湖北13市州(14套)2012年中考数学试题分类解析汇编专题12：押轴题.doc

湖北13市州（14套）2012年中考数学试题分类解析汇编
专题12：押轴题
一、选择题
1. （2012湖北武汉3分）在面积为15的平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直于直线BC于点E，作AF垂直于直线CD于点F，若AB＝5，BC＝6，则CE＋CF的值为【 】
A．11＋ B．11－
C．11＋或11－ D．11－或1＋
【答案】C。
【考点】平行四边形的性质和面积，勾股定理。
【分析】依题意，有如图的两种情况。设BE=x，DF=y。
如图1，由AB＝5，BE=x，得。
由平行四边形ABCD的面积为15，BC＝6，得，
解得（负数舍去）。
由BC＝6，DF=y，得。
由平行四边形ABCD的面积为15，AB＝5，得，
解得（负数舍去）。
∴CE＋CF=（6－）＋（5－）=11－。
如图2，同理可得BE= ，DF=。
∴CE＋CF=（6＋）＋（5＋）=11＋。
故选C。
2. （2012湖北黄石3分）如图所示，已知A，B为反比例函数图像上的两点，动
点P在x正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是【 】

A. B. C. D.
3. （2012湖北荆门3分） 已知：顺次连接矩形各边的中点，得到一个菱形，如图①；再顺次连接菱形各边的中点，得到一个新的矩形，如图②；然后顺次连接新的矩形各边的中点，得到一个新的菱形，如图③；如此反复操作下去，则第2012个图形中直角三角形的个数有【 】

A． 8048个 B． 4024个 C． 2012个 D． 1066个
【答案】B。
【考点】分类归纳（图形的变化类）。
【分析】写出前几个图形中的直角三角形的个数，并找出规律：
第1个图形，有4个直角三角形，第2个图形，有4个直角三角形，
第3个图形，有8个直角三角形，第4个图形，有8个直角三角形，
…，
依次类推，当n为奇数时，三角形的个数是2（n+1），当n为偶数时，三角形的个数是2n个，
所以，第2012个图形中直角三角形的个数是2×2012=4024。故选B。
4. （2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分）已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，它与x轴的两个交点分别为（﹣1，0），（3，0）．对于下列命题：①b﹣2a=0；②abc＜0；③a﹣2b+4c＜0；④8a+c＞0．其中正确的有【 】

A．3个 B．2个 C．1个 D．0个
【答案】A。
【考点】二次函数图象与系数的关系。
【分析】根据图象可得：a＞0，c＞0，对称轴：。
①∵它与x轴的两个交点分别为（﹣1，0），（3，0），∴对称轴是x=1，
∴。∴b+2a=0。故命题①错误。
②∵a＞0，，∴b＜0。
又c＞0，∴abc＜0。故命题②正确。
③∵b+2a=0，∴a﹣2b+4c=a+2b﹣4b+4c=﹣4b+4c。
∵a﹣b+c=0，∴4a﹣4b+4c=0。∴﹣4b+4c=﹣4a。
∵a＞0，∴a﹣2b+4c=﹣4b+4c=﹣4a＜0。故命题③正确。
④根据图示知，当x=4时，y＞0，∴16a+4b+c＞0。
由①知，b=﹣2a，∴8a+c＞0。故命题④正确。
∴正确的命题为：①②③三个。故选A。
5. （2012湖北宜昌3分）已知抛物线y=ax2﹣2x+1与x轴没有交点，那么该抛物线的顶点所在的象限是【 】
A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限
【答案】D。
【考点】抛物线与x轴的交点与对应的一元二次方程的解之间的关系，二次函数的性质。
【分析】∵抛物线y=ax2﹣2x+1与x轴没有交点，∴△=4﹣4a＜0，解得：a＞1。
∴抛物线的开口向上。
又∵b=﹣2，∴抛物线的对称轴在y轴的右侧。
∴抛物线的顶点在第一象限。故选D。
6. （2012湖北恩施3分）如图，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，∠A=120°，则图中阴影部分的面积是【 】

A． B．2 C．3 D．
【答案】A。
【考点】菱形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】如图，设BF、CE相交于点M，
∵菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，
∴△BCM∽△BGF，∴，即。
解得CM=1.2。∴DM=2﹣1.2=0.8。
∵∠A=120°，∴∠ABC=180°﹣120°=60°。
∴菱形ABCD边CD上的高为2sin60°=2×，
菱形ECGF边CE上的高为3sin60°=3×。
∴阴影部分面积=S△BDM+S△DFM=×0.8×+×0.8×。故选A。
7. （2012湖北咸宁3分）中央电视台有一个非常受欢迎的娱乐节目：墙来了！选手需按墙上的空洞造型
摆出相同姿势，才能穿墙而过，否则会被墙推入水池．类似地，有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形
状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，则该几何体为【 】．

A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】由三视图判断几何体。
【分析】一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞，即要这个几何体的三
视图分别是正方形、圆和正三角形。符合此条件的只有选项A：主视图是正方形，左视图是正三角形，俯
视图是圆。故选A。
8. （2012湖北荆州3分）已知：顺次连接矩形各边的中点，得到一个菱形，如图①；再顺次连接菱形各边的中点，得到一个新的矩形，如图②；然后顺次连接新的矩形各边的中点，得到一个新的菱形，如图③；如此反复操作下去，则第2012个图形中直角三角形的个数有【 】

A． 8048个 B． 4024个 C． 2012个 D． 1066个
【答案】B。
【考点】分类归纳（图形的变化类）。
【分析】写出前几个图形中的直角三角形的个数，并找出规律：
第1个图形，有4个直角三角形，第2个图形，有4个直角三角形，
第3个图形，有8个直角三角形，第4个图形，有8个直角三角形，
…，
依次类推，当n为奇数时，三角形的个数是2（n+1），当n为偶数时，三角形的个数是2n个，
所以，第2012个图形中直角三角形的个数是2×2012=4024。故选B。
9. （2012湖北黄冈3分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6cm，点P 从点A 出发，沿AB方向以
每秒cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm 的速度向终点C 运动，将
△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′.设Q点运动的时间t秒，若四边形QPCP′为菱形，则t的值为【 】

A. B. 2 C. D. 4
【答案】B。
【考点】动点问题，等腰直角三角形的性质，翻折对称的性质，菱形的性质，矩形。
【分析】如图，过点P作PD⊥AC于点D，连接PP′。
由题意知，点P、P′关于BC对称，∴BC垂直平分PP′。
∴QP=QP′，PE=P′E。
∴根据菱形的性质，若四边形QPCP′是菱形则CE=QE。
∵∠C=90°，AC=BC，∴∠A=450。
∵AP=t，∴PD= t。
易得，四边形PDCE是矩形，∴CE=PD= t，即CE=QE= t。
又BQ= t，BC=6，∴3 t=6，即t=2。
∴若四边形QPCP′为菱形，则t的值为2。故选B。
10. （2012湖北随州4分）如图，直线l与反比例函数的图象在第一象限内交于A、B两点，交x轴的正半轴于C点,若AB：BC=(m一l)：1(m>l)则△OAB的面积(用m表示)为【 】

A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】反比例函数的应用，曲线上点的坐标与方程式关系，相似三角形的判定和性质，代数式化简。
【分析】如图，过点A作AD⊥OC于点D，过点B作BE⊥OC于点E,
设A(ｘA，ｙA)，B (ｘB，ｙB)，C（c¸0）。
∵AB：BC=(m一l)：1(m>l)，∴AC：BC=m：1。
又∵△ADC∽△BEC，∴AD：BE=DC：EC= AC：BC=m：1。
又∵AD=ｙA，BE=ｙB，DC= c－ｘA，EC= c－ｘB，
∴ｙA：ｙB= m：1，即ｙA= mｙB。
∵直线l与反比例函数的图象在第一象限内交于A、B两点，
∴，。
∴，。
将 又由AC：BC=m：1得（c－ｘA）：（c－ｘB）=m：1，即
，解得。
∴
。
故选B。
11. （2012湖北十堰3分）如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④；⑤．其中正确的结论是【 】

A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③
【答案】A。
【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。
【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。
∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。
连接OO′，
∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。
∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形。
∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150°。故结论③正确。
。故结论④错误。
如图所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，
点O旋转至O″点．
易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的
直角三角形。
则。
故结论⑤正确。
综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A。
12. （2012湖北孝感3分）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60º，E、F分别是AB、AD的中点，DE、BF
相交于点G，连接BD、CG．给出以下结论，其中正确的有【 】

①∠BGD＝120º；②BG＋DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C。
【考点】菱形的性质，等边三角形的判定和性质，多边形内角和定理，全等三角形的判定和性质，含30度角直角三角形的性质 三角形三边关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】∵在菱形ABCD中，∠A＝60º，∴∠BCD＝60º，∠ADC＝120º，AB=AD。
∴△ABD是等边三角形。
又∵E是AB的中点，∴∠ADE＝∠BDE＝30º。∴∠CDG＝90º。同理，∠CBG＝90º。
在四边形BCDG中，∠CDG＋∠CBG＋∠BCD＋∠BGD=3600，∴∠BGD＝120º。故结论①正确。
由HL可得△BCG≌△DCG，∴∠BCG＝∠DCG＝30º。∴BG=DG=CG。
∴BG＋DG＝CG。故结论②正确。
在△BDG中，BG＋DG＞BD，即CG＞BD，∴△BDF≌△CGB不成立。故结论③不正确。
∵DE=ADsin∠A=ABsin60º=AB，
∴。故结论④正确。
综上所述，正确的结论有①②④三个。故选C。
13. （2012湖北襄阳3分）如果关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是【 】
A．k＜ B．k＜且k≠0 C．﹣≤k＜ D．﹣≤k＜且k≠0
【答案】D。
【考点】一元二次方程定义和根的判别式，二次根式有意义的条件。
【分析】由题意，根据一元二次方程二次项系数不为0定义知： k≠0；根据二次根式被开方数非负数的条件得：2k+1≥0；根据方程有两个不相等的实数根，得△=2k+1﹣4k＞0。三者联立，解得﹣≤k＜且k≠0。
故选D。　
14. （2012湖北鄂州3分）在平面坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2），延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C，延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1,………按这样的规律进行下去，第2012个正方形的面积为【 】

A. B. C. D.
二、填空题
1. （2012湖北武汉3分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3，0)，点B为y轴正半轴上的一点，点
C是第一象限内一点，且AC＝2．设tan∠BOC＝m，则m的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】锐角三角函数定义，勾股定理，一元二次方程根的判别式。
【分析】如图，设C点坐标为（）。
∵tan∠BOC＝m，∴，即。
∵A的坐标为(3，0)，∴DA=。
又∵AC＝2．∴由勾股定理，得，
即，整理得
由得。
∵tan∠BOC＝m＞0，∴。
2. （2012湖北黄石3分）如图所示，已知A点从点（１，０）出发，以每秒１个单位长的速度沿着x轴
的正方向运动，经过t秒后，以O、A为顶点作菱形OABC，使B、C点都在第一象限内，且∠AOC=600，
又以P（０，４）为圆心，PC为半径的圆恰好与OA所在直线相切，则t= ▲ .

【答案】。
【考点】切线的性质，坐标与图形性质，菱形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】∵已知A点从（1，0）点出发，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向运动，
∴经过t秒后，∴OA=1+t。，
∵四边形OABC是菱形，∴OC=1+t。，
当⊙P与OA，即与x轴相切时，如图所示，则切点为O，此时PC=OP。
过点P作PE⊥OC，垂足为点E。
∴OE=CE=OC，即OE=（1+t）。
在Rt△OPE中，OP=4，∠OPE=900－∠AOC=30°，
∴OE=OP•cos30°=，即。
∴。
∴当PC为半径的圆恰好与OA所在直线相切时，。
3. （2012湖北荆门3分）如图（1）所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒．设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与t的函数关系图象如图（2）（曲线OM为抛物线的一部分），则下列结论：①AD=BE=5；②cos∠ABE=；③当0＜t≤5时，；④当秒时，△ABE∽△QBP；其中正确的结论是　 ▲ 　（填序号）．

【答案】①③④。
【考点】动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质。
【分析】根据图（2）可知，当点P到达点E时点Q到达点C，
∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，∴BC=BE=5。∴AD=BE=5。故结论①正确。
又∵从M到N的变化是2，∴ED=2。∴AE=AD﹣ED=5﹣2=3。
在Rt△ABE中，，
∴。故结论②错误。
过点P作PF⊥BC于点F，
∵AD∥BC，∴∠AEB=∠PBF，∴sin∠PBF=sin∠AEB=。
∴PF=PBsin∠PBF=t。
∴当0＜t≤5时，。故结论③正确。
当秒时，点P在CD上，
此时，PD=－BE－ED=，PQ=CD－PD=4－。
∵，∴。
又∵∠A=∠Q=90°，∴△ABE∽△QBP。故结论④正确。
综上所述，正确的有①③④。
4. （2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分）平面直角坐标系中，⊙M的圆心坐标为（0，2），半径为1，点N在x轴的正半轴上，如果以点N为圆心，半径为4的⊙N与⊙M相切，则圆心N的坐标为　 ▲ 　．

【答案】（，0）或（，0）。
【考点】相切两圆的性质，坐标与图形性质，勾股定理。
【分析】分别从⊙M与⊙N内切或外切去分析：
①⊙M与⊙N外切，MN=4+1=5，，
∴圆心N的坐标为（，0）。
②⊙M与⊙N内切，MN=4﹣1=3，，
∴圆心N的坐标为（，0）。
综上所述，圆心N的坐标为（，0）或（，0）。
5. （2012湖北宜昌3分）已知⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3，则反映直线l与⊙O的位置关系的图形是【 】
A． B． C． D．
【答案】B。
【考点】直线与圆的位置关系。
【分析】根据直线与圆的位置关系来判定：①直线l和⊙O相交⇔d＜r；②直线l和⊙O相切⇔d=r；③直
线l和⊙O相离⇔d＞r（d为直线与圆的距离，r为圆的半径）。因此，
∵⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3，
∵5＞3，即：d＜r，∴直线L与⊙O的位置关系是相交。故选B。
【宜昌无填空题，以倒数第二条选题代替】
6. （2012湖北恩施4分）观察数表

根据表中数的排列规律，则B+D=　 ▲ 　．
【答案】23。
【考点】分类归纳（数字的变化类）。
【分析】∵仔细观察每一条虚线或与虚线平行的直线上的数字从左至右相加等于最上而的一个数字，
∴1+4+3=B，1+7+D+10+1=34。
∴B=8，D=15。
∴B+D=8+15=23。
7. （2012湖北咸宁3分）对于二次函数，有下列说法：
①它的图象与轴有两个公共点；
②如果当≤1时随的增大而减小，则；
③如果将它的图象向左平移3个单位后过原点，则；
④如果当时的函数值与时的函数值相等，则当时的函数值为．
其中正确的说法是 ▲ ．（把你认为正确说法的序号都填上）
【答案】①④。
【考点】二次函数的性质，一元二次方程的判别式，平移的性质。
【分析】由得，
∴方程有两不相等的实数根，即二次函数的图象与轴有两个公共点。故说法①正确。
∵的对称轴为，而当≤1时随的增大而减小，
∴。故说法②错误。
∵ ，
∴将它的图象向左平移3个单位后得。
∵经过原点，∴，解得。故说法③错误。
∵由时的函数值与时的函数值相等，得，
解得，
∴当时的函数值为。故说法④正确。
综上所述，正确的说法是①④。
8. （2012湖北荆州3分）如图（1）所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒．设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与t的函数关系图象如图（2）（曲线OM为抛物线的一部分），则下列结论：①AD=BE=5；②cos∠ABE=；③当0＜t≤5时，；④当秒时，△ABE∽△QBP；其中正确的结论是　 ▲ 　（填序号）．

【答案】①③④。
【考点】动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质。
【分析】根据图（2）可知，当点P到达点E时点Q到达点C，
∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，∴BC=BE=5。∴AD=BE=5。故结论①正确。
又∵从M到N的变化是2，∴ED=2。∴AE=AD﹣ED=5﹣2=3。
在Rt△ABE中，，
∴。故结论②错误。
过点P作PF⊥BC于点F，
∵AD∥BC，∴∠AEB=∠PBF，∴sin∠PBF=sin∠AEB=。
∴PF=PBsin∠PBF=t。
∴当0＜t≤5时，。故结论③正确。
当秒时，点P在CD上，
此时，PD=－BE－ED=，PQ=CD－PD=4－。
∵，∴。
又∵∠A=∠Q=90°，∴△ABE∽△QBP。故结论④正确。
综上所述，正确的有①③④。
9. （2012湖北黄冈3分）某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，
快递车到达乙地后卸完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米／时，两车之间的距离y(千米)与货车行驶时间x(小时)之间的函数图象如图所示，现有以下4个结论：
①快递车从甲地到乙地的速度为100千米／时；
②甲、乙两地之间的距离为120千米；
③图中点B的坐标为(，75)；
④快递车从乙地返回时的速度为90千米／时．
以上4个结论中正确的是 ▲ (填序号)

【答案】①③④。
【考点】一次函数的应用。
【分析】①设快递车从甲地到乙地的速度为v1千米／时，
由已知，货车的速度为60千米／时，
由图象知，货车行驶时间3小时时，两车相距120千米，得
，解得v1=100。
∴快递车从甲地到乙地的速度为100千米／时。故结论①正确。
② 由图象知，快递车行驶3小时到达乙地，∴甲、乙两地之间的距离为3×100=300（千米）。
故结论②错误。
③ ∵快递车到达乙地后卸完物品再另装货物共用45分钟，即小时，
∴点B的横坐标为3＋。
又∵小时货车行驶了（千米），
∴此时两车相距120－45=75（千米），即点B的纵坐标为75。
∴图中点B的坐标为(，75)。故结论③正确。
④ 设快递车从乙地返回时的速度为v2千米／时，
由③和图象可得，，解得v2=90。
∴快递车从乙地返回时的速度为90千米／时。故结论④正确。
综上所述，结论①③④正确。
10. （2012湖北随州4分）设，且1－ab2≠0，则=
▲ .
【答案】。
【考点】解一元二次方程，求代数式的值。
【分析】解得，
解得。
∵，∴。
又∵1－ab2≠0，∴。∴。∴。
∴。
11. （2012湖北十堰3分）如图，直线y=6x，y=x分别与双曲线在第一象限内交于点A，B，若S△OAB=8，则k= 　 ▲ 　．

【答案】6。
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数系数k的几何意义，曲线上点的坐标与方程的关系。
【分析】如图，过点A作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，
设点A（x1，），B（x2，），
由解得，∴A（，）。
由解得，∴B（，）。
∵

∴k=6。
12. （2012湖北孝感3分）二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象的对称轴是直线x＝1，其图象的一部分如
图所示．下列说法正确的是 ▲ (填正确结论的序号)．

①abc＜0；②a－b＋c＜0；③3a＋c＜0；④当－1＜x＜3时，y＞0．
【答案】①②③。
【考点】二次函数图象与系数的关系。
【分析】由二次函数的图象可得：a＞0，b＜0，c＞0，对称轴x=1，则再结合图象判断正确的选项即可：
由a＞0，b＜0，c＞0得abc＜0，故结论①正确。
∵由二次函数的图象可得x=2.5时，y=0，对称轴x=1，∴x=－0.5时，y=0。
∴x=－1时，y＜0，即a－b＋c＜0。故结论②正确。
∵二次函数的图象的对称轴为x=1，即，∴。
代入②a－b＋c＜0得3a＋c＜0。故结论③正确。
∵由二次函数的图象和②可得，当－0.5＜x＜2.5时，y＞0；当x＜－0.5或 x＞2.5时，y＜0。
∴当－1＜x＜3时，y＞0不正确。故结论④错误。
综上所述，说法正确的是①②③。
13. （2012湖北襄阳3分）在等腰△ABC中，∠A=30°，AB=8，则AB边上的高CD的长是　 ▲ 　．
【答案】4或或。
【考点】等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】根据题意画出AB=AC，AB=BC和AC=BC时的图象，然后根据等腰三角形的性质和解直角三角形，分别进行计算即可：
（1）如图，当AB=AC时，
∵∠A=30°，
∴CD=AC=×8=4。
（2）如图，当AB=BC时，则∠A=∠ACB=30°。
∴∠ACD=60°。∴∠BCD=30°
∴CD=cos∠BCD•BC=cos30°×8=4。
（3）如图，当AC=BC时，则AD=4。
∴CD=tan∠A•AD=tan30°•4=。
综上所述，AB边上的高CD的长是4或或。
16. 14. （2012湖北鄂州3分）已知，如图，△OBC中是直角三角形，OB与x轴正半轴重合，∠OBC=90°，且OB=1，BC=，将△OBC绕原点O逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的m倍，使OB1=OC，得到△OB1C1，将△OB1C1绕原点O逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的m倍，使OB2=OC1，得到△OB2C2，……，如此继续下去，得到△OB2012C2012，则m= ▲ 。点C2012的坐标是 ▲ 。

【答案】2；（22011，－22011）。
【考点】分类归纳（图形的变化类），坐标与图形的旋转变化，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】在△OBC中，∵OB=1，BC=，∴tan∠COB=。∴∠COB=60°，OC=2。
∵OB1=mOB，OB1=OC，∴mOB=OC，即m=2。
∵每一次的旋转角是60°，∴旋转6次一个周期（如图）。
∵2012÷6=335…2，
∴点C2012的坐标跟C2的坐标在一条射线OC6n+2上。
∵第1次旋转后，OC1=2；第2次旋转后，OC1=22；第3次旋转后，OC3=23；···第2012次旋转后，OC2012=22012。
∵∠C2012OB2012=60°，∴OB2012=22011。B2012C2012==22011。
∴点C2012的坐标为（22011，－22011）。
三、解答题
1. （2012湖北武汉10分）已知△ABC中，AB＝，AC＝，BC＝6．
(1)如图1，点M为AB的中点，在线段AC上取点N，使△AMN与△ABC相似，求线段MN的长；
(2)如图2，是由100个边长为1的小正方形组成的10×10的正方形网格，设顶点在这些小正方形顶点
的三角形为格点三角形．
①请你在所给的网格中画出格点△A1B1C1与△ABC全等(画出一个即可，不需证明)；
②试直接写出所给的网格中与△ABC相似且面积最大的格点三角形的个数，并画出其中一个(不需
证明)．

【答案】解：（1）①如图A，过点M作MN∥BC交AC于点N，
则△AMN∽△ABC，
∵M为AB中点，∴MN是△ABC 的中位线。
∵BC＝6，∴MN=3。
②如图B，过点M作∠AMN=∠ACB交AC于点N，
则△AMN∽△ACB，∴。
∵BC=6，AC= ，AM=，∴，解得MN=。
综上所述，线段MN的长为3或。
（2）①如图所示：

②每条对角线处可作4个三角形与原三角形相似，那么共有8个。

【考点】网格问题，作图（相似变换），三角形中位线定理，相似三角形的性质。
【分析】（1）作MN∥BC交AC于点N，利用三角形的中位线定理可得MN的长；作∠AMN=∠B，利用相似可得MN的长。
（2）①A1B1＝为直角三角形斜边的两直角边长为2，4，A1C1＝为直角三角形斜边的两直角边长为4，8。以此，先作B1C1＝6，画出△A1B1C1。
②以所给网格的对角线作为原三角形中最长的边，可得每条对角线处可作4个三角形与原三角形相似，那么共有8个。
2. （2012湖北武汉12分）如图1，点A为抛物线C1：的顶点，点B的坐标为(1，0)，直线AB交抛物线C1于另一点C．
(1)求点C的坐标；
(2)如图1，平行于y轴的直线x＝3交直线AB于点D，交抛物线C1于点E，平行于y轴的直线x＝a
交直线AB于F，交抛物线C1于G，若FG：DE＝4∶3，求a的值；
(3)如图2，将抛物线C1向下平移m(m＞0)个单位得到抛物线C2，且抛物线C2的顶点为点P，交x轴
于点M，交射线BC于点N，NQ⊥x轴于点Q，当NP平分∠MNQ时，求m的值．

图1 图2
【答案】解：（1）∵当x=0时，y＝－2。∴A（0，－2）。
设直线AB的解析式为，则，解得。
∴直线AB的解析式为。
∵点C是直线AB与抛物线C1的交点，
∴，解得（舍去）。
∴C（4，6）。
（2）∵直线x＝3交直线AB于点D，交抛物线C1于点E，
∴，∴DE=。
∵FG：DE＝4∶3，∴FG=2。
∵直线x＝a交直线AB于点F，交抛物线C1于点G，
∴。
∴FG=。
解得。
（3）设直线MN交y轴于点T，过点N作NH⊥y轴于点H。
设点M的坐标为（t,0），抛物线C2的解析式为。
∴。∴。
∴。∴P（0，）。
∵点N是直线AB与抛物线C2的交点，
∴，解得（舍去）。
∴N（）。
∴NQ=，MQ=。∴NQ=MQ。∴∠NMQ=450。
∴△MOT，△NHT都是等腰直角三角形。∴MO=TO，HT=HN。
∴OT=－t，。
∵PN平分∠MNQ，∴PT=NT。
∴，解得（舍去）。
∴。∴。
【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，解二元二次方程组，平移的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，平行的性质。
【分析】（1）由点A在抛物线C1上求得点A的坐标，用待定系数法求得直线AB的解析式；联立直线AB和抛物线C1即可求得点C的坐标。
（2）由FG：DE＝4∶3求得FG=2。把点F和点G的纵坐标用含a的代数式表示，即可得等式
FG=，解之即可得a的值。
（3）设点M的坐标为（t,0）和抛物线C2的解析式，求得t和m的关系。求出点P和点N的坐标（用t的代数式表示），得出△MOT，△NHT都是等腰直角三角形的结论。从而由角平分线和平行的性质得到PT=NT，列式求解即可求得t，从而根据t和m的关系式求出m的值。
3. （2012湖北黄石9分）如图1所示：等边△ABC中，线段AD为其内角平分线，过D点的直线
B1C1⊥AC于C1交AB的延长线于B1.
（1）请你探究：，是否成立?
（2）请你继续探究：若△ABC为任意三角形，线段AD为其内角平分线，请问一定成立
吗？并证明你的判断.
（3）如图2所示Rt△ABC中，∠ACB=900，AC=8,，E为AB上一点且AE=5，CE交其内
角角平分线AD与F.试求的值.

【答案】解：（1）∵线段AD为等边△ABC内角平分线，∴根据三线合一，得CD=DB。
∴。
过点D作DN⊥AB于点H。
∵线段AD为等边△ABC内角平分线，∴C1D=ND。
∵等边△ABC中，B1C1⊥AC，∴∠B1=300。
∴。
∴，都成立。
（2）结论仍然成立。证明如下：
如图，ΔABC为任意三角形，过B点作BE∥AC交 AD的延长线于点G 。
∵∠G=∠CAD=∠BAD，∴BG=AB。
又ΔGBD∽ΔACD ，
∴，即。
∴对任意三角形结论仍然成立。
﹙3﹚如图，连接ED。
∵AD为ΔABC的内角角平分线，AC=8,，
∴由（2）得， 。
又∵AE=5，∴EB=AB－AE=。∴。
∴。∴DE∥AC。 ∴ΔDEF∽ΔACF。
∴。
【考点】等边三角形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质。
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AD垂直平分BC，∠CAD=∠BAD=30°，AB=AC，则DB=CD，易得；由于∠C1AB1=60°，得∠B1=30°，则AB1=2AC1， 同理可得到DB1=2DC1，易得；
（2）过B点作BG∥AC交AD的延长线于点G，根据平行线的性质和角平分线的定义得到
∠G=∠CAD=∠BAD，则BG=AB，并且根据相似三角形的判定得△GBD∽△ACD，得到，于是有，这实际是三角形的角平分线定理。
（3）AD为△ABC的内角角平分线，由（2）的结论得到，又，则有，得到DE∥AC，根据相似三角形的判定得△DEF∽△ACF，即有。
4. （2012湖北黄石10分）已知抛物线C1的函数解析式为，若抛物线C1经过
点，方程的两根为，，且。
（1）求抛物线C1的顶点坐标.
（2）已知实数，请证明：≥,并说明为何值时才会有.
（3）若抛物线先向上平移4个单位，再向左平移1个单位后得到抛物线C2，设，
是C2上的两个不同点，且满足： ，，.请你用含有的表达式表示出△AOB的面积S，并求出S的最小值及S取最小值时一次函数OA的函数解析式。
（参考公式：在平面直角坐标系中，若，，则P，Q两点间的距离）
【答案】解：（1）∵抛物线过（０,－３）点，∴－3a＝－３。∴a＝１ 。
　∴ｙ＝x2＋bx－３
　　　　　 ∵x2＋bx－３=０的两根为x1，x2且，
∴＝４且b＜０。∴b＝－２。
∴。
∴抛物线Ｃ１的顶点坐标为（１，－４）。
（2）∵x＞０，∴
∴。
当时，即当x＝１时，有。
（3）由平移的性质，得C2的解析式为：y＝x2 。
∴Ａ(m，m2)，B（n，n2）。
∵ΔAOB为直角三角形，∴OA2＋OB2=AB2。
∴m2＋m4＋n2＋n4＝（m－n）2＋（m2－n2）2，
化简得：m n＝－１。
∵ＳΔAOB=，m n＝－