四川省自贡市2019年中考数学真题试题（含解析）

四川省自贡市初 2019届毕业生学业考试数学试题一.选择题（共 12个小题，每小题 4分，共 48分；在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）考点：三视图之俯视图. 分析：几何体的俯视图是从上面往下面看几何体得到的平面图形，要注意看得见的轮廓线画成实线，看不见的轮廓线画成虚线；C符合这一要求.故选 C. 1. 2019 的倒数是（）6.已知三角形的两边分别为 1和 4，第三边长为整数，则该三角形的周长为 A. 7B. 8C. 9 考点：三角形三边之间的关系. （D. 10 ）11A.2019 B. C. D.2019 2019 2019 考点：倒数. 分析：1除以一个不等于0的数的商就是这个数的倒数；实际上抓住互为倒数的两个数乘积分析：三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；所以 4 1 第三边  4 1 ，即 3  第三边  5 ；第三边取整数为 4， 4  4 1  9 .故选 C. 1为 1就行了. 2019 的倒数 .故选 B. 2019 2.近年来，中国高铁发展迅速，高铁技术不断走出国门，成为展示我国实力的新名片.现在中 m,n 7.实数在数轴上对应点的位置如图所示，则下列判断正确的是（）A. m  1 B. 1 m  1 C. mn  0 D. m 1  0 考点：数轴上点的坐标的意义，实数的运算. nm1国高速铁路营运里程将达到 23000公里，将 23000用科学记数法表示应为 C.2.3103 （D.0.23105 ）0A.2.3104 考点：科学记数法. B.23103 分析：∵ m  0 8.关于的一元二次方程 x2 2xm0 无实数根，则实数 A. m  1 B. m  1 C. m  1 考点：一元二次方程跟的判别式、解不等式. ∴1 m  1；也可以用“赋值法” 代入计算判断.故选 B. xm的取值范围是（）分析：把一个数数减 1 ）.就为科学记数法， 23000  2.3104 .故选 A. A记成 a10n 的形式（其中 an是整数为 1位的数，恰好为原数的整数的位 D. m  1 2分析：∵原一元二次方程无实数根，∴△= 2  41m  0 ，解得 m  1；故选 D. 3.下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）cy  y  axb y  ax2 bxc 9.如一次函数与反比例函数的图像如图所示，则二次函数 xy的大致图象是（）yyyyCAB考点：轴对称图形、中心对称图形. DxOxxxxOOOO分析：轴对称图形、中心对称图形都是指的一个图形，只是运动方式不一样；轴对称图形是沿某直线翻折与自身重合，中心对称图形是绕着一个点旋转 180°后与自身重合，D选择支符合这一特点.故选 D. CABD4.在 5轮“中国汉字听写大赛”选拔赛中，甲、乙两位同学的平均分都是 90分，甲的成绩方）第9题图差是 15，乙的成绩的方差是 3，下列说法正确的是 A.甲的成绩比乙的成绩稳定（B.乙的成绩比甲的成绩稳定 D.无法确定甲、乙的成绩谁更稳定考点：一次函数、二次函数以及反比例函数的图象及其性质. 分析：根据本题的原图并结合一次函数和反比例函数图象的位置可知 a  0,b  0,c  0 ，所以 C.甲、乙两人的成绩一样稳定考点：方差的性质. by  ax2 bxc 对于二次函数的图象的抛物线开口向下，对称轴直线（即抛物 x    0 2a 分析：在同样条件下，样本数据的方差越大，波动越大；方差越小，波动越小，B选择支符合这一性质.故选 B. 线的对称轴在 y y 的右侧），与轴的正半轴，A符合这一特征；故选 A. 10.均匀的向一个容器内注水，在注水过程中，水面高度 h与时间的函数关系如图所示，则 t该容器是下列中的（）5.下图是水平放置的全封闭物体，则它的俯视图是（）hH第5题图 CABD1tCABD第10题图 x= 5 -在Rt △MD’ A中，由坐标等可求 AM  13,MD’  5 AD’  132  52  12 .根据题意和 OE AO OE 8圆的切线的性质容易证明△ AOE ∽△ AD’M ，∴ ，即解得： MD’ AD’ 512 10 310 14 AOB  90 考点：函数图象及其性质的实际应用. ,∴ .∵ A、B 两点的坐标分别为 8, 0，0, 8   3且OE  BE  8  分析：根据图象折线可知是正比例函数和一次函数的函数关系的大致图象；切斜程度（即斜率）可以反映水面升高的速度；因为 D几何体下面的圆柱体的底圆面积比上面圆柱体的底圆面积小,所以在均匀注水的前提下是先快后慢;故选 D. 3∴AB  82  82  8 2 ;过点 EN  AB N于 ,容易证明△ ENB 是等腰直角三角形 ∴ 14 7717 3∴NE  NB   2  2AN  AB  NB  8 2 2  233311.图中有两张型号完全一样的折叠式饭桌，将正方形桌面边上的四个弓形翻折起来后，就能形成一个圆形桌面（可以近似看作正方形的外接圆），正方形桌面与翻折成圆形桌面的面积之 NE AE 7317 37y在Rt △ANE 中， .故选 B. tanBAD  2  2  C’ 17 比最接近（）BC点评：本题首先挖出点础上切入探究三角形面积最小时点 ND’ D的运动 “轨迹”是一个圆，然后在此基的特殊位置，并利用关联 43DA. B. D. ED52411知识来使问题得以解决.本题综合知识点较多，技巧性墙，并渗透“轨迹”思想，是一道高质量的考题. xOMAF’ FC. 32考点：正方形和圆的有关性质和面积计算. 分析：连接正方形的对角线；根据圆周角的推论可知是正方形的外接圆的直径；设正方形的边长为第Ⅱ卷非选择题（共102分） a，则正方形的面积为 a2 ；根据正方形的性质并利用勾股定理可求正方形的对角线长注意事项：必须使用 0.5毫米黑色墨水铅签字笔在答题卡上题目所指示区域内作答，作图题可先用铅笔绘出，确认后用 0.5毫米黑色墨水铅签字笔描清楚，答在试题卷上无效. 2 221为a2  a2  2a ，则圆的半径为，所以圆的面积为，所以它 a  a a2 CA222二.填空题(共 6个小题，每题 4分，共 24分) 13. 如图，直线 AB、CD 被直线 EF 所截， AB 2a2 2EF∥CD ,1  120 ;们的面积之比为，与 C的近似值比较接近；故选C.  0.6366 112则2 =.a2 DB第13题图 12.如图，已知 A、B 两点的坐标分别为 8, 0，0, 8，点C、F 分别是直线 x  5   x和轴 考点：平行线的性质、邻补角的定义. yE轴于点；当⊿ABE 面积取得上的动点，CF  10 ,点 D是线段CF 的中点，连接 AD 交CFA略解： ∵∴∵∴AB ∥CD 最小值时，tanBAD 的值是（）1  3  120 2E872  3  180 3A. B. 117 17 52  180 120  60 DB4C. D. 60 14.在一次 12人参加的数学测试中，得 100分、95分、90分、85分、75分的人数分别为 1、故应填： .99考点：直角三角形、等腰三角形、相似三角形以及圆的有关性质，勾股定理、三角函数等. 分析： 3、4、2、2，那么这组数据的众数是考点：众数的定义. 分析：众数是指一组数据中出现次数最多的数据，90分的有 4人，次数最多； .见后面的示意图.根据题中“点C、F 分别是直线 x  5 和x轴上的动点，CF  10 ”可以运动到轴上方的得到线段CF 的中点的运动“轨迹”是以点为圆心5半径的圆，当 DMDx故应填： 90 分. 圆上 D’ 处恰好使 AD’ 圆相切于 D’ 时，此时的图中的 1最大，则 BAD’ 最小，此时△ ABE 面积最小. 15.分解因式： 2×2  2y2 =.2考点：提公因式和公式法分解因式 ∴ACB  2  3  90 ;设正三角形的边长为，利用菱形的性质并结合三角函数可以求得： a，则 2222分析：先提取公因式，再利用平方差公式分解.即 2x  2 y 2 x  y  2 x y x y  AC  2a BC  3a 2AB  AC  BC  2a 2  3a  7a 22故应填： .2 x y x y   在Rt △ACB 中, 21 BC AB 3a 7a 21 21 16.某活动小组购买 4个篮球和 5个足球，一共花费了 466元，其中篮球的单价比足球的单价多 4元，求篮球的单价和足球的单价.设篮球的单价为元，足球的单价为元，依题意，可 ∴即故应填： .cosABC  cos     77xy7列方程组为 15.分解因式： 2×2  2y2 考点：列方程组解应用题. .点评：本题关键抓住把分散的 集中拼成在一个角中，通过连接一条辅助线就解决这个问题. 然后再利用勾股定理和三角函数使问题得以解决，本题难度不大，但构思巧妙，是一道好题. 和=.分析：本题抓住两个等量关系列方程组：其一.4个篮球的费用+5个足球的费用=466元；其二. 篮球的单价-足球的单价=4元. 三.解答题(共 8个题，共 78分) 019.（本题满分 8分）计算： 3  4 sin45  8    3 .4x  5 y  466 x  y  4 考点：实数的运算，含特殊锐角三角函数值、次幂、绝对值以及二次根式的化简等考点. 故应填： .A分析：先算绝对值、三角函数值、化简根式等，再进行加减乘除. 17.如图，在 Rt △ABC 中， ACB  90 ,AB  10,BC  6 AC DE 考点：勾股定理、相似三角形的性质和判定、平行线的性质、等腰三 ,CD ∥AB ,2ABC 的平分线 BD 交于E,=.D略解：原式 = 3  4  2 21 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4 分 2E角形的性质以及角平分线的定义等等. =3  2 2 2 21 =略解：在 Rt △ABC 中求出 AC  AB2  BC2  102 62  8 ABC 的平分线 AB 1  D ∴4∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分 BC第17题图 ∵∵BD CD 是∴1  2 D  2 x220..（本题满分 8分）解方程：  1 .∥∴∴CD  BC  6 x 1 x 考点：去分母法解分式方程、解一元一次方程. CE DE CD 635∵CD ∥AB ∴△ ABE ∽△CDE ∴AE BE AB10 分析：先去分母把分式方程化为整式方程，再解整式方程，注意验根. 略解： x2  2 x1  x x1 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2 分 A33∴CE  AC  8  3 3  5 8Dx2  2x  2  x2  x BE  BC2  CE2  62  32  3 5 E又在 Rt △BCE 中x  2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6 分 x  2 时，代入 x x1  0 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分 1当2BC953395所以原方程的解为 x  2 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分 21.（本题满分 8分）如图，⊙ 中，弦AB CD 相交于点求证：⑴. ；⑵.AE  CE ∴.故应填： .DE  BE  3 5 5555O与E,AB  CD ,连接 AD、BC .αβ18.如图，由 10个完全相同的正三角形构成的网格图中， 、 如图所示，则 cos    考点：正三角形、菱形的性质，勾股定理、三角函数，整体思想等. CA.=.E考点：圆的等对等关系、圆周角定理的推论、等腰三角形的判定分析：⑴.利用弦相等得出对应的弧相等，再利用等式的性质证得； O第18题图 DB分析：本题可以先 , 拼在一个角中按如图方式连接辅助线 BC 根据正三角形可菱形的性质求出 1  2    30 ⑵.利用弧相等得到圆周角相等，然后利用“等角对等边”证得. 证明：；3  60 A,⑴.连接 AC ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1 分 B1332C∵∴AB  CD 10 30 ⑵. （人）. 360  120 AB  CD ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分答：初一年级 360人中，约有 120人将获得表彰. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6 分   ∴⑵.∵ ∴AB  AC  CD  AC 即∙∙∙∙∙∙∙∙5 分 ⑶.树状图分析图： ACD  BAC ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分 AE  CE ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分龚扇剪纸彩灯恐龙 ∴剪纸彩灯恐龙龚扇彩灯恐龙龚扇剪纸恐龙龚扇剪纸彩灯 22.（本题满分 8分）某校举行了创建全国文明城市知识竞赛活动，初一年级全体同学参加了竞赛. 612共有 12种情况，其中恰好有恐龙图案的是 6种。故 P（恐龙图案）= 收集数据：现随机抽取初一年级 30名同学“创文知识竞赛”成绩，分数如下（单位：分）： 90 85 68 92 81 84 95 93 87 89 78 99 89 85 97 88 81 95 86 98 95 93 89 86 84 87 79 85 89 82 12 1故应填： .∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分 2注：答卷时不用写解析过程. 23.（本题满分 10分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数 y  kx  b k 0 的图象与反 1mx比例函数 x的图象相交于第一、三象限内的 A 3,5 ,B a,3 两点，与轴交 y2  m  0 于点 ⑴.求该反比例函数和一次函数的解析式； ⑵.在轴上找一点 PB  PC 最大，求 PB  PC 的最大值及点 ⑶.直接写出当 y1  y2 时，的取值范围. 考点：待定系数法求解析式、最值、勾股定理、利用函数图象确定自变量的取值范围. 分析： C.yP使P的坐标； ⑴.请将图表中空缺的部分补充完整； ⑵.学校决定表彰“创文知识竞赛”成绩在 90分以上的同学，根据上表统计结果估计该校初一年级 360人中，约有多少人将获得表彰； x⑶.“创文知识竞赛”中，受到表彰的小红同学得到了印有龚扇、剪纸、彩灯、恐龙图案的四枚纪念章，她从中选取两枚送给弟弟，则小红送给弟弟的两枚纪念章中，恰好有恐龙图案的 ⑴.先利用已知点的坐标求出反比例函数的解析式，在此基础上求出点数法求一次函数的解析式；⑵.根据题意和函数图象 PB  PC 的最大值先利用勾股定理分别 PB、PC 的长度再代入相减，本题就是 BC 的长度；⑶.直接根据两图象相交上下位置可 B的坐标，利用待定系概率是 . 考点：频数分布表和频数分布直方图、样本估计总体、概率. 求以读出 y1  y2 时的略解： x的取值范围.，注意在每一个象限内来认识. y分析：⑴.直接根据提供的数据得到相应的频数，再按频数补全图表的空缺部分；⑵.先计算出 30名学生获奖的百分比，以此估算 360人中的获奖人数；⑶.列举法求概率，注意属于“不 m放回”的情况. 略解： ⑴.图表各 2 分. ⑴.∵ A 3,5 在反比例函数上y2  m  0 Ax∴m  35  15 xC O 15 x∴反比例函数的解析式为 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2 分 y  B15 2把∴B a,3 代入可求得 a  15  3  5 y  xB 5,3 .∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分 10 4311  1 3k  b  5 k  1 b  2 311 1 把A 3,5 ,B 5,3 代入 y  kx  b 为解得 .210 ∴;故应填： . ∙∙∙∙∙∙∙∙∙5 分 S  3  3   3  5k  b  3 22∴一次函数的解析式为 y  x  2 . ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5 分 ⑵. PB  PC 的最大值就是直线 AB 与两坐标轴交点间的距离. ⑶. 设 S  1 a  a2   an ①aS  a  a2  a3   an1 y则②设直线 y  x  2 yP与轴的交点为 . A②-①得 aS  S  a 1 S an1 1 令y  0 ，则 x  2  0 ，解得 x  2 ，∴C 2,0 Pan1 1 a 1 -5 令x  0 ，则 y  0  2  2 ，，∴ P 0,2 C2nx∴.∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10 分 S  1 a  a   a  O3B∴PB  52  52  5 2PB  22  22  2 2 ,∴PB  PC 的最大值为 5 2 2 2 3 2 ⑶.根据图象的位置和图象交点的坐标可知： .∙∙∙8 分 25.（本题满分 12分） ⑴.如图 1，是正方形ABCD E边AB 上的一点，连接 BD、DE ，将 BDE 绕着点和点 D逆时当y1  y2 时 x的取值范围为;5  x  0 或x  3 . ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10 分针旋转 90°，旋转后角的两边分别与射线 BC 交于点 FG.①.线段 DB ②.写出线段 BE、BF 和DG 的数量关系是；点评：本题的⑴问利用待定系数法可求；⑵问抓住已知直线外两点，要在直线上求作一点使这两点到这点的距离之差最大有两种情况：①.若两点在直线同侧，就是作射线，找交点；②.若和DB 之间的数量关系. ⑵.当四边形 ABCD 为菱形， ADC  60 ，点 E是菱形 ABCD 边AB 所在直线上的一点，两点在直线的异侧，则要先作对称点，再作射线，找交点.；本问属于第一种情况；⑶问主要注意在每一个象限内来认知. 24.（本题满分 10分）阅读下列材料：小明为了计算1 2  22   22017  22018 的值，采连接 BD、DE ，将 BDE 绕着点 D逆时针旋转 120°，旋转后角的两边分别与射线 BC 交于点 F①.如图 2，点和点 G.E在线段上时，请探究线段 BE、BF 和BD 之间的数量关系，写出结论并给出证明；用以下方法： S  1 2  22   22017  22018 ②.如图 3，点 E在线段 AB 的延长线上时， DE 交射线 BC 于点 M；若 BE  1,AB  2,直设①②接写出线段GM 的长度. 2S  2  22   22018  22019 G则②-①得 2S  S  22019 1 FG∴⑴. 1 2  22   29 S  1 2  22   22017  22018  22019 1 FG=;⑵. 3  32   310 =;F⑶.求1 a  a2   an 的和（ a  0 n，是正整数，请写出计算过程）. DCCCDD考点：规律型探究、数式变形、整体思想、实数的运算. 分析：本题参照例子的解法主要利用整体思想结合数式变形进行巧算. M略解： ⑴. 设 S  1 2  22   29 BBEAEAABE(图 1) (图 2) (图 3) ①②则②-①得 2S  S  210 1 2S  2  22   210 考点：旋转的特征，正方形以及菱形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等腰三角形以及直角三角形的性质，勾股定理等. 分析： 10 ∴S  1 2  22   29  210 1;故应填： ①3S  3  32   311 .∙∙∙∙∙∙∙∙2 分 2  1 本题的⑴问的①直接根据旋转特征可以得出答案；本题的⑴问的②利用旋转的特征和全等三角形把 BE、BF 转为等腰直角△ BDG 的斜边,再利用勾股定理或者三角函数可以解决问题；本题的⑶问的①和⑴问的②的思路是一样的，利用旋转的特征和全等三角形把 BE、BF 转为等腰△ BDG 的底边 BG ，再作底边 BG 上的高线，再利用勾股定理或者三角函数解决问题；本题的⑵的②主要利用旋转的特征、全等三角形、相似三角形分别求出线段 5⑵. 设 S  3  32   310 则②②-①得 3S  S  S  311 1 GF、CF、CM ，再把它们加起来求出线段GM 的长. 略解：点评：本题是由旋转建立起来的图形；利用旋转的特征得出全等三角形、等腰三角形含特殊角的直角三角形，以此为突破口，并在此基础探究线段之间的数量关系.本题虽然难度不大，但串联起了初中几何部分的多个重要知识点，是一道高质量的中考题. ⑴.①.根据旋转的特征直接可以得出 DB  DG . 故应填： DB  DG ;∙∙2 分 ②.根据旋转的特征可知△ DEB ≌△ DFG 容易证明△ BDG 是等腰直角三角形，利用勾股定理或三角函数可以求出 BG  2BD ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4 分 ∴BE  FG ∴BE  BF  GF  BF  BG .,26.（本题满分 14分） y  ax2  2x  c 相交于 A 1,0 和点 B 2,3 两点. 即BE  BF  2BD .如图，已知直线 AB 与抛物线 ⑴.求抛物线的函数表达式； ⑵.若点是位于直线AB 上方抛物线上的一动点，以 MA、MB为相邻两边作平行四边形 MANB ,当平行四边形 MANB 的面积最大时，求此时四边形 MANB 的面积 C：⑵.①.BE  BF  3BD . ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5 分理由如下： CM∵四边形 ABCD 菱形 S及点 M的坐标； 1⑶.在抛物线 C的对称轴上是否存在定点 F,使抛物线 C上任意一点 P到点 F的距离等于到 ∴ABD  CBD  ABC  30 17 2直线的距离，若存在，求出定点 F的坐标；若不存在，请说明理由. y  由旋转 120°可得:EDF  BDG  120 EDF  BDF  BDG  BDF FDG  BDE 在△ DBG G中,G  180  BDG  DBG  30 DBG  G  30 BD  DG 4∴即考点：二次函数的图象及其性质、待定系数法、数学的建模思想、勾股定理、距离公式等. 分析： ∴本题的⑴利用“待定系数法”即可求出二次函数的解析式；本题的⑵抓住建立平行四边形的面积是△ ABM 的 2倍，所以以△ ABM 的面积建立一个二次函数来求出其最大面积，再进一步求出平行四边形的最大面积；本题的⑶问主要先假设存在，再在此基础上从特殊点切入利用距离公式进行探究其存在的可能性. ∴∴△ BDE ≌△GDF （ASA BE  BF  BF  GF  BG DH  BG BG  2BH △ BHD 中 DBM  30 ）∴BE  GF ∴∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分如图所示：过点 D作点Hy∵BD  DG Rt BD  2DH ∴略解： ⑴. ∵ A 1,0 和点 B 2,3 两点在抛物线 y  ax2  2x  c 在∴上17 4y  MOBa  2  c  0 设∴DH  m ，则 BD  2m,BH  3m BG  2 3m ∴4a  4  c  0 a  1 BG 23m 解得 A∴∴ 3 c  3 BD 2m x∴抛物线 C的表达式为： y  x2  2x  3 ∙∙∙∙∙∙4 分 BF  BE  3BD .∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10 分 19 ②.GM 的长度为 . ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12 分 ⑵. 设直线 AB 的解析式为 y  kx  b 3理由： ∵∴A 1,0 和点 B 2,3 在直线 AB 上根据旋转的特征容易证明△ DEB ≌△ DFG 特征并结合条件中的“ ADC  60 ，将 BDE 绕着点 CDF  90 ,GFD  30 CF  2CD  2AB  4 ∴FG  BE  1；同时利用菱形的性质和旋转的 k  b  0 k  1 b  1 解得 ∴直线 AB 的解析式为 y  x 1 ∙∙∙∙∙5 分 D逆时针旋转 120°”可以退推出 2k  b  3 ∴;如图所示，过 M作MN  x 轴交 AB 于NBM BE 122432由菱形可得出 DC ∥AE ∴△ BEM ∽△CDM ∴∴CM  BC  设，则 N a,a1 （1  a  2 ）M a,a  2a  3 CM CD 3224319 3∴，MN  y  y  a  2a  3  a 1  a  a  2 MN∴.（根据题目要求答卷时可不写理由.） GM  GF  CF  CM  1 4  612要通过三角形的面积的最大值来求平行四边形的最大值；三角形采用了割补法中的“割”办法切入来表示面积，再通过二次函数求“最值”.本题的⑶ 问对于绝大多数学生来说具有一定的挑战性，实际 ∴∴SS△△ABM ==SAMN BMN △ + = x  x MN A  B21231227 83 a2  a  2  a  ABM 2上这里渗透特殊到一般的数学原理，即点 P与抛物 127 ∴当，△ ABM 的面积有最大值 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分 a  线顶点重合到在抛物线上任一点处来探究.同学们平时要有一定数学功底才能在有限的时间内破题. 2827 41 7 ∴S □MANB =2S △ABM =，此时 .∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9 分 M,2 2 以上考点分析解答，仅供参考！ 15 ⑶.存在. .∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10 分 F 1, 417 414理由如下：令抛物线顶点为 D，则 D 1,4；则顶点 D到直线的距离为；y  2设F 1,m ，再设 P x,x  2x  3 17 17 454 x2  2x  3  x2  2x  设∵PP到直线的距离为 PG ,则 PG  y  4为抛物线上任意一点都有 PG  PF 1417 41∴当 P与顶点 D重合时，也有 PG  PF ;则 ,即顶点 D到直线的距离为 . PG  y  4141415 4∴，此时 PF  DF  m  4  15 4∴∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12 分 F 1, ∵∵PG  PF ∴PG2  PF2 22 15 34222 x2  2x  3  x 1  x2  2x  ，PF  x 1  4254PG2  x2  2x  2234542x 1  x2  2x   x2  2x  ∴15 整理化简可得0x  0 ∴当时，无论 x取任何实数，均有 PG  PF .∙∙14 分 F 1, 4点评：本题的⑴问利用待定系数法即可获得解决；本题⑵问是数学建模思想的运用，本问比较巧妙的是 7x,x2  2x  3 