图形与坐标历年中考试题汇编.docx

1．在平面直角坐标系中，已知点E（﹣4，2），F（﹣2，﹣2），以原点O为位似中相似比为，把△EFO缩小，则点E的对应点E′的坐标是
A．（﹣2，1） B．（﹣8，4） C．（﹣8，4）或（8，﹣4） D．（﹣2，1）或（2，﹣1）
2．将点B（5，－1）向上平移2个单位得到点A（a+b， a－b）。则（ ）
A. a=2， b=3 B. a=3， b=2 C. a=－3， b=－2 D. a=－2， b=－3
3．如图2，在平面直角坐标系中，点的坐标为（1，4）、（5，4）、（1、），则外接圆的圆心坐标是
图2

A.（2，3）　　B.（3，2）　　C.（1，3）　　D.（3，1）
4．如图坐标平面上有一正五边形ABCDE，C、D两点坐标分别为（1，0）、（2，0）．若在没有滑动的情况下，将此正五边形沿着x轴向右滚动，则滚动过程中，下列会经过点（75，0）的点是（ )
A．点A B．点B C．点C D．点D

O
y
x
O
y
x
A
B
C(1,0)
D(2,0)
E
B
C
A
D(2,0)
E(3,0)

5．如图，平面直角坐标系中，已知直线上一点P（1，1），C为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P顺时针旋转900至线段PD，过点D作直线AB⊥x轴。垂足为B，直线AB与直线交于点A，且BD=2AD，连接CD，直线CD与直线交于点Q，则点Q的坐标为 。

6．在平面直角坐标系中，一蚂蚁从原点O出发，按向上、向右、向下、向右的方向依次不断移动，每次移动1个单位，其行走路线如下图所示．那么点A2013的坐标是______________．
O
1
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
A8
A9
A10
A11
A12
A12
x
y

7．（2004•无锡）点（1，2）关于原点的对称点的坐标为　　．
8．在平面直角坐标系中，点(1,3)位于第 象限．
9．点A(1,2)向右平移2个单位得到对应点A′,则点A′的坐标是____
10．已知P1（a-1，5）和P2（2，b-1）关于x轴对称，则（a+b）2011的值为
11．在数轴上，点对应的数分别为2，，且两点关于原点对称，则的值为___________.
12．如图，在平面直角坐标系中，有一条直线l：与x轴、y轴分别交于点M、N，一个高为3的等边三角形ABC，边BC在x轴上，将此三角形沿着x轴的正方向平移．

（1）在平移过程中，得到△A1B1C1，此时顶点A1恰落在直线l上，写出A1点的坐标　 　；
（2）继续向右平移，得到△A2B2C2，此时它的外心P恰好落在直线l上，求P点的坐标；
（3）在直线l上是否存在这样的点，与（2）中的A2、B2、C2任意两点能同时构成三个等腰三角形？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由

13．如图，平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于A、B两点（OA＜OB）且OA、OB的长分别是一元二次方程的两个根，点C在x轴负半轴上，
且AB：AC=1：2

（1）求A、C两点的坐标；
（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以 A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．

14．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在x轴上，点C在y轴上，∠ACB=90°，OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣25x+144=0的两个根（OA＜OB），点D是线段BC上的一个动点（不与点B、C重合），过点D作直线DE⊥OB，垂足为E．

（1）求点C的坐标．
（2）连接AD，当AD平分∠CAB时，求直线AD的解析式．
（3）若点N在直线DE上，在坐标系平面内，是否存在这样的点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由．

15．在平面直角坐标系x、y中，过原点O及点A（0，2）、C（6，0）作矩形OABC，∠AOC的平分线交AB于点D．点P从点O出发，以每秒个单位长度的速度沿射线OD方向移动；同时点Q从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向移动．设移动时间为t秒．

（1）当点P移动到点D时，求出此时t的值；
（2）当t为何值时，△PQB为直角三角形；
（3）已知过O、P、Q三点的抛物线解析式为（t＞0）．问是否存在某一时刻t，将△PQB绕某点旋转180°后，三个对应顶点恰好都落在上述抛物线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

16．如图，以矩形ABCD的顶点A为原点，AD所在的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．点D的坐标为(8，0)，点B的坐标为(0，6)，点F在对角线AC上运动（点F不与点A、C重合），过点F分别作x轴、y轴的垂线，垂足为G、E．设四边形BCFE的面积为S1，四边形CDGF的面积为S2，△AFG的面积为S3．

（1）试判断S1、S2，的关系，并加以证明；
（2）当S3：S1=1：3时，求点F的坐标；
（3）如图，在（2）的条件下，把△AEF沿对角线AC所在直线平移，得到△A’E’F’，且A’、F’两点始终在直线AC上，是否存在这样的点E’，使点E’到x轴的距离与到y轴的距离比是5：4．若存在，请求出点E’的坐标；若不存在，请说明理由．

17．平面直角坐标系中，正方形AOBC如图所示，点C的坐标为（a，a），其中a使得式子有意义，反比例函数的图象经过点C.

（1）求反比例函数解析式.
（2）若有一点D自A向O运动，当满足AD2=OD·AO时，求此时D点坐标.
（3）若点D在AO上、G为OB的延长线上的点，AD=BG，连接AB交DG于点H，写出AB－2HB与AD之间的数量关系（直接写出不需证明）.
（4）如图，点E为正方形AOBC的OB边一点，点F为BC上一点且∠CAE=∠FEA=60°，求直线EF的解析式.

18．小明在上物理实验课时，利用量筒和体积相同的小球进行了如下操作：

请根据示意图中所给信息，解答下列问题：
（1）放入一个小球后，量筒中水面升高 cm；
（2）求放入小球后，量筒中水面的高度（cm）与小球个数（个）之间的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）若往量筒中继续放入小球，量筒中的水就会溢出．问：量筒中至少放入几个小球时有水溢出？

19．如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠AOC=60°．将一把直角三角尺的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方，其中∠OMN=30°。

（1）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，求∠CON的度数；
（2）将图1中的三角尺绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，在第 秒时，边MN恰好与射线OC平行；在第 秒时，直线ON恰好平分锐角∠AOC。（直接写出结果）；
（3）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图3，使ON在∠AOC的内部，请探究∠AOM与∠NOC之间的数量关系，并说明理由．

20．在平面直角坐标系中，点坐标为，点坐标为．
（1）如图①，若直线，上有一动点，当点的坐标为　　　　时，有；
（2）如图②，若直线与不平行，在过点的直线上是否存在点，使，若有这样的点，求出它的坐标．若没有，请简要说明理由.

21．（11·天水）（8分）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，每个小方格的
边长为1个单位长度．正方形ABCD顶点都在格点上，其中，点A的坐标为 (1，1)．
（1）若将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转90°，点B到达点B1，点C到达点C1，点
D到达点D1，求点B1、C1、D1的坐标．
（2）若线段AC1的长度与点D1的横坐标的差恰好是一元二次方程x2＋ax＋1＝0的一个根，
求a的值．

22．如图，直线y＝kx＋2与x轴、y轴分别交于点A、
B，点C(1，a)是直线与双曲线的一个交点，过点C作

CD⊥y轴，垂足为D，且△BCD的面积为1．
(1)求双曲线的解析式与直线AB的解析式：
(2)若在y轴上有一点E，使得以E、A、B为顶点的三角形与
△BCD相似，求点E的坐标．

23．（本题7分）（1）如图，⊿ABC的三个顶点坐标
分别为A（－1， 1）、B（－2，3）、C（－1，3），
(1) 将⊿ABC沿x轴正方向平移2个单位得到⊿A1B1C1，
请在网格中画出
（2）⊿A1B1C1绕点（0，1）顺时针旋转90°得到⊿A2B2C2，
则直线A2B2的解析式是 .

24．如图6，在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于点将绕点顺时针旋转90后得到.
图6

（1）求直线的解析式；（2）若直线与直线相交于点，求的面积.

25．在平面直角坐标系xOy中，抛物线（）与y轴交于点A，其对称轴与x轴交于点B。

（1）求点A，B的坐标；
（2）设直线l与直线AB关于该抛物线的对称轴对称，求直线l的解析式；
（3）若该抛物线在这一段位于直线l的上方，并且在这一段位于直线AB的下方，求该抛物线的解析式。

26．等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，点A、点B分别是x轴、y轴两个动点，直角边AC交x轴于点D，斜边BC交y轴于点E。
（1）如图（1），若A(0，1)，B(2，0)，求C点的坐标；
（2）如图（2）， 当等腰Rt△ABC运动到使点D恰为AC中点时，连接DE，求证：∠ADB=∠CDE；
（3）如图（3），在等腰Rt△ABC不断运动的过程中，若满足BD始终是∠ABC的平分线，试探究：线段OA、OD、BD三者之间是否存在某一固定的数量关系，并说明理由。

27．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OEFG的顶点E的坐标为(4，0)，顶点G的坐标为(0，2)，将矩形OEFG绕点O逆时针旋转，使点F落在y轴的点N处，得到矩形OMNP，OM与GF交于点A．

(1)判断△OGA和△OMN是否相似，并说明理由；
(2)求图象经过点A的反比例函数的解析式；
(3)设(2)中的反比例函数图象交EF于点B，求直线AB的解析式．

28．课题学习(本题10分)
●探究 (1) 在图1中，已知线段AB，CD，其中点分别为E，F．
①若A (-1，0)， B (3，0)，则E点坐标为__________；
②若C (-2，2)， D (-2，-1)，则F点坐标为__________；
(2)在图2中，已知线段AB的端点坐标为A(a，b) ，B(c，d)，求出图中AB中点D的坐标（用含a，b，c，d的代数式表示），并给出求解过程．
●归纳 无论线段AB处于直角坐标系中的哪个位置，当其端点坐标为A(a，b)，B(c，d)， AB中点为D(x，y) 时，x=_________，y=___________．（不必证明）
★●运用 在图2中，的图象x轴交于P点。一次函数与的图象交点为A，B．
①求出交点A，B的坐标（用k表示）；
②若D为AB中点，且PD垂直于AB时，请利用上面的结论求出k的值。

第25题图1
O
x
y
D

B

A

C

x
y
O
第25题图2

试卷第15页，总15页
本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
参考答案
1．D。
【解析】根据题意画出相应的图形，找出点E的对应点E′的坐标即可：
根据题意得：

则点E的对应点E′的坐标是（﹣2，1）或（2，﹣1）。故选D。　
2．B
【解析】
考点：坐标与图形变化-平移．
专题：计算题．
分析：根据平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．即可得出平移后点的坐标．
解答：解：由题意可知：平移后点的横坐标为a+b=5；纵坐标为 a－b=1，
∴ a=3， b=2．
故选B．
点评：本题考查了点的平移及平移特征，掌握平移中点的变化规律是关键．
3．D
【解析】根据垂径定理的推论“弦的垂直平分线必过圆心”，作两条弦的垂直平分线，交点即为圆心．
解答：解：根据垂径定理的推论，则

作弦AB、AC的垂直平分线，交点O1即为圆心，且坐标是（3，1）．
故选D．
4．B
【解析】解：∵C、D两点坐标分别为（1，0）、（2，0）．
∴按题中滚动方法点E经过点（3，0），点A经过点（4，0），点B经过点（5，0），
∵点（75，0）的横坐标是5的倍数，而该正五边形滚动5次正好一周，
∴可知经过（5，0）的点经过（75，0），
∴点B经过点（75，0）． 故选B．
5．。
【解析】如图，过点P 作EF∥x轴，交y轴与点E，交AB于点F，则

易证△CEP≌△DFP（ASA），∴EP=DF。
∵P（1，1∴BF=DF=1，BD=2。
∵BD=2AD，∴BA=3。
∵点A在直线上，∴点A的坐标为（3，3）。
∴点D的坐标为（3，2）。∴点C的坐标为（0，3）。
设直线CD的解析式为，则
。 ∴直线CD的解析式为。
联立。∴点Q的坐标为。
6．(1006，1)
【解析】
试题分析：设蚂蚁移动次数为n时，则每次移动到点An
当n=1，A1为（0,1），n=2时，A2为（1,1）n=3时A3为（1,0）n=4时，A4为（2,0），
n=5时，A5为（2,1），n=6时，A6为（3,1），n=7时A7为（3,0）n=8时，A8为（4,0）
所以，每4次移动中，第一次移动时An坐标为（，1）第2次移动时，An坐标为（，1），第3次移动时，An坐标为（，0），第四次移动时，An坐标为（，0）
则A2013为n=2013时。为每四次中的第1次。故把n=2013代入An坐标为（，1）解得A2013的坐标（1006,1）
考点：探究题
点评：本题难度较大。主要考查学生探究规律总结一般式的能力。对于探究题的解题，
7．（﹣1，﹣2）
【解析】本题考查对称的概念
当两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，
即点P(X,Y)关于原点O对称的点是P1(-X,-Y)
那么点（1，2）关于原点的对称点的坐标为（－1，－2）
8．一
【解析】根据点的横纵坐标特点，判断其所在象限，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．
解：∵点（1，3）的横纵坐标都为：+，
∴位于第一象限．
故答案为：一．
9．（3,2）
【解析】由点A的平移规律可知，此题规律是（x+2，y），照此规律计算可知点A’的坐标是（3，2）．
本题考查图形的平移变换，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移规律相同
10．-1
【解析】首先根据两点关于x轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数，求得a、b的值，再进一步根据幂运算的性质求解．
解：∵点P1（a-1，5）和P2（2，b-1）关于x轴对称，
∴a-1=2，b-1=-5，
即a=3，b=-4．
∴（a+b）2011=-1．
11．1
【解析】两点关于原点对称，即=-2，解分式方程即可．
解答：解：根据题意得：=-2，
去分母得：x-5=-2（x+1），
化简得：3x=3，
解得：x=1．
经检验：x=1是原方程的解，
所以x=1．
点评：（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解；
（2）解分式方程一定注意要验根；
（3）去分母时要注意符号的变化．
12．解：（1）（，3）。
（2）P（3，1）。
（3）存在四个点，与（2）中的A2、B2、C2任意两点能同时构成三个等腰三角形，分别是P（3，1），Q（，3），S（4﹣3，），R（4+3，﹣）。
【解析】
试题分析：（1）∵等边三角形ABC的高为3，∴A1点的纵坐标为3。
∵顶点A1恰落在直线l上，∴，解得；x=。
∴A1点的坐标是（，3）。
（2）设P（x，y），连接A2P并延长交x轴于点H，连接B2P，先求出A2B2=2，HB2=，根据点P是等边三角形A2B2C2的外心，得出PH=1，将y=1代入，即可得出点P的坐标。
设P（x，y），连接A2P并延长交x轴于点H，连接B2P，
在等边三角△A2B2C2中，高A2H=3，
∴A2B2=2，HB2=。
∵点P是等边三角形A2B2C2的外心
∴∠PB2H=30°。
∴PH=1，即y=1。
将y=1代入，解得：x=3。
∴P（3，1）。
（3）分四种情况分别讨论。
∵点P是等边三角形A2B2C2的外心，
∴△PA2B2，△PB2C2，△PA2C2是等腰三角形，
∴点P满足的条件，由（2）得P（3，1）。

由（2）得，C2（4，0），点C2满足直线的关系式，∴点C2与点M重合。
∴∠PMB2=30°。
设点Q满足的条件，△QA2B2，△B2QC2，△A2QC2能构成等腰三角形，
此时QA2=QB2，B2Q=B2C2，A2Q=A2C2。
作QD⊥x轴与点D，连接QB2，
∵QB2=2，∠QB2D=2∠PMB2=60°，∴QD=3，∴Q（，3）。
设点S满足的条件，△SA2B2，△C2B2S，△C2PA2是等腰三角形，
此时SA2=SB2，C2B2=C2S，C2A2=C2S。
作SF⊥x轴于点F，
∵SC2=2，∠SB2C2=∠PMB2=30°，∴SF=。∴S（4﹣3，）。
设点R满足的条件，△RA2B2，△C2B2R，△C2A2R能构成等腰三角形，
此时RA2=RB2，C2B2=C2R，C2A2=C2R。
作RE⊥x轴于点E，
∵RC2=2，∠RC2E=∠PMB2=30°，∴ER=。∴R（4+3，﹣）。
综上所述，存在四个点，与（2）中的A2、B2、C2任意两点能同时构成三个等腰三角形，分别是P（3，1），Q（，3），S（4﹣3，），R（4+3，﹣）。
13．解：（1）解得（x﹣）（x﹣1）=0，
解得x1=，x2=1。
∵OA＜OB，∴OA=1，OB=。∴A（1，0），B（0，）。∴AB=2。
又∵AB：AC=1：2，∴AC=4。∴C（﹣3，0）。；
（2）由题意得：CM=t，CB=2．
①当点M在CB边上时，S=2﹣t（0≤t＜）；
②当点M在CB边的延长线上时，S=t﹣（t＞）。
（3）存在，Q1（﹣1，0），Q2（1，﹣2），Q3（1，2），Q1（1，）。
【解析】
试题分析：（1）通过解一元二次方程，求得方程的两个根，从而得到A、B两点的坐标，再根据勾股定理可求AB的长，根据AB：AC=1：2，可求AC的长，从而得到C点的坐标。
（2）分①当点M在CB边上时；②当点M在CB边的延长线上时；两种情况讨论可求S关于t的函数关系式。
（3）分AB是边和对角线两种情况讨论可求Q点的坐标：

14．（1）C（0，12）。
（2）。
（3）存在点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形，
点M的坐标是（28，16）或（14，14）或（﹣12，﹣4）或（2，﹣2）。
【解析】
试题分析：（1）解一元二次方程，求得OA、OB的长，证△AOC∽△COB，推出OC2=OA•OB，即可得出答案。
解x2﹣25x+144=0得x=9或x=16，
∵OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣25x+144=0的两个根（OA＜OB），
∴OA=9，OB=16。
在Rt△AOC中，∠CAB+∠ACO=90°，
在Rt△ABC中，∠CAB+∠CBA=90°，
∴∠ACO=∠CBA。
∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB。∴OC2=OA•OB。∴OC=12，
∴C（0，12）。
（2）应用相似三角形求得点D 的坐标，应用待定系数法即可求得直线AD的解析式。
在Rt△AOC和Rt△BOC中，∵OA=9，OC=12，OB=16，∴AC=15，BC=20。
∵DE⊥AB，∴∠ACD=∠AED=90°。
又∵AD平分∠CAB，AD=AD，∴△ACD≌△AED。∴AE=AC=15。
∴OE=AE﹣OA=15﹣9=6，BE=10。
∵∠DBE=∠ABC，∠DEB=∠ACB=90°，∴△BDE∽△BAC。
∴，即，解得。
∴D（6，）。
设直线AD的解析式是y=kx+b，
将A（﹣9，0）和D（6，）代入得：
，解得。
∴直线AD的解析式是：。
（3）存在点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形。
① 以BC为对角线时，作BC的垂直平分线交BC于Q，交x轴于F，在直线FQ上取一点M，使∠CMB=90°，则符合此条件的点有两个，

BQ=CQ=BC=10，
∵∠BQF=∠BOC=90°，∠QBF=∠CBO，
∴△BQF∽△BOC。∴。
∵BQ=10，OB=16，BC=20，∴BF=。
∴OF=16﹣=。∴F（，0）。
∵OC=12，OB=16，Q为BC中点，∴Q（8，6）。
设直线QF的解析式是y=ax+c，
代入得：，解得。
∴直线FQ的解析式是：。
设M的坐标是（x，），
根据CM=BM和勾股定理得：（x﹣0）2+（﹣12）2=（x﹣16）2+（﹣0）2，
解得x1=14，x2=2。
∴M的坐标是（14，14），（2，﹣2）。
②以BC为一边时，过B作BM3⊥BC，且BM3=BC=20，过M3Q⊥OB于Q，还有一点M4，CM4=BC=20，CM4⊥BC，

则∠COB=∠M3B=∠CBM3=90°。
∴∠BCO+∠CBO=90°，
∠CBO+∠M3BQ=90°。
∴∠BCO=∠M3BQ。
∵在△BCO和△M3BQ中，
，
∴△BCO≌△M3BQ（AAS）。
∴BQ=CO=12，QM3=OB=16，
OQ=16+12=28，
∴M3的坐标是（28，16）。
同法可求出CT=OB=16，M4T=OC=12，OT=16﹣12=4，
∴M4的坐标是（﹣12，﹣4）。
综上所述，存在点M，使得C、B、N、M为顶点的四边形是正方形，
点M的坐标是（28，16）或（14，14）或（﹣12﹣4）或（2，﹣2）。
15．（1）2（2）当t=2或或时，△PQB为直角三角形（3）存在t=或t=2，将△PQB绕某点旋转180°后，三个对应顶点恰好都落在上述抛物线上
【解析】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴∠AOC=∠OAB=90°。
∵OD平分∠AOC，∴∠AOD=∠DOQ=45°。
∴在Rt△AOD中，∠ADO=45°。∴AO=AD=2，OD=2。
∵点P的速度为每秒个单位长度，∴t=（秒）。
（2）要使△PQB为直角三角形，显然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°，
如图，作PG⊥OC于点G，在Rt△POG中，

∵∠POQ=45°，∴∠OPG=45°。
∵OP=t，∴OG=PG=t。∴点P（t，t）。
又∵Q（2t，0），B（6，2），
根据勾股定理可得：
。
①若∠PQB=90°，则有PQ2+BQ2=PB2，即： ，
整理得：4t2﹣8t=0，解得：t1=0（舍去），t2=2，∴t=2。
②若∠PBQ=90°，则有PB2+QB2=PQ2，即： ，
整理得：t2﹣10t+20=0，解得：。
∴当t=2或或时，△PQB为直角三角形。
（3）存在这样的t值。理由如下：
将△PQB绕某点旋转180°，三个对应顶点恰好都落在抛物线上，则旋转中心为PQ中点，此时四边形PBQB′为平行四边形。
∵PO=PQ，由P（t，t），Q（2t，0），知旋转中心坐标可表示为（t， t）。
∵点B坐标为（6，2），∴点B′的坐标为（3t﹣6，t﹣2）。
代入，得：2t2﹣13t+18=0，解得：t1=，t2=2。
∴存在t=或t=2，将△PQB绕某点旋转180°后，三个对应顶点恰好都落在上述抛物线上。
（1）首先根据矩形的性质求出DO的长，进而得出t的值。
（2）要使△PQB为直角三角形，显然只有∠PQB=90°或∠PBQ=90°，进而利用勾股定理分别分析得出，再分别就∠PQB=90°和∠PBQ=90°讨论，求出符合题意的t值即可。
（3）存在这样的t值，若将△PQB绕某点旋转180°，三个对应顶点恰好都落在抛物线上，则旋转中心为PQ中点，此时四边形PBQB′为平行四边形，根据平行四边形的性质和对称性可求出t的值。
16．（1）S1=S2；（2）F（4，3）；（3）存在满足条件的E′坐标分别是( 6，) (，)
【解析】
试题分析：（1）两者应该相等，由于四边形ADCB是矩形，那么对角线平分矩形的面积，同理OF也平分矩形AEFG的面积，由此就不难得出S1=S2了；
（2）S3：S2=1；3，也就能得出S△AGF：S△ADC=1：4，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可得出OF：OC=1：2，即F为OC中点．由此可根据C、D的坐标直接求出F的坐标；
（3）由于A′F′始终在OC上，因此EE′所在的直线必平行于OC，可先求出直线EE′的解析式，然后根据E′横、纵坐标的比例关系来设出E′的坐标，代入直线EE′中即可求出E′A的坐标．
（1）S1=S2
∵FE⊥y轴，FG⊥x轴，∠BAD=90°，
∴四边形AEFG是矩形．
∴AE=GF，EF=AG．
∴S△AEF=S△AFG，
同理S△ABC=S△ACD．
∴S△ABC-S△AEF=S△ACD-S△AFG．
即S1=S2．
（2）∵FG∥CD，
∴△AFG∽△ACD．

∵CD=BA=6，AD=BC=8，
∴FG=3，AG=4．
∴F（4，3）；
（3）∵△A′E′F′是由△AEF沿直线AC平移得到的，且A′、F′两点始终在直线AC上，
∴点E′在过点E（0，3）且与直线AC平行的直线l上移动．
∵直线AC的解析式是y=x，
∴直线L的解析式是y=x+3．
设点E′为（x，y），
∵点E′到x轴的距离与到y轴的距离比是5：4，
∴|y|：|x|=5：4．

∴E′（6，7.5）；
∴存在满足条件的E′坐标分别是( 6，) (，)．
考点：动点问题的综合题
点评：此类问题难度较大，在中考中比较常见，一般在压轴题中出现，需特别注意.
17．（1）（2）（0，）（3）AB－2HB=AD（4）
【解析】（1）
把C（1，1）代入 ∴（3分）
（2）OA=1，OD1－AD AD2=OD·AO=1·（1－AD）
AD2+AD－1=0 AD= ∵AD＞0 ∴AD=
OD= 故D（0，）（7分）
（3）AB－2HB=AD（10分）
（4）∵∠CAE=∠FEA=60° ∴∠OAE=30° OA=1，设OE=x，则AE=2x
解得，OE=
∠BEF=180°－∠OEA－∠AEF=60° BE=1－OE=1 FE=2
BF= ∴E（） F（1，）
设解析式为
解得
∴ （14分）
（1）通过有意义，求得a=1,从而求得C点坐标和反比例函数的解析式
（2）通过AD2=OD·AO求得AD的长，从而求得D点坐标
（3）因为若点D在AO上、G为OB的延长线上的点，AD=BG，连接AB交DG于点H，则利用三角形相似得到结论。
（4）因为点E为正方形AOBC的OB边一点，点F为BC上一点且∠CAE=∠FEA=60°，那么设出设OE=x，则AE=2x，利用勾股定理得到x的值，然后根据直角三角形BEF，得到点B,F
的坐标，设出直线的解析式，然后代入点的坐标，得参数的值，解得。
18．（1）（2）（3）10个
【解析】解：（1）…………………………………………1分
（2）∵量筒中水面的初始高度为cm，每放一个小球，水面增高cm，
∴放个小球，水面增高cm. …………………………………………2分
∴量筒中水面的高度（cm）与小球个数（个）之间的函数关系式
为.………………………………………3分
（3）依题意，得，…………………………………………4分
解得.
∴量筒中至少放入10个小球时有水溢出. ……………………5分
（1）比较第一、二两个量桶可知，放入三个球，水面上升6cm，由此可求放入一个小球量桶中水面升高的高度；
（2）根据（1）的结论可知，放入小球x（个）后，水面增高2xcm，量桶中水面原高度30cm，故量筒中水面的高度y（cm）与小球个数x（个）之间的函数关系式为：y=原高度+水面升高的高度；
（3）由量桶（1）可知水面高度与量桶高度的差，由此可求放入小球的个数
19．（1）已知∠AOC=60°，
所以∠BOC=120°，
又OM平分∠BOC，∠COM=∠BOC=60°
所以∠CON=∠COM+90°=150°
（2）当直线ON与OA重合时，MN恰好与射线OC平行，
∴∠AOM=90°，
由题意得，10t=90°
∴t=9
∵∠ONM=60°
∴当∠COM=30°时，MN恰好与射线OC平行
∴∠NOM=270°
由题意得，10t=270°
∴t=27
延长NO，
∵∠BOC=120°
∴∠AOC=60°，
当直线ON恰好平分锐角∠AOC
∴∠AOD=∠COD=30°，
即顺时针旋转300°时NO延长线平分∠AOC，
由题意得，10t=300°
∴t=30，
当NO平分∠AOC，
∴∠NOR=30°，
即顺时针旋转120°时NO平分∠AOC，
∴10t=120°，
∴t=12，
∴t=12或30；
（3）因为∠MON=90°，∠AOC=60°，
所以∠AOM=90°－∠AON
∠NOC=60°－∠AON
所以∠AOM－∠NOC=（90°－∠AON）－（60°－∠AON）=30°，
所以∠AOM与∠NOC之间的数量关系为：∠AOM－∠NOC=30°
【解析】此题考查了角的计算，关键是应该认真审题并仔细观察图形，找到各个量之间的关系，是解题的关键
20．解：（1）……………………………………………………………………….2分
（2）设，
连接，过作于，
于，……………………………………3分

因为，
，
，
所以.
，
，．………………………………………………………………….4分
所以坐标或．………………………………………………………....5分
【解析】略
21．

【解析】略
【答案】

【解析】略
23．（1）略（2）y=x
【解析】
（1）如图所示：
（2）⊿A1B1C1绕点（0，1）顺时针旋转90°得到⊿A2B2C2，则A2（0、0）；B2（2、1）；C2，（2、0）则直线A2B2的解析式是y=x
24．
（1）
（2）
【解析】解：（1）由直线分别交轴、轴于点
可知；
∵绕点顺时针旋转而得到
∴
故 2′
设直线的解析式为（为常数）
∴有解之得：
∴直线的解析式为 5′
（2）由题意得：
解之得： ∴ 9′
又
∴ 11′
25．（1）（2）（3）
【解析】解：（1）∵当时，。∴A。
∵抛物线对称轴为，B。
（2）易得A点关于抛物线对称轴的对称点为，则直线l经过、B，
设直线l的解析式为，
则，解得。
∴直线l的解析式为。
（3）∵抛物线对称轴为。
∴抛物线在这一段与在这一段关于对称轴对称。
结合图象可以观察到抛物线在这一段位于直线l的上方在这一段位于直线l的下方，
∴抛物线与直线l的交点横坐标为－1，代入直线l的解析式得。
∴抛物线过点（－1，4），代入抛物线的解析式得，解得。
∴抛物线解析为。
（1）令即可求得A点坐标，根据公式求出抛物线对称轴即可求得B点坐标。
（2）根据对称的性质求出A点关于抛物线对称轴对称的点的坐标，从而应用待定系数法即可求出直线l的解析式。
（3）由直线l与直线AB关于该抛物线的对称轴对称，和抛物线在这一段位于直线l的上方，并且在这一段位于直线AB的下方，得出抛物线在这一段位于直线l的上方在这一段位于直线l的下方从而得出抛物线与直线l的交点横坐标为－1，进而先代入直线l的解析式求出交点纵坐标，再代入抛物线的解析式求出m，即可得到抛物线的解析式。
26．（1）C(－1，－1)；（2）见解析；（3）BD=2(OA +OD)
【解析】
试题分析：（1）过点C作CF⊥y轴于点F，则△ACF≌△ABO(AAS)，即得CF=OA=1，AF=OB=2，
从而求得结果；
（2）过点C作CG⊥AC交y轴于点G，则△ACG≌△ABD(ASA)，即得CG=AD=CD，∠ADB=∠G， 由∠DCE=∠GCE=45°，可证△DCE≌△GCE(SAS)得∠CDE=∠G，从而得到结论；
(3)在OB上截取OH=OD，连接AH，由对称性得AD=AH, ∠ADH=∠AHD，可得∠AHD=∠ADH=∠BAO=∠BEO，即得∠AEC=∠BHA，从而证得△ACE≌△BAH(AAS)，即可得到 AE=BH=2OA，从而得到结果.
（1）如图，过点C作CF⊥y轴于点F

则△ACF≌△ABO(AAS)，
∴CF=OA=1，AF=OB=2
∴OF=1
∴C(－1，－1)；
（2）如图，过点C作CG⊥AC交y轴于点G

则△ACG≌△ABD(ASA)
∴CG=AD=CD，∠ADB=∠G
∵∠DCE=∠GCE=45°
∴△DCE≌△GCE(SAS)
∴∠CDE=∠G
∴∠ADB=∠CDE；
(3) 如图，在OB上截取OH=OD，连接AH

由对称性得AD=AH, ∠ADH=∠AHD
∴∠AHD=∠ADH=∠BAO=∠BEO
∴∠AEC=∠BHA
又∵AB=AC ∠CAE=∠ABH
∴△ACE≌△BAH(AAS)
∴AE=BH=2OA
∵DH=2OD
∴BD=2(OA +OD)
考点：本题考查的是全等三角形的判定和性质
点评：解答本题的关键是正确作出辅助线，同时熟练掌握全等三角形的判定方法，灵活选择恰当的三角形进行分析.
27．（1）△OGA∽△OMN（2）(3)
【解析】解：（