八、（本题满分15分）(2002广州)
26．如图10，在△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=3，O是AB的中点，OP⊥AB交AC于点P。
（1）证明线段AO、OB、OP中，任意两条线段长度之和大于第三条线段的长度；
（2）过线段OB（包括端点）上任一点M，作MN⊥AB交AC于点N。如果要使线段AM、MB、MN中任意两条线段长度之和大于第三条线段的长度，那么请求出线段AM的长度的取值范围。
解：（1）∵∠B=90°，OP⊥AB，∴∠AOP=∠B=90°，
∴△AOP∽△ABC。
∴。
∵AB=4，BC=3，O是AB的中点。
∴。
∴。
∵且，
∴OP+AO>OB。
即AO、OB、OP中，任意两条线段的长度之和大于第三条线段的长度。
（2）当M在OB上时，设AM=x（2≤x≤4）则MB=4－x。
∵△AMN∽△ABC
∴。
∴
又MN
依题意，得：MN+MB>AM，
∴
解之，得。
∴AM的取值范围为。
九、（本题满分15分）(2002广州)
27．某玩具工厂有四个车间，某周是质量检查周，现每个车间都原有a(a>0)个成品，且每个车间每天都生产b(b>0)个成品，质检科派出若干名检验员星期一、星期二检验其中两个车间原有的和这两天生产的所有成品，然后，星期三至星期五检验另两个车间原有的和本周生产的所有成品，假定每个检验员每天检验的成品数相同。
（1）这若干名检验员1天检验多少个成品？（用含a、b的代数式表示）
（2）试求出用b表示a的关系式；
（3）若1名质检员1天能检验b个成品，则质检科至少要派出多少名检验员？
解：（1）这若干名检验员1天检验(a+2b)（或或3b×2）个成品。
（2）根据题意，得。化简题意，得a=4b。
另解：，化简整理，得a=4b。
（3）（名）。
另解：（名）
答：质检科至少要派出8名检验员。
八、（本题满分16分）（2003广州）
24.已知△ABC中，AC＝5，BC＝12，∠ACB＝90°，P是AB边上的动点（与点A、B不重合）Q是BC边上的动点（与点B、C不重合）．（1）如图10，当PQ∥AC，且Q为BC的中点时，求线段CP的长；（2）当PQ与AC不平行时，△CPQ可能为直角三角形吗？若有可能，请求出线段CQ的长的取值范围；若不可能，请说明理由．
⑴解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12
∴AB＝13．
∵Q是BC的中点．
∴CQ＝QB．
又∵PQ∥AC．
∴AP＝PB，即P是AB的中点．
∴Rt△ABC中，．
⑵解：当AC与PQ不平行时，只有∠CPQ为直角，△CPQ才可能是直角三角形．
以CQ为直径作半圆D．
①当半圆D与AB相切时，设切点为M，
连结DM，则
DM⊥AB，且AC＝AM＝5．
∴MB＝AB－AM＝13－5＝8．
设CD＝x，则DM＝x，DB＝12－x．
在Rt△DMB中，DB2＝DM2＋MB2．
即(12－x)2＝x2＋82．
解之得：
∴CQ＝
即当CQ且点P运动到切点M位置时,△CPQ为直角三角形.
②当＜CQ＜12时，半圆D与直线AB有两个交点，当点P运动到这两
个交点的位置时，△CPQ为直角三角形．
③当0＜CQ＜时，半圆D与直线AB相离,即点P在AB边上运动时,均
在半圆D外，∠CPQ＜90°．此时△CPQ不可能为直角三角形．
∴当≤CQ＜12时，△CPQ可能为直角三角形．
九、（本题满分16分）（2003广州）
25.现计划把甲种货物1240吨和乙种货物880吨用一列货车运往某地，已知这列货车挂有A、B两种不同规格的货车厢共40节，使用A型车厢每节费用为6000元，使用B型车厢每节费用为8000元．（1）设运送这批货物的总费用为y万元，这列货车挂A型车厢x节，试写出y与x之间的函数关系式；（2）如果每节A型车厢最多可装甲种货物35吨和乙种货物15吨，每节B型车厢最多可装甲种货物25吨和乙种货物35吨，装货时按此要求安排A、B两种车厢的节数，那么共有哪几种安排车厢的方案？（3）在上述方案中，哪个方案运费最省？最少运费为多少元？
解：⑴设用A型车厢x节，则用B型车厢(40－x)节，总运费为y万元．
依题意，得y＝0.6x＋0.8(40－x)
＝－0.2x＋32
⑵依题意，得
≥1240，
≥880．
化简，得10x≥240，x≥24，
520≥20x；x≤26．
∴24≤x≤26．
∵x取整数，故A型车厢可用24节或25节或26节．相应有三种装车方案：①24节A型车厢和16节B型车厢；②25节A型车厢和15节B型车厢；③26节A型车厢和14节B型车厢．
⑶由函数y＝－0.2x＋32知，x越大，y越少，故当x＝26时，运费最省．
这时y＝－0.2×26＋32＝26.8(万元)
答：安排A型车厢26节、B型车厢14节运费最省．最小运费为26.8万元．
（注：若直接算出三种方案的运费来比较，得出正确的最少运费亦给满分。）
24．(本小题满分15分)（2004广州）
如图，PA为圆的切线，A为切点，PBC为割线，∠APC的平分线交AB于点D，交AC于点E，求证：
(1)AD=AE；
(2)AB·AE=AC·DB．
25．（2004广州）(本小题满分15分)已知抛物线y=(m+1)x2—2mx+m(m为整数)经过点A(1，1)，顶点为P，且与x轴有两个不同的交点．
(1)判断点P是否在线段OA上(O为坐标原点)，并说明理由；
(2)设该抛物线与x轴的两个交点的横坐标分别为x1、x2，且x1＜x2，是否存在实数m，使x1＜m＜x2?若存在，请求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．
24.（本小题满分14分）（2005广州）
如图，某学校校园内有一块形状为直角梯形的空地ABCD，其中AB//DC，∠B=90°，AB=100m，BC=80m，CD=40m，现计划在上面建设一个面积为S的矩形综合楼PMBN，其中点P在线段AD上，且PM的长至少为36m。
（2）设PA=x（m），求S关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；
（3）若S=3300m2，求PA的长。（精确到0.1m）
解：（1）过点D作DE⊥AB于D
则DE//BC且DE=BC，CD=BE，DE//PM
Rt△ADE中，DE=80m
∴AE=AB-BE=100-40=60m
（2）∵DE//PM
∴△APM∽△ADE
即
即MB=AB-AM=
由，得
∴自变量x的取值范围为
（3）当S=3300m2时，
，
即当时，PA的长为75m，或约为91.7m。
25.（本小题满分14分）（2005广州）
如图，已知正方形ABCD的面积为S。
（1）求作：四边形A1B1C1D1，使得点A1和点A关于点B对称，点B1和点B关于点C对称，点C1和点C关于点D对称，点D1和点D关于点A对称；（只要求画出图形，不要求写作法）
（2）用S表示（1）中作出的四边形A1B1C1D1的面积S1；
（3）若将已知条件中的正方形改为任意四边形，面积仍为S，并按（1）的要求作出一个新的四个边形，面积为S2，则S1与S2是否相等？为什么？
解：（1）如图①所示
（2）设正方形ABCD的边长为a
则
同理，
。
（本问也可以先证明四边形A1B1C1D1是正方形，再求出其边长为，从而算出）
（3）
理由如下。
首先画出图形②，连结BD、BD1
∵△BDD1中，AB是中线
又∵△AA1D1中，BD1是中线
同理，得
同理，得
由（2）得，
∴
24．(本小题满分14分)
在ABC中，B=BC，将ABC绕点A沿顺时针方向旋转得AB1C1，使点Cl落在
BC上(点Cl与点C不重合)，
(1)如图9一①，当C>60时，写出边ABl与边CB的位置关系，并加以证明；
(2)当C=60时，写出边ABl与边CB的位置关系(不要求证明)；
(3)当C<60时，请你在图9一②中用尺规作图法作出△ABC1(保留作图痕迹，
不写作法)，再猜想你在(1)、(2)中得出的结论是否还成立?并说明理由．
1）
证明：由旋转的特征可知
，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
（2）
（3）作图略。成立。理由与第一问类似。
25．(本小题满分14分)
已知抛物线Y=+mx一2m(m≠0)．
(1)求证：该抛物线与X轴有两个不同的交点；
(2)过点P(0，)作Y轴的垂线交该抛物线于点A和点B(点A在点P的左边)，是
否存在实数m、，使得=2PB?若存在，则求出m、n满足的条件；若不存在，
请说明理由．
1）△
∵
∴△
∴该抛物线与轴有两个不同的交点。
（2）由题意易知点、的坐标满足方程：
，即
由于方程有两个不相等的实数根，因此△，即
………………….①
由求根公式可知两根为：
，
∴
分两种情况讨论：
第一种：点在点左边，点在点的右边
∵
∴
∴……………….②
∴……………………….③
由②式可解得
…………………………..④
第二种：点、都在点左边
∵
∴
∴……………….⑤
∴……………………….⑥
由⑤式可解得
……….⑦
综合①③④⑥⑦可知，满足条件的点存在，此时、应满足条件：
，或。
24．（本小题满分14分）
一次函数y＝x+k的图象经过点（1，4），且分别与x轴、y轴交于点A、B．点P（a，0）在x轴正半轴上运动，点Q（0，b）在y轴正半轴上运动，且PQ⊥AB．
（1）求图；
（）
解：（1）∵一次函数y＝x+k的图象经过点（1，4），
∴4＝
∴y＝x+2.
当x＝y＝y＝＝
即A（－1，0），B（0，2）.
如图，直线AB是一次函数y＝x+2的图象.
（2）∵PQ⊥AB，
∴∠QPO=90°∠BAO.
又∵∠ABO=90°∠BAO，
∴∠ABO=∠QPO.
∴Rt△ABO∽Rt△QPO.
∴，即.
∴a＝
（3）由（2）知a＝
∴AP＝AO+OP＝1+a＝1+2b，
，.
若AP＝AQ，即AP2＝AQ2，则，即，这与矛盾，故舍去；
若AQ＝PQ，即AQ2＝PQ2，则，即，
此时，，，（平方单位）.
若AP＝PQ，则，即.
此时，.
（平方单位）.
∴△APQ的面积为平方单位或（）平方单位.
25．（本小题满分12分）
已知：在Rt△ABC中，AB=BC；在Rt△ADE中，AD=DE；连结EC，取EC的中点M，连结DM和BM．
（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图8-①，
求证：BM=DM且BM⊥DM；
（2）如果将图8-①中的△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角，如图8-②，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明．
（1）证法1：
在Rt△EBC中，M是斜边EC的中点，
∴．
在Rt△EDC中，M是斜边EC的中点，
∴．
∴BM=DM，且点B、C、D、E在以点M为圆心、BM为半径的圆上．
∴∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM．
证法2：
证明BM=DM与证法1相同，下面证明BM⊥DM．
∵DM=MC，
∴∠EMD=2∠ECD．
∵BM=MC，
∴∠EMB=2∠ECB．
∴∠EMD＋∠EMB=2（∠ECD＋ECB）．
∵∠ECD＋∠ECB=∠ACB=45°，
∴∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM．
（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立．
证明如下：
证法1（利用平行四边形和全等三角形）：
连结BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连结BF、FC，延长ED交AC于点H．
∵DM=MF，EM=MC，
∴四边形CDEF为平行四边形.
∴DE∥CF，ED=CF.
∵ED=AD,
∴AD=CF.
∵DE∥CF，
∴∠AHE=∠ACF．
∵,，
∴∠BAD=∠BCF.
又∵AB=BC,
∴△ABD≌△CBF.
∴BD=BF，∠ABD=∠CBF.
∵∠ABD+∠DBC=∠CBF+∠DBC，
∴∠DBF=∠ABC=90°.
在Rt△中，由,，得BM=DM且BM⊥DM．
证法2（利用旋转变换）：
连结BD，将△ABD绕点B逆时针旋转90°，点A旋转到点C，点D旋转到点，得到△，则且．连结．
∵
∴．
又∵，
∴四边形为平行四边形．
∴D、M、三点共线，且．
在Rt△中，由,，得BM=DM且BM⊥DM．
证法3（利用旋转变换）：
连结BD，将△ABD绕点B逆时针旋转90°，点A旋转到点C，点D旋转到点，得到△，则且．
连结，延长ED交AC于点H．
∵∠AHD=90°－∠DAH=90°－(45°－∠BAD)=45°＋∠BAD，
，
∵，
∴．
∴．
又∵，
∴四边形为平行四边形．
∴D、M、三点共线，且．
在Rt△中，由,，得BM=DM且BM⊥DM．
24、（2008广州）（14分）如图10，扇形OAB的半径OA=3，圆心角∠AOB=90°，点C是上异于A、B的动点，过点C作CD⊥OA于点D，作CE⊥OB于点E，连结DE，点G、H在线段DE上，且DG=GH=HE
（1）求证：四边形OGCH是平行四边形
（2）当点C在上运动时，在CD、CG、DG中，是否存在长度不变的线段？若存在，请求出该线段的长度
（3）求证：是定值
（1）连结OC交DE于M，由矩形得OM＝CG，EM＝DM
因为DG=HE所以EM－EH＝DM－DG得HM＝DG
（2）DG不变，在矩形ODCE中，DE＝OC＝3，所以DG＝1
（3）设CD＝x,则CE＝，由得CG＝
所以所以HG＝3－1－
所以3CH2＝
所以
25、（2008广州）（14分）如图11，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC=2cm，BC=4cm，在等腰△PQR中，∠QPR=120°，底边QR=6cm，点B、C、Q、R在同一直线l上，且C、Q两点重合，如果等腰△PQR以1cm/秒的速度沿直线l箭头所示方向匀速运动，t秒时梯形ABCD与等腰△PQR重合部分的面积记为S平方厘米
（1）当t=4时，求S的值
（2）当，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值
（1）t＝4时,Q与B重合，P与D重合，
重合部分是＝
24.（本小题满分14分）（2009广州）
如图12，边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割为四个小矩形，EF与GH交于点P。
（1）若AG=AE，证明：AF=AH；
（2）若∠FAH=45°，证明：AG+AE=FH；
（3）若RtΔGBF的周长为1，求矩形EPHD的面积。
解：(1)易证ΔABF≌ΔADH,所以AF=AH
(2)如图，将ΔADH绕点A顺时针旋转90度，如图，易证ΔAFH≌ΔAFM,得FH=MB+BF,即：FH=AG+AE
(3)设PE=x,PH=y,易得BG=1-x,BF=1-y,FG=x+y-1,由勾股定理，得
（1-x）2+（1-y）
化简得xy=0.5,
所以矩形EPHD的面积为0.5.
25.（本小题满分14分）（2009广州）
如图13，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，-1），ΔABC的面积为。
（1）求该二次函数的关系式；
（2）过y轴上的一点M（0，m）作y轴上午垂线，若该垂线与ΔABC的外接圆有公共点，求m的取值范围；
（3）在该二次函数的图象上是否存在点D，使四边形ABCD为直角梯形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由。
解：（1）OC=1,所以,q=-1,又由面积知0.5OC×AB=,得AB=
设A（a,0）,B(b,0)
AB=b-a==，解得p=,但p<0,所以p=。
所以解析式为：
（2）令y=0，解方程得，得,所以A(,0),B(2,0),在直角三角形AOC中可求得AC=,同样可求得BC=,，显然AC2+BC2=AB2,得三角形ABC是直角三角形。AB为斜边，所以外接圆的直径为AB=,所以.
（3）存在，AC⊥BC,①若以AC为底边，则BD//AC,易求AC的解析式为y=-2x-1,可设BD的解析式为y=-2x+b，把B(2,0)代入得BD解析式为y=-2x+4，解方程组得D（,9）
②若以BC为底边，则BC//AD,易求BC的解析式为y=0.5x-1,可设AD的解析式为y=0.5x+b，把A(,0)代入得AD解析式为y=0.5x+0.25，解方程组得D()
综上，所以存在两点：（,9）或()。
24．（2010广东广州，24，14分）如图，⊙O的半径为1，点P是⊙O上一点，弦AB垂直平分线段OP，点D是上任一点（与端点A、B不重合），DE⊥AB于点E，以点D为圆心、DE长为半径作⊙D，分别过点A、B作⊙D的切线，两条切线相交于点C
（1）求弦AB的长；
（2）判断∠ACB是否为定值，若是，求出∠ACB的大小；否则，请说明理由；
（3）记△ABC的面积为S，若＝4，求△ABC的周长.
【分析】OA，OP与AB的交点为F，△OAF为直角三角形，且OA＝1，OF＝，借助勾股定理可求得AF的长；
（2）要判断∠ACB是否为定值∠DAE＋∠DBA是定值，那么CAB＋∠ABC就是定值，而∠DAE＋∠DBA等于弧AB所对的圆周角，这个值等于∠AOB值的一半；
（3）由题可知DE(AB＋AC＋BC)，又因为，所以，所以，由于DH＝DG＝DE，所以在Rt△CDH中，CH＝DH＝DE，同理可得CG＝DE，又由于AG＝AE，BE＝BH，所以AB＋AC＋BC＝CG＋CH＋AG＋AB＋BH＝DE＋，可得＝DE＋，解得：DE＝，代入AB＋AC＋BC＝，即可求得周长为．
【答案】解：（1）连接OA，取OP与AB的交点为F，则有OA＝1
∵弦AB垂直平分线段OP，∴OF＝OP＝，AF＝BF
在Rt△OAF中，∵AF＝＝＝，∴AB＝2AF＝
（2）∠ACB是定值.
由（1）易知，∠AOB＝120°
因为点D为△ABC的内心，所以，连结AD、BD，则∠CAB＝2∠DAE，∠CBA＝2∠DBA，
因为∠DAE∠DBA＝∠AOB＝60°，所以∠CAB∠CBA＝120°，所以∠ACB＝60°；
（3）记△ABC的周长为l，取AC，BC与⊙D的切点分别为G，H，连接DG，DC，DH，则有DG＝DH＝DE，DG⊥AC，DH⊥BC.
＝AB?DE＋BC?DH＋AC?DG＝(ABBC＋AC)?DE＝l?DE
∵＝4，∴＝4，∴l＝8DE.
∵CG，CH是⊙D的切线，∴∠GCD＝∠ACB＝30°，
∴在Rt△CGD中，CG＝＝＝DE，∴CH＝CG＝DE
又由切线长定理可知AG＝AE，BH＝BE，
∴l＝ABBC＋AC＝22DE＝8DE，解得DE＝，
∴△ABC的周长为
【涉及知识点】
【点评】
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25．2010广东广州，2，14分）如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线＝－＋交折线OAB于点E
（1）记△ODE的面积为S，求S与的函数关系式；
（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形OA1B1C1，试探究OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由.
【分析】点纵坐标），代入三角形面积公式即可；
（2）
【答案】（1）由题意得B（3，1）．
若直线经过点A（3，0）时，则b＝
若直线经过点B（3，1）时，则b＝
若直线经过点C（0，1）时，则b＝1
①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b，如图25-a，
此时E（2b，0）
∴S＝OE·CO＝2b×1＝b
②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图
此时E（3，），D（2b2，1）
∴S＝S矩S△OCD＋S△OAE＋S△DBE)
＝3[(2b－1)×1＋×(5－2b)·()＋×3()]＝
∴
（2）如图，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积。
本题答案由无锡市天一实验学校金杨建老师草制！
由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形
根据轴对称知，∠MED＝∠NED
又∠MDE＝∠NED∴∠MED＝∠MDE∴MD＝ME∴平行四边形DNEM为菱形
过点D作DH⊥OA，垂足为H
由题易知，tan∠DEN＝，DH＝1∴HE＝2，
设菱形DNEM的边长为a，
则在Rt△DHM中，由勾股定理知，∴
∴S四边形DNEM＝NEDH＝
∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为
【涉及知识点】
【点评】
【推荐指数】★
24.（201114分）已知关于x的二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象经过点C(0,1)，且与x轴交于不同的两点A、B，点A的坐标是（1，0）
（1）求c的值；
（2）求a的取值范围；
（3）该二次函数的图象与直线y=1交于C、D两点，设A、B、C、D四点构成的四边形的对角线相交于点P，记△PCD的面积为S1，△PAB的面积为S2，当0
解：(1)将点C（0，1）代入得
（2）由(1)知，将点A（1，0）代入得
，∴
∴二次函数为
∵二次函数为的图像与x轴交于不同的两点
∴，而
∴的取值范围是且
(3)证明：∵
∴对称轴为
∴
把代入得
，解得
∴
∴
＝
＝＝1
∴为常数，这个常数为1。
25.（201114分）如图7，⊙O中AB是直径，C是⊙O上一点，∠ABC=450，等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，点D在线段AC上。
（1）证明：B、C、E三点共线；
（2）若M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，证明：MN=OM；
（3）将△DCE绕点C逆时针旋转（00<<900）后，记为△D1CE1（图8），若M1是线段BE1的中点，N1是线段AD1的中点，M1N1=OM1是否成立？若是，请证明：若不是，说明理由。
解:（1）证明：∵AB是⊙O的直径
∴∠ACB=90°
∵∠DCE=90°
∴∠ACB＋∠DCE=180°
∴B、C、E三点共线。
(2)证明：连接ON、AE、BD，延长BD交AE于点F
∵ ∠ABC=45°，∠ACB=90°
∴BC=AC，又∠ACB=∠DCE=90°，DC=EC
∴△BCD≌△ACE
∴BD=AE，∠DBC=∠CAE
∴∠DBC＋∠AEC=∠CAE＋∠AEC=90°
∴BF⊥AE
∵AO=OB，AN=ND
∴ON=BD，ON∥BD
∵AO=OB，EM=MB
∴OM=AE，OM∥AE
∴OM=ON，OM⊥ON
∴∠OMN=45°，又cos∠OMN=
∴
(3)成立，证明同（2）。
1/6
C
Q
B
A
P
B
Q
D
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图7
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B
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图8-①
图8-②
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图10
图11
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图1
图2
3
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