方形;

(2)如图2，当点A的横坐标为 时，

①求点B的坐标;

②将抛物线y=x2作关于x轴的轴对称变换得到抛物线y=-x2，试判断抛物线y=-x2经过平移交换后，能否经过A，B，C三点?如果可以，说出变换的过程;如果不可以，请说明理由.

【答案】解：(1) -1。

(2)　①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，

当x=- 时，y=(- )2= ，

即OE= ，AE= 。

∵∠AOE+∠BOF=180°-90°=90°，21世

∠AOE+∠EAO=90°，

∴∠EAO=∠BOF。

又∵∠AEO=∠BFO=90°，∴△AEO∽△OFB。

∴ 。

设OF=t，则BF=2t，∴t2=2t，解得：t1=0(舍去)，t2=2。

∴点B(2，4)。

②过点C作CG⊥BF于点G，

∵∠AOE+∠EAO=90°，∠FBO+∠CBG=90°，∠EOA=∠FBO，

∴∠EAO=∠CBG。

在△AEO和△BGC中，∠AEO=∠G=900，∠EAO=∠CBG,AO=BC，

∴△AEO≌△BGC(AAS)。∴CG=OE= ，BG=AE= 。

∴xc=2- ，yc=4+ 。∴点C( )。

设过A(- ， )、B(2，4)两点的抛物线解析式为y=-x2+bx+c，由题意得，

，得 。

∴经过A、B两点的抛物线解析式为y=-x2+3x+2。

∵当x= 时，y=-( )2+3× +2= ，∴点C也在此抛物线上。

∴经过A、B、C三点的抛物线解析式为y=-x2+3x+2=-(x- )2+ 。

平移方案：先将抛物线y=-x2向右平移 个单位，再向上平移 个单位得到抛物线

y=-(x- )2+ 。

【考点】二次函数综合题，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，全等和相似三角形的判定和性质，平移的性质。

【分析】(1)如图，过点A作AD⊥x轴于点D，

∵矩形AOBC是正方形，∴∠AOC=45°。

∴∠AOD=90°-45°=45°。

∴△AOD是等腰直角三角形。

设点A的坐标为(-a，a)(a≠0)，

则(-a)2=a，

解得a1=-1，a2=0(舍去)，∴点A的坐标-a=-1。

(2)　①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，先利用抛物线解析式求出AE的长度，然后证明△AEO和△OFB相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出OF与BF的关系，然后利用点B在抛物线上，设出点B的坐标代入抛物线解析式计算即可得解。

②过点C作CG⊥BF于点G，可以证明△AEO和△BGC全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=OE，BG=AE，然后求出点C的坐标，再根据对称变换以及平移变换不改变抛物线的形状利用待定系数法求出过点A、B的抛物线解析式，把点C的坐标代入所求解析式进行验证变换后的解析式是否经过点C，如果经过点C，把抛物线解析式转化为顶点式解析式，根据顶点坐标写出变换过程即可。

8. (2012浙江丽水、金华12分)在△ABC中，∠ABC=45°，tan∠ACB= .如图，把△ABC的一边BC放置在x轴上，有OB=14，OC= ，AC与y轴交于点E.【来源：全,品…中&高*考+网】

(1)求AC所在直线的函数解析式;

(2)过点O作OG⊥AC，垂足为G，求△OEG的面积;

(3)已知点F(10，0)，在△ABC的边上取两点P，Q，是否存在以O，P，Q为顶点的三角形与△OFP全等，且这两个三角形在OP的异侧?若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1) 在Rt△OCE中，OE=OCtan∠OCE= ，∴点E(0， 。

设直线AC的函数解析式为y=kx+ ，有 ，解得：k= 。

∴直线AC的函数解析式为y= 。

(2) 在Rt△OGE中，tan∠EOG=tan∠OCE= ，

设EG=3t，OG=5t， ，∴ ，得t=2。

∴EG=6，OG=10。∴ /

(3) 存在。

①当点Q在AC上时，点Q即为点G，

如图1，作∠FOQ的角平分线交CE于点P1，

由△OP1F≌△OP1Q，则有P1F⊥x轴，

由于点P1在直线AC上，当x=10时，

y=

∴点P1(10， )。

②当点Q在AB上时，如图2，有OQ=OF，作∠FOQ的角平分线交CE于点P2，过点Q作QH⊥OB于点H，设OH=a，

则BH=QH=14-a，

在Rt△OQH中，a2+(14-a)2=100，

解得：a1=6，a2=8，∴Q(-6，8)或Q(-8，6)。

连接QF交OP2于点M.

当Q(-6，8)时，则点M(2，4);当Q(-8，6)时，则点M(1，3)。

设直线OP2的解析式为y=kx，则2k=4，k=2。∴y=2x。

解方程组 ，得 。

∴P2( );

当Q(-8，6)时，则点M(1，3).同理可求P2′( )。

综上所述，满足条件的P点坐标为

(10， )或( )或( )。

【考点】一次函数综合题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，锐角三角函数定义，全等三角形的判定和应用。

【分析】(1)根据三角函数求E点坐标，运用待定系数法求解。

(2)在Rt△OGE中，运用三角函数和勾股定理求EG，OG的长度，再计算面积。

(3)分两种情况讨论求解：①点Q在AC上;②点Q在AB上.求直线OP与直线AC的交点坐标即可。

9. (2012浙江宁波10分)邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作;在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又剩下一个四边形，称为第二次操作;…依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形.如图1， ABCD中，若AB=1，BC=2，则 ABCD为1阶准菱形.

(1)判断与推理：

①邻边长分别为2和3的平行四边形是 阶准菱形;

②小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：如图2，把 ABCD沿BE折叠(点E在AD上)，使点A落在BC边上的点F，得到四边形ABFE.请证明四边形ABFE是菱形.

(2)操作、探究与计算：

①已知▱ABCD的邻边长分别为1，a(a>1)，且是3阶准菱形，请画出 ABCD及裁剪线的示意图，并在图形下方写出a的值;

②已知 ABCD的邻边长分别为a，b(a>b)，满足a=6b+r，b=5r，请写出 ABCD是几阶准菱形.

【答案】解：(1)①2。

②由折叠知：∠ABE=∠FBE，AB=BF，

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF。∴∠AEB=∠FBE。

∴∠AEB=∠ABE。∴AE=AB。∴AE=BF。

∴四边形ABFE是平行四边形。∴四边形ABFE是菱形。

(2)①如图所示：

②∵a=6b+r，b=5r，∴a=6×5r+r=31r。

如图所示，

故 ABCD是10阶准菱形。

【考点】图形的剪拼，平行四边形的性质，平行的性质，菱形的性质，作图(应用与设计作图)。

【分析】(1)①根据邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作即可得出所剩四边形是边长为1菱形，故邻边长分别为2和3的平行四边形是2阶准菱形。

②根据平行四边形的性质得出AE∥BF，从而得出AE=BF，即可得出答案。

(2)①利用3阶准菱形的定义，即可得出答案。

②根据a=6b+r，b=5r，用r表示出各边长，从而利用图形得出 ABCD是几阶准菱形。

10.(2012浙江宁波12分)如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A(﹣1，0)，B(2，0)，交y轴于C(0，﹣2)，过A，C画直线.

(1)求二次函数的解析式;

(2)点P在x轴正半轴上，且PA=PC，求OP的长;

(3)点M在二次函数图象上，以M为圆心的圆与直线AC相切，切点为H.

①若M在y轴右侧，且△CHM∽△AOC(点C与点A对应)，求点M的坐标;

②若⊙M的半径为 ，求点M的坐标.

【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A(﹣1，0)，B(2，0)

∴设该二次函数的解析式为：y=a(x+1)(x﹣2)，

将x=0，y=﹣2代入，得﹣2=a(0+1)(0﹣2)，解得a=1。

∴抛物线的解析式为y=(x+1)(x﹣2)，即y=x2﹣x﹣2。

(2)设OP=x，则PC=PA=x+1，

在Rt△POC中，由勾股定理，得x2+22=(x+1)2，

解得，x= ，即OP= 。

(3)①∵△CHM∽△AOC，∴∠MCH=∠CAO。

(i)如图1，当H在点C下方时，

∵∠MCH=∠CAO，∴CM∥x轴，∴yM=﹣2。

∴x2﹣x﹣2=﹣2，解得x1=0(舍去)，x2=1。

∴M(1，﹣2)。

(ii)如图2，当H在点C上方时，

∵∠M′CH=∠CAO，∴PA=PC。

由(2)得，M′为直线CP与抛物线的另一交点，

设直线CM′的解析式为y=kx﹣2，

把P( ，0)的坐标代入，得 k﹣2=0，解得k= 。

∴y= x﹣2。

由 x﹣2=x2﹣x﹣2，解得x1=0(舍去)，x2= 。此时y= × 。

∴M′( )。

②在x轴上取一点D，如图3，过点D作DE⊥AC于点E，使DE= ，

在Rt△AOC中，AC= 。

∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD，

∴△AED∽△AOC，

∴ ，即 ，解得AD=2。

∴D(1，0)或D(﹣3，0)。

过点D作DM∥AC，交抛物线于M，如图

则直线DM的解析式为：y=﹣2x+2或y=﹣2x﹣6。

当﹣2x﹣6=x2﹣x﹣2时，即x2+x+4=0，方程无实数根，

当﹣2x+2=x2﹣x﹣2时，即x2+x﹣4=0，解得 。

∴点M的坐标为( )或( )。

【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，勾股定理，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。

【分析】(1)根据与x轴的两个交点A、B的坐标，故设出交点式解析式，然后把点C的坐标代入计算求出a的值，即可得到二次函数解析式。

(2)设OP=x，然后表示出PC、PA的长度，在Rt△POC中，利用勾股定理列式，然后解方程即可。

(3)①根据相似三角形对应角相等可得∠MCH=∠CAO，然后分(i)点H在点C下方时，利用同位角相等，两直线平行判定CM∥x轴，从而得到点M的纵坐标与点C的纵坐标相同，是-2，代入抛物线解析式计算即可;(ii)点H在点C上方时，根据(2)的结论，点M为直线PC与抛物线的另一交点，求出直线PC的解析式，与抛物线的解析式联立求解即可得到点M的坐标。

②在x轴上取一点D，过点D作DE⊥AC于点E，可以证明△AED和△AOC相似，根据相似三角形对应边成比例列式求解即可得到AD的长度，然后分点D在点A的左边与右边两种情况求出OD的长度，从而得到点D的坐标，再作直线DM∥AC，然后求出直线DM的解析式，与抛物线解析式联立求解即可得到点M的坐标。

11. (2012浙江衢州10分)课本中，把长与宽之比为 的矩形纸片称为标准纸.请思考解决下列问题：

(1)将一张标准纸ABCD(AB

(2)在一次综合实践课上，小明尝试着将矩形纸片ABCD(AB

第一步：沿过A点的直线折叠，使B点落在AD边上点F处，折痕为AE(如图2甲);

第二步：沿过D点的直线折叠，使C点落在AD边上点N处，折痕为DG(如图2乙)，此时E点恰好落在AE边上的点M处;

第三步：沿直线DM折叠(如图2丙)，此时点G恰好与N点重合.

请你探究：矩形纸片ABCD是否是一张标准纸?请说明理由.

(3)不难发现：将一张标准纸按如图3一次又一次对开后，所得的矩形纸片都是标准纸.现有一张标准纸ABCD，AB=1，BC= ，问第5次对开后所得标准纸的周长是多少?探索直接写出第2012次对开后所得标准纸的周长.

【答案】解：(1)证明： ∵矩形ABCD是标准纸，∴ 。

由对开的含义知：AF= BC，∴ 。

∴矩形纸片ABEF也是标准纸。

(2)是标准纸，理由如下：

设AB=CD=a，由图形折叠可知：DN=CD=DG=a，DG⊥EM。

∵由图形折叠可知：△ABE≌△AFE，∴∠DAE= ∠BAD=45°。

∴△ADG是等腰直角三角形。

∴在Rt△ADG中，AD= ，

∴ ，∴矩形纸片ABCD是一张标准纸。

(3)对开次数：

第一次，周长为： ，

第二次，周长为： ，

第三次，周长为： ，

第四次，周长为： ，

第五次，周长为： ，

第六次，周长为： ，

…

∴第5次对开后所得标准纸的周长是： ，

第2012次对开后所得标准纸的周长为： 。

【考点】翻折变换(折叠问题)，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形，矩形的性质，图形的剪拼，分类归纳(图形的变化类)。

【分析】(1)根据 ，得出矩形纸片ABEF也是标准纸。

(2)利用已知得出△ADG是等腰直角三角形，得出 ，即可得出答案。

(3)分别求出每一次对折后的周长，从而得出变化规律求出即可：观察变化规律，得

第n次对开后所得标准纸的周长= 。

12. (2012浙江衢州12分)如图，把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上.已知点A(1，2)，过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F.抛物线y=ax2+bx+c经过O、A、C三点.

(1)求该抛物线的函数解析式;

(2)点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM为等腰梯形?若存在，求出此时点P的坐标;若不存在，请说明理由.

(3)若△AOB沿AC方向平移(点A始终在线段AC上，且不与点C重合)，△AOB在平移过程中与△COD重叠部分面积记为S.试探究S是否存在最大值?若存在，求出这个最大值;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c经过点O，∴c=0。

又∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、C，

∴ ，解得 。

∴抛物线解析式为 。

(2)设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN= 。∴P(t， )。

∵点M在抛物线上，∴M(t， )。

如图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H，

AG=yA﹣yM=2﹣ ，

BH=PN= 。

当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形，

∴ ，化简得3t2﹣8t+4=0。

解得t1=2(不合题意，舍去)，t2= ，

∴点P的坐标为( )。

∴存在点P( )，使得四边形ABPM为等腰梯形。

(3)如图2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，A′O′交x轴于K，交OC于R。

由A、C的坐标可求得过A、C的直线为yAC=﹣x+3

设点A′的横坐标为a，则点A′(a，﹣a+3)，

易知△OQT∽△OCD，可得QT= 。

∴点Q的坐标为(a， )。

设AB与OC相交于点J，

∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴ 。

∴ 。

∴KT= A′T= (3﹣a)，A′Q=yA′﹣yQ=(﹣a+3)﹣ =3﹣ a。

∴S四边形RKTQ=S△A′KT﹣S△A′RQ= KT•A′T﹣ A′Q•HT

。

∵ <0，

∴在线段AC上存在点A′( )，能使重叠部分面积S取到最大值，最大值为 。

【考点】二次函数综合题，二次函数的图象和性质，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，等腰梯形的性质，相似三角形的判定和性质，图形平移的性质以及几何图形面积的求法。

【分析】(1)抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C，利用待定系数法求抛物线的解析式。

(2)根据等腰梯形的性质，确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出t的值，从而可解。结论：存在点P( )，使得四边形ABPM为等腰梯形。

(3)求出得重叠部分面积S的表达式，然后利用二次函数的极值求得S的最大值。

13. (2012浙江绍兴12分)把一边长为40cm的正方形硬纸板，进行适当的剪裁，折成一个长方形盒子(纸板的厚度忽略不计)。

(1)如图，若在正方形硬纸板的四角各剪一个同样大小的正方形，将剩余部分折成一个无盖的长方形盒子。

①要使折成的长方形盒子的底面积为484cm2，那么剪掉的正方形的边长为多少?

②折成的长方形盒子的侧面积是否有最大值?如果有，求出这个最大值和此时剪掉的正方形的边长;如果没有，说明理由。

(2)若在正方形硬纸板的四周剪掉一些矩形(即剪掉的矩形至少有一条边在正方形硬纸板的边上)，将剩余部分折成一个有盖的长方形盒子，若折成的一个长方形盒子的表面积为550cm2，求此时长方形盒子的长、宽、高(只需求出符合要求的一种情况)。

【答案】解：(1)①设剪掉的正方形的边长为xcm。

则(40-2x)2=484，解得 (不合题意，舍去)， 。

∴剪掉的正方形的边长为9cm。

②侧面积有最大值。

设剪掉的正方形的边长为xcm，盒子的侧面积为ycm2，

则y与x的函数关系为： ，

∴x=10时，y最大=800。

即当剪掉的正方形的边长为10cm时，长方形盒子的侧面积最大为800cm2。

(2)在如图的一种剪裁图中，设剪掉的正方形的边长为xcm。

则 ，

解得： (不合题意，舍去)， 。

∴剪掉的正方形的边长为15cm。

此时长方体盒子的长为15cm，宽为10cm，高为5cm。

【考点】二次函数的应用，一元二次方程的应用。

【分析】(1)①假设剪掉的正方形的边长为xcm，根据题意得出(40-2x)2=484，求出即可

②假设剪掉的正方形的边长为xcm，盒子的侧面积为ycm2，则y与x的函数关系为：y=4(40-2x)x，利用二次函数最值求出即可。

(2)假设剪掉的正方形的边长为xcm，利用折成的一个长方形盒子的表面积为550cm2，得出等式方程求出即可。

14. (2012浙江绍兴14分)如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，连接AC，抛物线 经过A，B两点。

(1)求A点坐标及线段AB的长;

(2)若点P由点A出发以每秒1个单位的速度沿AB边向点B移动，1秒后点Q也由点A出发以每秒7个单位的速度沿AO，OC，CB边向点B移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点P的移动时间为t秒。

①当PQ⊥AC时，求t的值;

②当PQ∥AC时，对于抛物线对称轴上一点H，∠HOQ>∠POQ，求点H的纵坐标的取值范围。

【答案】解：(1)由抛物线 知：当x=0时，y=﹣2，∴A(0，﹣2)。

∵四边形OABC是矩形，∴AB∥x轴，即A、B的纵坐标相同。

当y=﹣2时， ，解得 。∴B(4，﹣2)。

∴AB=4。

(2)①由题意知：A点移动路程为AP=t，Q点移动路程为7(t-1)=7 t -7。

当Q点在OA上时，即 ， 时，

如图1，若PQ⊥AC，则有Rt△QAP∽Rt△ABC。

∴ ，即 ，解得 。

∵ ，∴此时t值不合题意。

当Q点在OC上时，即 ， 时，

如图2，过Q点作QD⊥AB。∴AD=OQ=7(t﹣1)﹣2=7t﹣9。

∴DP=t﹣(7t﹣9)=9﹣6t。

若PQ⊥AC，则有Rt△QDP∽Rt△ABC，

∴ ，即 ，解得 。

∵ ，∴ 符合题意。

当Q点在BC上时，即 ， 时，

如图3，若PQ⊥AC，过Q点作QG∥AC，

则QG⊥PG，即∠GQP=90°。

∴∠QPB>90°，这与△QPB的内角和为180°矛盾，

此时PQ不与AC垂直。

综上所述，当 时，有PQ⊥AC。

②当PQ∥AC时，如图4，△BPQ∽△BAC，∴ ，

∴ ，解得t=2。

即当t=2时，PQ∥AC。此时AP=2，BQ=CQ=1。

∴P(2，﹣2)，Q(4，﹣1)。

抛物线对称轴的解析式为x=2，

当H1为对称轴与OP的交点时，有∠H1OQ=∠POQ，

∴当yH<﹣2时，∠HOQ>∠POQ。

作P点关于OQ的对称点P′，连接PP′交OQ于点M，过P′作P′N垂直于对称轴，垂足为N，连接OP′，

在Rt△OCQ中，∵OC=4，CQ=1。∴OQ= ，

∵S△OPQ=S四边形ABCD﹣S△AOP﹣S△COQ﹣S△QBP=3= OQ×PM，

∴PM= 。∴PP′=2PM= 。

∵NPP′=∠COQ。∴Rt△COQ∽△Rt△NPP′。

∴ ，即 ，解得 ， 。

∴P′( )。∴直线OP′的解析式为 。

∴OP′与NP的交点H2(2， )。

∴当 时，∠HOP>∠POQ。

综上所述，当 或 时，∠HOQ>∠POQ。

【考点】二次函数综合题，曲线图上点的坐标与方程的关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，对称的性质。

【分析】(1)已知抛物线的解析式，将x=0代入即可得A点坐标;由于四边形OABC是矩形，那么A、B纵坐标相同，代入该纵坐标可求出B点坐标，则AB长可求。

(2)①Q点的位置可分：在OA上、在OC上、在CB上 三段来分析，若PQ⊥AC时，很显然前两种情况符合要求，首先确定这三段上t的取值范围，然后通过相似三角形(或构建相似三角形)，利用比例线段来求出t的值，然后由t的取值范围将不合题意的值舍去。

②当PQ∥AC时，△BPQ∽△BAC，通过比例线段求出t的值以及P、Q点的坐标，可判定P点在抛物线的对称轴上，若P、H1重合，此时有∠H1OQ=∠POQ。若作P点关于OQ的对称点P′，OP′与NP的交点H2，亦可得到∠H2OQ=∠POQ，而题目要求的是∠HOQ>∠POQ，那么H1点以下、H2点以上的H点都是符合要求的。

15. (2012浙江台州12分)某汽车在刹车后行驶的距离s(单位：米)与时间t(单位：秒)之间的关系得部分数据如下表：

时间t(秒) 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 …

行驶距离s(米) 0 2.8 5.2 7.2 8.8 10 10.8 …

(1)根据这些数据在给出的坐标系中画出相应的点;

(2)选择适当的函数表示s与t之间的关系，求出相应的函数解析式;

(3)①刹车后汽车行驶了多长距离才停止?

②当t分别为t1，t2(t1

【答案】解：(1)描点图所示：

(2)由散点图可知该函数为二次函数。设二次函数的解析式为：s=at2+bt+c，

∵抛物线经过点(0，0)，∴c=0。

又由点(0.2，2.8)，(1，10)可得：

，解得： 。

经检验，其余各点均在s=-5t2+15t上。

∴二次函数的解析式为： 。

(3)①汽车刹车后到停止时的距离即汽车滑行的最大距离。

∵ ，∴当t= 时，滑行距离最大，为 。

因此，刹车后汽车行驶了 米才停止。

②∵ ，∴ 。

∴ 。

∵t1

其实际意义是刹车后到t2时间内的平均速到t1时间内的度小于刹车后平均速度。

【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，二次函数的性质和应用，不等式的应用。

【分析】(1)描点作图即可。

(2)首先判断函数为二次函数。用待定系数法，由所给的任意三点即可求出函数解析式。

(3)将函数解析式表示成顶点式(或用公式求)，即可求得答案。

(4)求出 与 ，用差值法比较大小。

16. (2012浙江台州14分)定义：P、Q分别是两条线段a和b上任意一点，线段PQ长度的最小值叫做线段与线段的距离.

已知O(0，0)，A(4，0)，B(m，n)，C(m+4，n)是平面直角系中四点.

(1)根据上述定义，当m=2，n=2时，如图1，线段BC与线段OA的距离是_____,

当m=5，n=2时，如图2，线段BC与线段OA的距离(即线段AB的长)为______

(2)如图3，若点B落在圆心为A，半径为2的圆上，线段BC与线段OA的距离记为d，求d关于m的函数解析式.

(3)当m的值变化时，动线段BC与线段OA的距离始终为2，线段BC的中点为M.

①求出点M随线段BC运动所围成的封闭图形的周长;

②点D的坐标为(0，2)，m≥0，n≥0，作MH⊥x轴,垂足为H，是否存在m的值，使以A、M、H为顶点的三角形与△AOD相似，若存在，求出m的值;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)2; 。

(2)∵点B落在圆心为A，半径为2的圆上，∴2≤m≤6。

当4≤m≤6时，根据定义， d=AB=2。

当2≤m<4时，如图，过点B作BE⊥OA于点E，

则根据定义，d=EB。

∵A(4，0)，B(m，n)，AB=2，∴EA=4-m。

∴

。

∴ 。

(3)①如图，由(2)知，当点B在⊙O的左半圆时，d=2 ，此时，点M是圆弧M1M2，长2π;

当点B从B1到B3时，d=2 ，此时，点M是线段M1M3，长为8;

同理，当点B在⊙O的左半圆时，圆弧M3M4长2π;点B从B2到B4时，线段M1M3=8。

∴点M随线段BC运动所围成的封闭图形的周长为16+4π。

②存在。如图，由A(4，0)，D(0，2), 得 。

(i)∵M1H1=M2H2=2，

∴只要AH1=AH2=1, 就有△AOD∽△M1H1A和△AOD∽△M2H2A，此时OH1=5，OH2=3。

∵点M为线段BC的中点, BC=4，

∴OH1=5时，m=3;OH2=3时，m=1。

(ii)显然，当点M3与点D重合时，△AOD∽△AH3M3，此时m=-2, 与题设m≥0不符。

(iii)当点M4右侧圆弧上时，连接FM4，其中点F是圆弧的圆心，坐标为(6，0)。

设OH4=x, 则FH4= x-6。

又FM4=2，∴ 。

若△AOD∽△A H2M2，则 ,即 ,

解得 (不合题意，舍去)。此时m= 。

若△AOD∽△M2H2 A，则 ,即 ,

解得 (不合题意，舍去)。

此时 ,点M4在圆弧的另一半上，不合题意，舍去。

综上所述，使以A、M、H为顶点的三角形与△AOD相似的m的值为：m=1，m=3，m= 。

【考点】新定义，点到直线的距离，两平行线间的距离，勾股定理，求函数关系式，图形的平移性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】(1)根据定义，当m=2，n=2时，线段BC与线段OA的距离是点A到BC的距离2。当m=5，n=2时，线段BC与线段OA的距离(即线段AB的长) 可由勾股定理求出： 。

(2)分2≤m<4和4≤m≤6两种情况讨论即可。

(3)①由(2)找出点M随线段BC运动所围成的封闭图形即可。

②由(2)分点M在线段上和圆弧上两种情况讨论即可。

17. (2012浙江温州12分)温州享有“中国笔都”之称，其产品畅销全球，某制笔企业欲将 件产品运往A,B,C三地销售，要求运往C地的件数是运往A地件数的2倍，各地的运费如图所示。设安排 件产品运往A地。

(1)当 时，

①根据信息填表：

A地 B地 C地 合计

产品件数(件)

200

运费(元) 30

②若运往B地的件数不多于运往C地的件数，总运费不超过4000元，则有哪几种运输方案?

(2)若总运费为5800元，求 的最小值。

【答案】解：(1)①根据信息填表

A地 B地 C地 合计

产品件数(件)

200

运费(元) 30

②由题意，得 ，解得40≤x≤ 。

∵x为整数，∴x=40或41或42。

∴有三种方案，分别是

(i)A地40件，B地80件，C地80件;

(ii)A地41件，B地77件，C地82件;

(iii)A地42件，B地74件，C地84件。

(2)由题意，得30x+8(n-3x)+50x=5800，整理，得n=725-7x.

∵n-3x≥0，∴x≤72.5。

又∵x≥0，∴0≤x≤72.5且x为整数。

∵n随x的增大而减少，∴当x=72时，n有最小值为221。

【考点】一次函数的应用，一元一次不等式组的应用。

【分析】(1)①运往B地的产品件数=总件数n-运往A地的产品件数-运往B地的产品件数;运费=相应件数×一件产品的运费。

②根据运往B地的件数不多于运往C地的件数，总运费不超过4000元列出不等式组，求得整数解的个数即可。

(2)总运费=A产品的运费+B产品的运费+C产品的运费，从而根据函数的增减性得到的x的取值求得n的最小值即可。

18. (2012浙江温州14分)如图，经过原点的抛物线 与x轴的另一个交点为A.过点 作直线 轴于点M，交抛物线于点B.记点B关于抛物线对称轴的对称点为C(B、C不重合).连结CB,CP。

(1)当 时，求点A的坐标及BC的长;

(2)当 时，连结CA，问 为何值时CA⊥CP?

(3)过点P作PE⊥PC且PE=PC，问是否存在 ，使得点E落在坐标轴上?若存在，求出所有满足要求的 的值，并写出相对应的点E坐标;若不存在，请说明理由。

【答案】解：(1)当m=3时，y=-x2+6x。

令y=0得-x2+6x=0，解得，x1=0，x2=6。∴A(6，0)。

当x=1时，y=5。∴B(1，5)。

∵抛物线y=-x2+6x的对称轴为直线x=3，且B，C关于对称轴对称，∴BC=4。

(2)过点C作CH⊥x轴于点H(如图1)

由已知得，∠ACP=∠BCH=90°，∴∠ACH=∠PCB。

又∵∠AHC=∠PBC=90°，∴△AGH∽△PCB。

∴ 。

∵抛物线y=-x2+2mx的对称轴为直线x=m，其中m>1，且B，C关于对称轴对称，

∴BC=2(m-1)。

∵B(1，2m-1)，P(1，m)，∴BP=m-1。

又∵A(2m，0)，C(2m-1，2m-1)，∴H(2m-1，0)。

∴AH=1，CH=2m-1，

∴ ，解得m= 。

(3)存在。∵B，C不重合，∴m≠1。

(I)当m>1时，BC=2(m-1)，PM=m，BP=m-1，

(i)若点E在x轴上(如图1)，

∵∠CPE=90°，∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°，PC=EP。

∴△BPC≌△MEP，∴BC=PM，即2(m-1)=m，解得m=2。

此时点E的坐标是(2，0)。

(ii)若点E在y轴上(如图2)，过点P作PN⊥y轴于点N，

易证△BPC≌△NPE，

∴BP=NP=OM=1，即m-1=1，解得，m=2。

此时点E的坐标是(0，4)。

(II)当0

(i)若点E在x轴上(如图3)，

易证△BPC≌△MEP，

∴BC=PM，即2(1-m)=m，解得，m= 。

此时点E的坐标是( ，0)。

(ii)若点E在y轴上(如图4)，

过点P作PN⊥y轴于点N，易证△BPC≌△NPE，

∴BP=NP=OM=1，即1-m=1，∴m=0(舍去)。

综上所述，当m=2时，点E的坐标是(0，2)或(0，4)，

当m= 时，点E的坐标是( ，0)。

【考点】二次函数综合题，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，全等三角形的判定和性质。

【分析】(1)把m=3，代入抛物线的解析式，令y=0解方程，得到的非0解即为和x轴交点的横坐标，再求出抛物线的对称轴方程，从而求出BC的长。

(2)过点C作CH⊥x轴于点H(如图1)由已知得∠ACP=∠BCH=90°，利用已知条件证明

△AGH∽△PCB，根据相似的性质得到： ，再用含有m的代数式表示出BC，CH，BP，代入比例式即可求出m的值。

(3)存在。本题要分当m>1时，BC=2(m-1)，PM=m，BP=m-1和当0

19. (2012浙江义乌10分)在锐角△ABC中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1.

(1)如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数;

(2)如图2，连接AA1，CC1.若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积;

(3)如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值.

【答案】解：(1)∵由旋转的性质可得：∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1，

∴∠CC1B=∠C1CB=45°。

∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45°+45°=90°。

(2)∵由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC1，

∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1。

∴ ，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1。∴∠ABA1=∠CBC1。

∴△ABA1∽△CBC1。∴ 。

∵S△ABA1=4，∴S△CBC1= 。

(3)过点B作BD⊥AC，D为垂足，

∵△ABC为锐角三角形，∴点D在线段AC上。

在Rt△BCD中，BD=BC×sin45°= 。

①如图1，当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小。

最小值为：EP1=BP1﹣BE=BD﹣BE= ﹣2。

②如图2，当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大。

最大值为：EP1=BC+BE=5+2=7。

【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】(1)由旋转的性质可得：∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1，又由等腰三角形的性质，即可求得∠CC1A1的度数。

(2)由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC1，易证得△ABA1∽△CBC1，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得△CBC1的面积。

(3)由①当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小;②当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，即可求得线段EP1长度的最大值与最小值。

20. (2012浙江义乌12分)如图1，已知直线y=kx与抛物线 交于点A(3，6).

(1)求直线y=kx的解析式和线段OA的长度;

(2)点P为抛物线第一象限内的动点，过点P作直线PM，交x轴于点M(点M、O不重合)，交直线OA于点Q，再过点Q作直线PM的垂线，交y轴于点N.试探究：线段QM与线段QN的长度之比是否为定值?如果是，求出这个定值;如果不是，说明理由;

(3)如图2，若点B为抛物线上对称轴右侧的点，点E在线段OA上(与点O、A不重合)，点D(m，0)是x轴正半轴上的动点，且满足∠BAE=∠BED=∠AOD.继续探究：m在什么范围时，符合条件的E点的个数分别是1个、2个?

【答案】解：(1)把点A(3，6)代入y=kx 得;6=3k，即k=2。

∴y=2x。

∴ 。

(2)线段QM与线段QN的长度之比是一个定值，理由如下：

如图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H.

①当QH与QM重合时，显然QG与QN重合，

此时 。

②当QH与QM不重合时，

∵QN⊥QM，QG⊥QH不妨设点H，G分别在x、y轴的正半轴上，

∴∠MQH=∠GQN。

又∵∠QHM=∠QGN=90°，∴△QHM∽△QGN。∴ 。

当点P、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得 。

∴线段QM与线段QN的长度之比是一个定值。

(3)如图2，延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R。

∵∠AOD=∠BAE，∴AF=OF。

∴OC=AC= 。

∵∠ARO=∠FCO=90°，∠AOR=∠FOC，

∴△AOR∽△FOC。∴ 。∴OF= 。

∴点F( ，0)。

设点B(x， )，过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF。

∴ ，即 。

解得x1=6，x2=3(舍去)。∴点B(6，2)。

∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4。∴AB=5。

在△ABE与△OED中，∵∠BAE=∠BED，∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB。

∴∠ABE=∠DEO。

∵∠BAE=∠EOD，∴△ABE∽△OED。

设OE=x，则AE= ﹣x ( )，

由△ABE∽△OED得 ，即 。

∴ 。

∴顶点为 。

如图3，当 时，OE=x= ，此时E点有1个;

当 时，任取一个m的值都对应着两个x值，此时E点有2个.

∴当 时，E点只有1个，当 时，E点有2个。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质。

【分析】(1)利用待定系数法求出直线y=kx的解析式，根据A点坐标用勾股定理求出线段OA的长度。

(2)如图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H，构造相似三角形△QHM与△QGN，将线段QM与线段QN的长度之比转化为相似三角形的相似比，即 为定值.需要注意讨论点的位置不同时，这个结论依然成立。

(3)由已知条件角的相等关系∠BAE=∠BED=∠AOD，可以得到△ABE∽△OED。在相似三角形△ABE与△OED中，运用线段比例关系之前需要首先求出AB的长度，如图2，可以通过构造相似三角形，或者利用一次函数(直线)的性质求得AB的长度。设OE=x，则由相似边的比例关系可以得到m关于x的表达式 ，这是一个二次函数.借助此二次函数图象(如图3)，可见m在不同取值范围时，x的取值(即OE的长度，或E点的位置)有1个或2个。这样就将所求解的问题转化为分析二次函数的图象与性质问题。

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