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2013年湖北省黃岡市中考數學試卷
參考答案與試題解析
　
一、（下列各題A、B、C、D四個選項中，有且僅有一個十正確的，每小題3分，共24分）
1．（3分）（2013?黃岡）?（?3）2=（　�。�
　A．?3B．3C．?9D．9
考點：有理數的乘方．
分析：根據有理數的乘方的定義解答．
解答：解：?（?3）2=?9．
故選C．
點評：本題考查了有理數的乘方的定義，是基礎題，熟記概念是解題的關鍵．
　
2．（3分）（2013?黃岡）隨著人們生活水平的提高，我國擁有汽車的居民家庭也越來越多，下列汽車標志中，是中心對稱圖形的是（　�。�
　A． B． C． D．
考點：中心對稱圖形．
分析：根據中心對稱圖形的定義，結合選項所給圖形進行判斷即可．
解答：解：A、是中心對稱圖形，故本選項正確；
B、不是中心對稱圖形，故本選項錯誤；
C、不是中心對稱圖形，故本選項錯誤；
D、不是中心對稱圖形，故本選項錯誤；
故選A．
點評：本題考查了中心對稱圖形的知識，判斷中心對稱圖形是要尋找對稱中心，圖形旋轉180度后與原圖形重合．
　
3．（3分）（2013?黃岡）如圖，AB∥CD∥EF，AC∥DF，若∠BAC=120°，則∠CDF=（　�。�
　A．60°B．120°C．150°D．180°
考點：平行線的性質．
專題：．
分析：根據兩直線平行，同旁內角互補由AB∥CD得到∠BAC+∠ACD=180°，可計算出∠ACD=60°，然后由AC∥DF，根據平行線的性質得到∠ACD=∠CDF=60°．
解答：解：∵AB∥CD，
∴∠BAC+∠ACD=180°，
∵∠BAC=120°，
∴∠ACD=180°?120°=60°，
∵AC∥DF，
∴∠ACD=∠CDF，
∴∠CDF=60°．
故選A．
點評：本題考查了平行線的性質：兩直線平行，內錯角相等；兩直線平行，同旁內角互補．
　
4．（3分）（2013?黃岡）下列計算正確的是（　�。�
　A．x4?x4=x16B．（a3）2?a4=a9C．（ab2）3÷（?ab）2=?ab4D．（a6）2÷（a4）3=1
考點：同底數冪的除法；同底數冪的；冪的乘方與積的乘方．
分析：根據同底數冪的乘除法則及冪的乘方法則，結合各選項進行判斷即可．
解答：解：A、x4×x4=x8，原式計算錯誤，故本選項錯誤；
B、（a3）2?a4=a10，原式計算錯誤，故本選項錯誤；
C、（ab2）3÷（?ab）2=ab4，原式計算錯誤，故本選項錯誤；
D、（a6）2÷（a4）3=1，計算正確，故本選項正確；
故選D．
點評：本題考查了同底數冪的乘除、冪的乘方與積的乘方的知識，解答本題的關鍵是掌握各部分的運算法則．
　
5．（3分）（2013?黃岡） 已知一個正棱柱的俯視圖和左視圖如圖，則其主視圖為（　　）
　A． B． C． D．
考點：由三視圖判斷幾何體；簡單組合體的三視圖．
分析：首先根據俯視圖和左視圖判斷該幾何體，然后確定其主視圖即可；
解答：解：根據此正棱柱的俯視圖和左視圖得到該幾何體是正五棱柱，
其主視圖應該是矩形，而且有看到兩條棱，背面的棱用虛線表示，
故選D．
點評：本題考查了幾何體的三種視圖，掌握定義是關鍵．主視圖、左視圖、俯視圖是分別從物體正面、左面和上面看，所得到的圖形．
　
6．（3分）（2013?黃岡）已知一元二次方程x2?6x+C=0有一個根為2，則另一根為（　�。�
　A．2B．3C．4D．8
考點：根與系數的關系．
分析：利用根與系數的關系來求方程的另一根．
解答：解：設方程的另一根為α，則α+2=6，
解得α=4．
故選C．
點評：本題考查了根與系數的關系．若二次項系數為1，常用以下關系：x1，x2是方程x2+px+q=0的兩根時，x1+x2=?p，x1x2=q，反過來可得p=?（x1+x2），q=x1x2，前者是已知系數確定根的相關問題，后者是已知兩根確定方程中未知系數．
　
7．（3分）（2013?黃岡） 已知一個圓柱的側面展開圖為如圖所示的矩形，則其底面圓的面積為（　　）
　A．πB．4πC．π或4πD．2π或4π
考點：幾何體的展開圖．
分析：分底面周長為4π和2π兩種情況討論，先求得底面半徑，再根據圓的面積公式即可求解．
解答：解：①底面周長為4π時，半徑為4π÷π÷2=2，底面圓的面積為π×22=4π；
②底面周長為2π時，半徑為2π÷π÷2=1，底面圓的面積為π×12=π．
故選C．
點評：考查了圓柱的側面展開圖，注意分長為底面周長和寬為底面周長兩種情況討論求解．
　
8．（3分）（2013?黃岡）一列快車從甲地駛往乙地，一列特快車從乙地駛往甲地，快車的速度為100千米/小時，特快車的速度為150千米/小時，甲乙兩地之間的距離為1000千米，兩車同時出發(fā)，則圖中折線大致表示兩車之間的距離y（千米）與快車行駛時間（小時）之間的函數圖象是（　　）
　A． B． C． D．
考點：函數的圖象．
分析：分三段討論，①兩車從開始到相遇，這段時間兩車距迅速減小，②相遇后向相反方向行駛至特快到達甲地，這段時間兩車距迅速增加，③特快到達甲地至快車到達乙地，這段時間兩車距緩慢增大，結合實際選符合的圖象即可．
解答：解：①兩車從開始到相遇，這段時間兩車距迅速減��；
②相遇后向相反方向行駛至特快到達甲地，這段時間兩車距迅速增加；
③特快到達甲地至快車到達乙地，這段時間兩車距緩慢增大；
結合圖象可得C選項符合題意．
故選C．
點評：本題考查了函數的圖象，解答本題關鍵是分段討論，要結合實際解答，明白每條直線所代表的實際含義及拐點的含義．
　
二、題（每小題3分，滿分21分）
9．（3分）（2013?黃岡）計算： =　? （或 ）�。�
考點：分式的加減法．
專題：．
分析：分母相同，直接將分子相減再約分即可．
解答：解：原式= = =? ，（或 ）．
點評：本題考查了分式的加減，分式的加減運算中，如果是同分母分式，那么分母不變，把分子直接相加減即可．
　
10．（3分）（2013?黃岡）分解因式：ab2?4a=　a（b?2）（b+2）�。�
考點：提公因式法與公式法的綜合運用．
分析：先提取公因式a，再對余下的多項式利用平方差公式繼續(xù)分解．
解答：解：ab2?4a
=a（b2?4）
=a（b?2）（b+2）．
故答案為：a（b?2）（b+2）．
點評：本題考查了用提公因式法和公式法進行因式分解，一個多項式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法進行因式分解，同時因式分解要徹底，直到不能分解為止．
　
11．（3分）（2013?黃岡）已知△ABC為等邊三角形，BD為中線，延長BC至E，使CE=CD=1，連接DE，則DE=　 �。�
考點：等邊三角形的性質；等腰三角形的判定與性質．
分析：根據等腰三角形和三角形外角性質求出BD=DE，求出BC，在Rt△△BDC中，由勾股定理求出BD即可．
解答：解：∵△ABC為等邊三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，AB=BC，
∵BD為中線，
∴∠DBC= ∠ABC=30°，
∵CD=CE，
∴∠E=∠CDE，
∵∠E+∠CDE=∠ACB，
∴∠E=30°=∠DBC，
∴BD=DE，
∵BD是AC中線，CD=1，
∴AD=DC=1，
∵△ABC是等邊三角形，
∴BC=AC=1+1=2，BD⊥AC，
在Rt△△BDC中，由勾股定理得：BD= = ，
即DE=BD= ，
故答案為： ．
點評：本題考查了等邊三角形性質，勾股定理，等腰三角形性質，三角形的外角性質等知識點的應用，關鍵是求出DE=BD和求出BD的長．
　
12．（3分）（2013?黃岡）已知反比例函數 在第一象限的圖象如圖所示，點A在其圖象上，點B為x軸正半軸上一點，連接AO、AB，且AO=AB，則S△AOB=　6�。�
考點：反比例函數系數k的幾何意義；等腰三角形的性質．
分析：根據等腰三角形的性質得出CO=BC，再利用反比例函數系數k的幾何意義得出S△AOB即可．
解答：解：過點A作AC⊥OB于點C，
∵AO=AB，
∴CO=BC，
∵點A在其圖象上，
∴ AC×CO=3，
∴ AC×BC=3，
∴S△AOB=6．
故答案為：6．
點評：此題主要考查了等腰三角形的性質以及反比例函數系數k的幾何意義，正確分割△AOB是解題關鍵．
　
13．（3分）（2013?黃岡）如圖，M是CD的中點，EM⊥CD，若CD=4，EM=8，則 所在圓的半徑為　 �。�
考點：垂徑定理；勾股定理．
專題：探究型．
分析：首先連接OC，由M是CD的中點，EM⊥CD，可得EM過⊙O的圓心點O，然后設半徑為x，由勾股定理即可求得：（8?x）2+22=x2，解此方程即可求得答案．
解答：解：連接OC，
∵M是CD的中點，EM⊥CD，
∴EM過⊙O的圓心點O，
設半徑為x，
∵CD=4，EM=8，
∴CM= CD=2，OM=8?OE=8?x，
在Rt△OEM中，OM2+CM2=OC2，
即（8?x）2+22=x2，
解得：x= ．
∴ 所在圓的半徑為： ．
故答案為： ．
點評：此題考查了垂徑定理以及勾股定理．此題難度不大，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數形結合思想與方程思想的應用．
　
14．（3分）（2013?黃岡）釣魚島自古就是中國領土，中國政府已對釣魚島開展常態(tài)化巡邏．某天，為按計劃準點到達指定海域，某巡邏艇凌晨1：00出發(fā)，勻速行駛一段時間后，因中途出現故障耽擱了一段時間，故障排除后，該艇加快速度仍勻速前進，結果恰好準點到達．如圖是該艇行駛的路程y（海里）與所用時間t（小時）的函數圖象，則該巡邏艇原計劃準點到達的時刻是　7：00�。�
考點：一次函數的應用．
分析：根據函數圖象和題意可以求出開始的速度為80海里/時，故障排除后的速度是100海里/時，設計劃行駛的路程是a海里，就可以由時間之間的關系建立方程求出路程，再由路程除以速度就可以求出計劃到達時間．
解答：解：由圖象及題意，得
故障前的速度為：80÷1=80海里/時，
故障后的速度為：（180?80）÷1=100海里/時．
設航行額全程由a海里，由題意，得
，
解得：a=480，
則原計劃行駛的時間為：480÷80=6小時，
故計劃準點到達的時刻為：7：00．
故答案為：7：00．
點評：本題考查了運用函數圖象的意義解答行程問題的運用，行程問題的數量關系路程=速度×時間的運用，解答時先根據圖象求出速度是關鍵，再建立方程求出距離是難點．
　
15．（3分）（2013?黃岡）如圖，矩形ABCD中，AB=4，BC=3，邊CD在直線l上，將矩形ABCD沿直線l作無滑動翻滾，當點A第一次翻滾到點A1位置時，則點A經過的路線長為　6π�。�
考點：弧長的計算；矩形的性質；旋轉的性質．
專題：規(guī)律型．
分析：如圖根據旋轉的性質知，點A經過的路線長是三段：①以90°為圓心角，AD長為半徑的扇形的弧長；②以90°為圓心角，AB長為半徑的扇形的弧長；③90°為圓心角，矩形ABCD對角線長為半徑的扇形的弧長．
解答：解：∵四邊形ABCD是矩形，AB=4，BC=3，
∴BC=AD=3，∠ADC=90°，對角線AC（BD）=5．
∵根據旋轉的性質知，∠ADA′=90°，AD=A′D=BC=3，
∴點A第一次翻滾到點A′位置時，則點A′經過的路線長為： = ．
同理，點A′第一次翻滾到點A″位置時，則點A′經過的路線長為： =2π．
點″第一次翻滾到點A1位置時，則點A″經過的路線長為： = ．
則當點A第一次翻滾到點A1位置時，則點A經過的路線長為： +2π+ =6π．
故答案是：6π．
點評：本題考查了弧長的計算、矩形的性質以及旋轉的性質．根據題意畫出點A運動軌跡，是突破解題難點的關鍵．
　
三、解答題（本大題共10個小題，共86分．每小題給出必要的演算過程或推理步驟．）
16．（6分）（2013?黃岡）解方程組： ．
考點：解二元一次方程組．
專題：計算題．
分析：把方程組整理成一般形式，然后利用代入消元法其求即可．
解答：解：方程組可化為 ，
由②得，x=5y?3③，
③代入①得，5（5y?3）?11y=?1，
解得y=1，
把y=1代入③得，x=5?3=2，
所以，原方程組的解是 ．
點評：本題考查的是二元一次方程組的解法，方程組中未知數的系數較小時可用代入法，當未知數的系數相等或互為相反數時用加減消元法較簡單．
　
17．（6分）（2013?黃岡）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC、BD相交于點O，DH⊥AB于H，連接OH，求證：∠DHO=∠DCO．
考點：菱形的性質．
專題：證明題．
分析：根據菱形的對角線互相平分可得OD=OB，再根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OH=OB，然后根據等邊對等角求出∠OHB=∠OBH，根據兩直線平行，內錯角相等求出∠OBH=∠ODC，然后根據等角的余角相等證明即可．
解答：證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴OD=OB，∠COD=90°，
∵DH⊥AB，
∴OH=OB，
∴∠OHB=∠OBH，
又∵AB∥CD，
∴∠OBH=∠ODC，
在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO=90°，
在Rt△GHB中，∠DHO+∠OHB=90°，
∴∠DHO=∠DCO．
點評：本題考查了菱形的對角線互相垂直平分的性質，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質，以及等角的余角相等，熟記各性質并理清圖中角度的關系是解題的關鍵．
　
18．（7分）（2013?黃岡）為了倡導“節(jié)約用水，從我做起”，黃岡市政府決定對市直機關500戶家庭的用水情況作一次調查，市政府調查小組隨機抽查了其中100戶家庭一年的月平均用水量（單位：噸）．并將調查結果制成了如圖所示的條形統(tǒng)計圖．
（1）請將條形統(tǒng)計圖補充完整；
（2）求這100個樣本數據的平均數，眾數和中位數；
（3）根據樣本數據，估計黃岡市直機關500戶家庭中月平均用水量不超過12噸的約有多少戶？
考點：條形統(tǒng)計圖；用樣本估計總體；加權平均數；中位數；眾數．
分析：（1）根據條形圖中數據得出平均用水11噸的戶數，進而畫出條形圖即可；
（2）根據平均數、中位數、眾的定義分別求法即可；
（3）根據樣本估計總體得出答案即可．
解答：解：（1）根據條形圖可得出：
平均用水11噸的用戶為：100?20?10?20?10=40（戶），
如圖所示：
（2）平均數為： （20×10+40×11+12×10+13×20+10×14）=11.6（噸），
根據11出現次數最多，故眾數為：11，
根據100個數據的最中間為第50和第51個數據，
按大小排列后第50，51個數據是11，故中位數為：11；
（3）樣本中不超過12噸的有20+40+10=70（戶），
∴黃岡市直機關500戶家庭中月平均用水量不超過12噸的約有：500× =350（戶）．
點評：此題主要考查了平均數、眾數、中位數的統(tǒng)計意義．找中位數要把數據按從小到大的順序排列，位于最中間的一個數或兩個數的平均數為中位數；眾數是一組數據中出現次數最多的數據，注意眾數可以不止一個；平均數是指在一組數據中所有數據之和再除以數據的個數．
　
19．（6分）（2013?黃岡）如圖，有四張背面相同的紙牌A，B，C，D，其正面分別是紅桃、方塊、黑桃、梅花，其中紅桃、方塊為紅色，黑桃、梅花為黑色．小明將這4張紙牌背面朝上洗勻后，摸出一張，將剩余3張再摸出一張．
（1）用樹狀圖（或列表法）表示兩次摸牌所有可能出現的結果（紙牌用A，B，C，D表示）；
（2）求摸出的兩張牌同為紅色的概率．
考點：列表法與樹狀圖法．
分析：（1）畫出樹狀圖即可；
（2）根據樹狀圖可以直觀的得到共有12種情況，都是紅色情況有2種，進而得到概率．
解答：解：（1）如圖所示：
（2）根據樹狀圖可得共有12種情況，都是紅色情況有2種，
概率為 = ．
點評：本題考查概率公式，即如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現m種結果，那么事件A的概率P（A）= ．
　
20．（7分）（2013?黃岡）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，AD和過C點的直線互相垂直，垂足為D，且AC平分∠DAB．
（1）求證：DC為⊙O的切線；
（2）若⊙O的半徑為3，AD=4，求AC的長．
考點：切線的判定；相似三角形的判定與性質．
分析：（1）連接OC，由OA=OC可以得到∠OAC=∠OCA，然后利用角平分線的性質可以證明∠DAC=∠OCA，接著利用平行線的判定即可得到OC∥AD，然后就得到OC⊥CD，由此即可證明直線CD與⊙O相切于C點；
（2）連接BC，根據圓周角定理的推理得到∠ACB=90°，又∠DAC=∠OAC，由此可以得到△ADC∽△ACB，然后利用相似三角形的性質即可解決問題．
解答：（1）證明：連接OC
∵OA=OC
∴∠OAC=∠OCA
∵AC平分∠DAB
∴∠DAC=∠OAC
∴∠DAC=∠OCA
∴OC∥AD
∵AD⊥CD∴OC⊥CD
∴直線CD與⊙O相切于點C；
（2）解：連接BC，則∠ACB=90°．
∵∠DAC=∠OAC，∠ADC=∠ACB=90°，
∴△ADC∽△ACB，
∴ ，
∴AC2=AD?AB，
∵⊙O的半徑為3，AD=4，
∴AB=6，
∴AC=2 ．
點評：此題主要考查了切線的性質與判定，解題時 首先利用切線的判定證明切線，然后利用切線的想這已知條件證明三角形相似即可解決問題．
　
21．（8分）（2013?黃岡）為支援四川雅安地震災區(qū)，某市民政局組織募捐了240噸救災物資，現準備租用甲、乙兩種貨車，將這批救災物資一次性全部運往災區(qū)，它們的載貨量和租金如下表：
甲種貨車乙種貨車
載貨量（噸/輛）4530
租金（元/輛）400300
如果計劃租用6輛貨車，且租車的總費用不超過2300元，求最省錢的租車方案．
考點：一元一次不等式組的應用．
分析：根據設租用甲種貨車x輛，則租用乙種6?x輛，利用某市民政局組織募捐了240噸救災物資，以及每輛貨車的載重量得出不等式求出即可，進而根據每輛車的運費求出最省錢方案．
解答：解：設租用甲種貨車x輛，則租用乙種6?x輛，
根據題意得出：
45x+30（6?x）≥240，
解得：x≥4，
則租車方案為：甲4輛，乙2輛；甲5輛，乙1輛；甲6輛，乙0輛；
租車的總費用分別為：4×400+2×300=2200（元），5×400+1×300=2300（元），
6×400=2400（元）＞2300（不合題意舍去），
故最省錢的租車方案是租用甲貨車4輛，乙貨車2輛．
點評：此題主要考查了一元一次不等式的應用，根據已知得出不等式求出所有方案是解題關鍵．
　
22．（8分）（2013?黃岡）如圖，小山頂上有一信號塔AB，山坡BC的傾角為30°，現為了測量塔高AB，測量人員選擇山腳C處為一測量點，測得塔頂仰角為45°，然后順山坡向上行走100米到達E處，再測得塔頂仰角為60°，求塔高AB（結果保留整數， ≈1.73， ≈1.41）
考點：解直角三角形的應用-仰角俯角問題．
專題：．
分析：先判斷△ACE為等腰三角形，在Rt△AEF中表示出EF、AF，在Rt△BEF中求出BF，根據AB=AF?BF即可得出答案．
解答：解：依題意可得：∠AEB=30°，∠ACE=15°，
又∵∠AEB=∠ACE+∠CAE
∴∠CAE=15°，
即△ACE為等腰三角形，
∴AE=CE=100m，
在Rt△AEF中，∠AEF=60°，
∴EF=AEcos60°=50m，AF=AEsin60°=50 m，
在Rt△BEF中，∠BEF=30°，
∴BF=EFtan30°=50× = m，
∴AB=AF?BF=50 ? = ≈58（米）．
答：塔高AB大約為58米．
點評：本題考查了解直角三角形的知識，解答本題的關鍵是構造直角三角形，利用三角函數表示出相關線段的長度，難度一般．
　
23．（12分）（2013?黃岡）某公司生產的一種健身產品在市場上受到普遍歡迎，每年可在國內、國外市場上全部售完．該公司的年產量為6千件，若在國內市場銷售，平均每件產品的利潤y1（元）與國內銷售量x（千件）的關系為：
y1=
若在國外銷售，平均每件產品的利潤y2（元）與國外的銷售數量t（千件）的關系為
y2=
（1）用x的代數式表示t為：t=　6?x　；當0＜x≤4時，y2與x的函數關系為：y2=　5x+80　；當　4�。紉＜　6　時，y2=100；
（2）求每年該公司銷售這種健身產品的總利潤w（千元）與國內銷售數量x（千件）的函數關系式，并指出x的取值范圍；
（3）該公司每年國內、國外的銷售量各為多少時，可使公司每年的總利潤最大？最大值為多少？
考點：二次函數的應用．
分析：（1）由該公司的年產量為6千件，每年可在國內、國外市場上全部售完，可得國內銷售量+國外銷售量=6千件，即x+t=6，變形即為t=6?x；
根據平均每件產品的利潤y2（元）與國外的銷售數量t（千件）的關系 及t=6?x即可求出y2與x的函數關系：當0＜x≤4時，y2=5x+80；當4≤x＜6時，y2=100；
（2）根據總利潤=國內銷售的利潤+國外銷售的利潤，結合函數解析式，分三種情況討論：①0＜x≤2；②2＜x≤4；③4＜x＜6；
（3）先利用配方法將各解析式寫成頂點式，再根據二次函數的性質，求出三種情況下的最大值，再比較即可．
解答：解：（1）由題意，得x+t=6，
∴t=6?x；
∵ ，
∴當0＜x≤4時，2≤6?x＜6，即2≤t＜6，
此時y2與x的函數關系為：y2=?5（6?x）+110=5x+80；
當4≤x＜6時，0≤6?x＜2，即0≤t＜2，
此時y2=100．
故答案為6?x；5x+80；4，6；
（2）分三種情況：
①當0＜x≤2時，w=（15x+90）x+（5x+80）（6?x）=10x2+40x+480；
②當2＜x≤4時，w=（?5x+130）x+（5x+80）（6?x）=?10x2+80x+480；
③當4＜x＜6時，w=（?5x+130）x+100（6?x）=?5x2+30x+600；
綜上可知，w= ；
（3）當0＜x≤2時，w=10x2+40x+480=10（x+2）2+440，此時x=2時，w最大=600；
當2＜x≤4時，w=?10x2+80x+480=?10（x?4）2+640，此時x=4時，w最大=640；
當4＜x＜6時，w=?5x2+30x+600=?5（x?3）2+645，4＜x＜6時，w＜640；
∴x=4時，w最大=640．
故該公司每年國內、國外的銷售量各為4千件、2千件，可使公司每年的總利潤最大，最大值為64萬元．
點評：本題考查的是二次函數在實際生活中的應用，有一定難度．涉及到一次函數、二次函數的性質，分段函數等知識，進行分類討論是解題的關鍵．
　
24．（15分）（2013?黃岡）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形ABCD是梯形，其中A（6，0），B（3， ），C（1， ），動點P從點O以每秒2個單位的速度向點A運動，動點Q也同時從點B沿B→C→O的線路以每秒1個單位的速度向點O運動，當點P到達A點時，點Q也隨之停止，設點P，Q運動的時間為t（秒）．
（1）求經過A，B，C三點的拋物線的解析式；
（2）當點Q在CO邊上運動時，求△OPQ的面積S與時間t的函數關系式；
（3）以O，P，Q頂點的三角形能構成直角三角形嗎？若能，請求出t的值；若不能，請說明理由；
（4）經過A，B，C三點的拋物線的對稱軸、直線OB和PQ能夠交于一點嗎？若能，請求出此時t的值（或范圍），若不能，請說明理由）．
考點：二次函數綜合題．
分析：（1）利用待定系數法求出二次函數解析式即可；
（2）根據已知得出△OPQ的高，進而利用三角形面積公式求出即可；
（3）根據題意得出：0≤t≤3，當0≤t≤2時，Q在BC邊上運動，得出若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，當2＜t≤3時，Q在OC邊上運動，得出△OPQ不可能為直角三角形；
（4）首先求出拋物線對稱軸以及OB直線解析式和PM的解析式，得出 （1?t）× =3?t?2t，恒成立，即0≤t≤2時，P，M，Q總在一條直線上，再利用2＜t≤3時，求出t的值，根據t的取值范圍得出答案．
解答：解：（1）設所求拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，把A（6，0），B（3， ），C（1， ）三點坐標代入得：
，
解得： ，
即所求拋物線解析式為：y=? x2+ x+ ；
（2）如圖1，依據題意得出：OC=CB=2，∠COA=60°，
∴當動點Q運動到OC邊時，OQ=4?t，
∴△OPQ的高為：OQ×sin60°=（4?t）× ，
又∵OP=2t，
∴S= ×2t×（4?t）× =? （t2?4t）（2≤t≤3）；
（3）根據題意得出：0≤t≤3，
當0≤t≤2時，Q在BC邊上運動，此時OP=2t，OQ= ，
PQ= = ，
∵∠POQ＜∠POC=60°，
∴若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，
若∠OPQ=90°，如圖2，則OP2+PQ2=QO2，即4t2+3+（3t?3）2=3+（3?t）2，
解得：t1=1，t2=0（舍去），
若△OPQ為直角三角形，只能是∠OPQ=90°或∠OQP=90°，
若∠OQP=90°，如圖，3，則OQ2+PQ2=PO2，即（3?t）2+6+（3t?3）2=4t2，
解得：t=2，
當2＜t≤3時，Q在OC邊上運動，此時QP=2t＞4，
∠POQ=∠COP=60°，
OQ＜OC=2，
故△OPQ不可能為直角三角形，
綜上所述，當t=1或t=2時，△OPQ為直角三角形；
（4）由（1）可知，拋物線y=? x2+ x+ =? （x?2）2+ ，
其對稱軸為x=2，
又∵OB的直線方程為y= x，
∴拋物線對稱軸與OB交點為M（2， ），
又∵P（2t，0）
設過P，M的直線解析式為：y=kx+b，
∴ ，
解得： ，
即直線PM的解析式為：y= x? ，
即 （1?t）y=x?2t，
又0≤t≤2時，Q（3?t， ），代入上式，得：
（1?t）× =3?t?2t，恒成立，
即0≤t≤2時，P，M，Q總在一條直線上，
即M在直線PQ上；
當2＜t≤3時，OQ=4?t，∠QOP=60°，
∴Q（ ， ），
代入上式得： × （1?t）= ?2t，
解得：t=2或t= （均不合題意，舍去）．
∴綜上所述，可知過點A、B、C三點的拋物線的對稱軸OB和PQ能夠交于一點，此時0≤t≤2．
點評：此題主要考查了二次函數的綜合應用以及待定系數法求二次函數解析式和待定系數法求一次函數解析式等知識，利用分類討論思想得出t的值是解題關鍵．
　


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