天津市2021年中考数学真题（解析版）

2021 年天津市初中毕业生学业考试试卷数学一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 3 分，共 36 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 5 3 1. A. 计算的结果等于（ B. ）15 C. D. 15 22 C【答案】【解析】【分析】根据有理数的乘法法则运算即可求解． 5 3  15 【详解】解：由题意可知： ，故选：C．【点睛】本题考查了有理数的乘法法则，属于基础题，运算过程中注意符号即可． 2. tan30 的值等于（）332A. B. C. 1 D. 2 2A【答案】【解析】【分析】根据 30°的正切值直接求解即可． 3【详解】解：由题意可知，，tan30  3故选：A．【点睛】本题考查 30°的三角函数，属于基础题，熟记其正切值即可． 3. 据 2021 年 5 月 12 日《天津日报》报道，第七次全国人口普查数据公布，普查结果显示，全国人口共 141178 万人．将 141178 用科学记数法表示应为（）0.141178106 1.41178105 14.1178104 141.178103 A. B. C. D. B【答案】【解析】【分析】科学记数法的表示形式为 a×10n 的形式，其中 1≤|a|＜10，n 为整数．确定 n 的值时，要看把原数变成 a 时，小数点移动了多少位，n 的绝对值与小数点移动的位数相同．【详解】解：141178=1.41178×105，故选：B．【点睛】此题考查科学记数法的表示方法，关键是确定 a 的值以及 n 的值． 4. 在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面 4 个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A. B. C. D. A【答案】【解析】【分析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解．【详解】A．是轴对称图形，故本选项符合题意； B．不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C．不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D．不是轴对称图形，故本选项不符合题意．故选 A．【点睛】本题考查判断轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键． 5. 如图是一个由 6 个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（）A. B. C. D. D【答案】【解析】【分析】根据三视图中的主视图定义，从前往后看，得到的平面图形即为主视图．【详解】解：从正面看到的平面图形是 3 列小正方形，从左至右第 1 列有 1 个，第 2 列有 2 个，第 3 列有 2 个，故选：D．【点睛】本题主要考查了组合体的三视图，解题的关键是根据主视图的概念由立体图形得到相应的平面图形． 6. 估算的值在(　　) 17 A. 2 和 3 之间 B. 3 和 4 之间 C. 4 和 5 之间 D. 5 和 6 之间 C【答案】【解析】【分析】估算无理数的大小． 22【详解】因为 2 ,所以的值在 4 和 5 之间． 17 4  ( 17) <5 故选 C． x  y  2 7. 方程组的解是（）3x  y  4 x  0 y  2 x 1 y 1 x  2 x  3 A. B. C. D. y  2 y  3 B【答案】【解析】【分析】直接利用加减消元法解该二元一次方程组即可． x  y  2① 【详解】，3x  y  4② 3x  y  x  y  2 ②-①得：，即 2x  2 ，∴将．x 1 x 1 1 y  2 代入①得：，y 1 ∴．x 1 y 1 故原二元一次方程组的解为．故选 B．【点睛】本题考查解二元一次方程组．掌握解二元一次方程组的方法和步骤是解答本题的关键． 0,1 , 2,2 , 2,2 8.     如图，ABCD 的顶点 A，B，C 的坐标分别是，则顶点 D 的坐标是（）4,1 4,2 4,1 2,1 A. B. C. D. C【答案】【解析】【分析】根据平行四边形性质以及点的平移性质计算即可．【详解】解：∵四边形 ABCD 是平行四边形，点 B 的坐标为(-2，-2)，点 C 的坐标为(2，-2)， ∴点 B 到点 C 为水平向右移动 4 个单位长度， ∴A 到 D 也应向右移动 4 个单位长度， ∵点 A 的坐标为(0，1)，则点 D 的坐标为(4，1)，故选:C．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，以及平移的相关知识点，熟知点的平移特点是解决本题的关键． 3a 3b 9. 计算的结果是（）a b ab 6a A. 3 B. C. 1 D. 3a  3b a  b A【答案】【解析】【分析】先根据分式的减法运算法则计算，再提取公因式 3，最后约分化简即可． 3a 3b a b 【详解】原式，3(a b) a b  3 ．故选 A．【点睛】本题考查分式的减法．掌握分式的减法运算法则是解答本题你的关键． 5A 5, y , B 1, y ,C 5, y y , y , y 3 的大小关系是（ 1 2 10. 1  2  y   若点都在反比例函数的图象上，则）3xy1  y2  y3 y2  y3  y1 y1  y3  y2 y3  y1  y2 A. B. C. D. B【答案】【解析】 y、y 、y 【分析】将 A、B、C 三点坐标代入反比例函数解析式，即求出【详解】分别将 A、B、C 三点坐标代入反比例函数解析式得： 3 的值，即可比较得出答案． 12555y1   1 y   5 y   1 、、．235 15y  y  y 则．231故选 B．【点睛】本题考查比较反比例函数值．掌握反比例函数图象上的点的坐标满足其解析式是解答本题的关键． 11. 如图，在ABC 中， BAC 120 ，将ABC 绕点 C 逆时针旋转得到DEC ，点 A，B 的对应点分别为 D，E，连接．当点 A，D，E 在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（）AD A. ABC  ADC B. C. DE  DC  BC D. CB  CD AB∥CD D【答案】【解析】【分析】由旋转可知，即可求出，由于，则可判断 EDC  BAC 120 ADC  60 ABC  60 ，即 A 选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即 B 选项 ABC  ADC CB  CE CE  CD CB  CD 错误；由三角形三边关系可知，再由，即可推出，即 C 选项错误；由旋转可知 DE  DC  CE DE  DC  CB ．即可求出 DC  AC ADC  60 ，即可证明 ADC 为等边三角形，即推出 ACD  60 ，即证明 ACD  BAC 180 ，即 D 选项正确； AB / /CD 【详解】由旋转可知，EDC  BAC 120 ∵点 A，D，E 在同一条直线上， ∴，ADC 180 EDC  60 ∵∴，ABC  60 ，故 A 选项错误，不符合题意； ABC  ADC 由旋转可知，CB  CE ∵为钝角， EDC 120 ∴∴∵∴，CE  CD CB  CD ，故 B 选项错误，不符合题意；，DE  DC  CE DE  DC  CB ，故 C 选项错误，不符合题意；由旋转可知，DC  AC ∵，ADC  60 ∴∴∴∴ADC 为等边三角形，．ACD  60 ，ACD  BAC 180 ，故 D 选项正确，符合题意； AB / /CD 故选 D．【点睛】本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．已知抛物线 y  ax2  bx  c （是常数，）经过点，当时，与其对应 a,b,c (1,1),(0,1) 12. a  0 x  2 2y 1 的函数值．有下列结论：① ；②关于 x 的方程有两个不等的实数根；③ abc  0 ax  bx  c  3  0 a  b  c  7 ．其中，正确结论的个数是（ A. 0 B. 1 ）C. 2 D. 3 D【答案】【解析】【分析】根据函数与点的关系,一元二次方程根的判别式,不等式的性质，逐一计算判断即可【详解】∵抛物线 y  ax2  bx  c y 1 （是常数，）经过点，当时，与其对 a,b,c (1,1),(0,1) a  0 x  2 应的函数值．∴c=1＞0，a-b+c= -1 4a-2b+c＞1， ∴a-b= -2 2a-b＞0， ∴2a-a-2＞0， ∴a＞2＞0， ∴b=a+2＞0， ∴abc＞0， 2∵,ax  bx  c  3  0 ∴△=b2  4a(c 3) =＞0, 2b 8a 2∴有两个不等的实数根； ax  bx  c  3  0 ∵b=a+2，a＞2，c=1， ∴a+b+c=a+a+2+1=2a+3， ∵a＞2， ∴2a＞4， ∴2a+3＞4+3＞7，故选 D．【点睛】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程根的判别式，不等式的基本性质，熟练掌握二次函数的性质，灵活使用根的判别式，准确掌握不等式的基本性质是解题的关键．二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分） 13. 计算 4a  2a  a 的结果等于_____．【答案】【解析】 5a 【分析】根据合并同类项的性质计算，即可得到答案． 4a  2a  a  4  2 1 a  5a 【详解】 故答案为：．5a 【点睛】本题考查了整式加减的知识；解题的关键是熟练掌握合并同类项的性质，从而完成求解． 14. 计算的结果等于_____． ( 101)( 101) 【答案】9 【解析】【分析】根据二次根式的混合运算法则结合平方差公式计算即可． 2【详解】．( 101)( 101)  ( 10) 1 9 故答案为 9．【点睛】本题考查二次根式的混合运算．掌握二次根式的混合运算法则是解答本题你的关键． 15. 不透明袋子中装有 7 个球，其中有 3 个红球，4 个黄球，这些球除颜色外无其他差别，从袋子中随机取出 1 个球，则它是红球的概率是_____． 3【答案】 7【解析】【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．【详解】解：∵袋子中共有 7 个球，其中红球有 3 个， 3∴从袋子中随机取出 1 个球，它是红球的概率是，73故答案为．7【点睛】本题考查概率的求法：如果一个事件有 n 种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件 A 出现 m m种结果，那么事件 A 的概率 P（A）＝．ny  6x 16. 将直线向下平移 2 个单位长度，平移后直线的解析式为_____． y  6x  2 【答案】【解析】【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的平移规律求解即可．【详解】将直线 y=-6x 向下平移 2 个单位长度，所得直线的解析式为 y=-6x-2．故答案为 y=-6x-2．【点睛】本题考查一次函数图象的平移变换．掌握其规律 “左加右减，上加下减”是解答本题的关键． AC, BD BC,CD 17. 如图，正方形的边长为 4，对角线相交于点 O，点 E，F 分别在的延长线上， ABCD GCE  2,DF 1 且，为的中点，连接，交于点，连接 H，则的长为________． OE CD GH GH EF 13 【答案】【解析】 2CH MG MH 的长，再求出的长，最后利用勾股定理求解即【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出可．和【详解】解:如图,作 OK⊥BC，垂足为点 K， ∵正方形边长为 4， ∴OK=2，KC=2， ∴KC=CE，的∴CH 是△OKE 中位线 1CH  OK 1 ∴，2作 GM⊥CD，垂足为点 M， ∵G 点为 EF 中点， ∴GM 是△FCE 的中位线， 11115GM  CE 1 MC  FC  CD  DF  4 1  ∴，，2222253∴MH  MC  HC  1 ，222313   22Rt△MHG 在中，，GH  MH  MG  12    2  213 2故答案为：．【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等． 18. 如图，在每个小正方形的边长为 1 的网格中，ABC 的顶点 A，C 均落在格点上，点 B 在网格线上． _____ ；（Ⅰ）线段的长等于 AC （Ⅱ）以为直径的半圆的圆心为 O，在线段上有一点 P，满足 AP  AC ，请用无刻度的直尺，在 AB AB _____ 如图所示的网格中，画出点 P，并简要说明点 P 的位置是如何找到的（不要求证明）．①. ②. 见解析【答案】 5【解析】【分析】（Ⅰ）根据勾股定理计算即可；（Ⅱ）现将△ACB 补成等腰三角形，然后构建全等三角形即可．【详解】解：（Ⅰ）∵每个小正方形的边长为 1， 22∴，AC  1  2  5 故答案为：；5（Ⅱ）如图，取 BC 与网格线的交点 D，则点 D 为 BC 中点，连接并延长，与半圆相交于点 E，连接 BE OD 并延长，与的延长线相交于点 F，则 OE 为中位线，且，连接交BC 于点 G，连 AE AC VBFA AB  AF FG 接并延长，与相交于点 P，因为，则点 P 即为所求． FAP≌BAC AB 【点睛】本题主要考查复杂作图能力，勾股定理，中位线定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识点，掌握以上知识点并与已知图形结合是解决本题关键．三、解答题（本大题共 7 小题，共 66 分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） x  4  3,① 19. 解不等式组 6x  5x  3.② 请结合题意填空，完成本题的解答．（Ⅰ）解不等式①，得_______________；（Ⅱ）解不等式②，得_______________；（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：（Ⅳ）原不等式组的解集为___________．【答案】（Ⅰ）【解析】；（Ⅱ） x  3；（Ⅲ）把不等式①和②的解集在数轴上表示见解析；（Ⅳ）．x  1 1 x  3 【分析】根据解一元一次不等式组的步骤和不等式组的解集在数轴上的表示方法即可解答．【详解】（Ⅰ）解不等式，得：．x  4  3 x  1 故答案为：；x  1 （Ⅱ）解不等式，得： x  3 ．6x  5x  3 故答案为： x  3 （Ⅲ）在数轴上表示为：；；（Ⅳ）原不等式的解集为．1 x  3 故答案为：．1 x  3 【点睛】本题考查解一元一次不等式组和在数轴上表示不等式组的解集．掌握解一元一次不等式组的步骤是解答本题的关键． 20. 某社区为了增强居民节约用水的意识，随机调查了部分家庭一年的月均用水量（单位：t）．根据调查结果，绘制出如下的统计图①和图②．请根据相关信息，解答下列问题：（Ⅰ）本次接受调查的家庭个数为________，图①中 m 的值为_______；（Ⅱ）求统计的这组月均用水量数据的平均数、众数和中位数．【答案】（Ⅰ）50，20；（Ⅱ）这组数据的平均数是 5.9；众数为 6；中位数为 6．【解析】【分析】（Ⅰ）利用用水量为 5t 的家庭个数除以其所占百分比即可求出本次接受调查的家庭个数；利用用水量为 6.5t 的家庭个数除以本次接受调查的家庭个数即得出其所占百分比，即得出 m 的值．（Ⅱ）根据加权平均数的公式，中位数，众数的定义即可求出结果． 8 50 【详解】（Ⅰ）本次接受调查的家庭个数= ，16% 10 100%  m% 由题意可知 50 解得 m  20 ，．故答案为 50，20．（Ⅱ）观察条形统计图， 58 5.512  616  6.510  74 x   5.9 ∵，50 ∴这组数据的平均数是 5.9． ∵在这组数据中，6 出现了 16 次，出现的次数最多， ∴这组数据的众数为 6． ∵将这组数据按从小到大的顺序排列，其中处于中间的两个数都是 6， 6  6  6 即有，2∴这组数据的中位数为 6．【点睛】本题考查条形统计图与扇形统计图相关联，加权平均数，中位数以及众数．从条形统计图与扇形统计图中找到必要的数据和信息是解答本题的关键． 21. O, AB  AC,BAC  42 O 已知ABC 内接于，点 D 是上一点． O （Ⅰ）如图①，若（Ⅱ）如图②，若小．为的直径，连接，求和ACD 的大小； CD DBC BD CD O // ，连接，过点 D 作的切线，与的延长线交于点E，求的大 OC BA AD E 【答案】（Ⅰ） DBC  48 ，ACD  21 ；（Ⅱ） E  36 ．【解析】【分析】（ Ⅰ ）由圆周角定理的推论可知，BDC  BAC  42，即可推出 DBC  90  BDC  48 ；由等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可求出 ABC  ACB  69 ，从而求出ACD  BCD  ACB  21 BCD  90 ．（Ⅱ）连接，由平行线的性质可知ACD  BAC  42 ．由圆内接四边形的性质可求出 OD ADC  180  ABC  111 ．再由三角形内角和定理可求出 DAC  27．从而由圆周角定理求出 DOC  2DAC  54 ．由切线的性质可知 ODE  90．即可求出E  90  DOE  36 O ．【详解】（Ⅰ）为的直径， BD ∴．BCD  90 O ∵在中，BDC  BAC  42 ，∴∵DBC  90  BDC  48 ；，AB  AC，BAC  42 1ABC  ACB  (180  BAC)  69 ∴∴．2ACD  BCD  ACB  21 ．（Ⅱ）如图，连接．OD CD  BA ∵，∴ACD  BAC  42 ．∵四边形是圆内接四边形，ABC  69 ，ABCD ∴∴∴ADC  180  ABC  111 DAC  180  ACD  ADC  27 DOC  2DAC  54 ．．．O ∵∴∴是的切线， DE ，即 ODE  90 ．DE  OD E  90  DOE  36 ．【点睛】本题为圆的综合题．考查圆周角定理及其推论，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，圆的内接四边形的性质以及切线的性质．利用数形结合的思想以及连接常用的辅助线是解答本题的关键． 22. 如图，一艘货船在灯塔 C 的正南方向，距离灯塔 257 海里的 A 处遇险，发出求救信号．一艘救生船位于灯塔 C 的南偏东 40方向上，同时位于 A 处的北偏东方向上的B 处，救生船接到求救信号后，立即 60 的长（结果取整数）．参考数据： tan 40  0.84 前往救援．求，取 1.73． 3AB 【答案】【解析】的长约为 168 海里． AB 【分析】如图，过点 B 作 BH⊥CA，垂足为 H,解直角三角形即可【详解】如图，过点 B 作 BH⊥CA，垂足为 H． BAC  60,BCA  40,CA  257 根据题意， ∵在．BH AH AB tanBAH  cosBAH  中，，，Rt△BAH AH AH BH  AH  tan60 3AH, AB   2AH ∴．cos60 BH tan BCH  ∵在 ∴中，，RtBCH CH BH 3AH ．CH  tan40 tan40 又∴CA  CH  AH ，3AH ．257   AH tan40 257 tan40 3  tan40 AH  可得．2257 tan40 22570.84 AB   168 ．∴1.73 0.84 3  tan40 答：的长约为 168 海里． AB 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构造高线构造出直角三角形，并灵活解之是解题的关键． 23. 在“看图说故事”活动中，某学习小组结合图象设计了一个问题情境．已知学校、书店、陈列馆依次在同一条直线上，书店离学校，陈列馆离学校．李华从学校出发， 20km 12km 匀速骑行到达书店；在书店停留0.4h 后，匀速骑行 0.5h 到达陈列馆；在陈列馆参观学习一段时间， 0.6h 然后回学校；回学校途中，匀速骑行 0.5h 后减速，继续匀速骑行回到学校．给出的图象反映了这个过程中 ykm 李华离学校的距离与离开学校的时间 xh 之间的对应关系．请根据相关信息，解答下列问题：（Ⅰ）填表 /离开学校的时间 0.1 0.5 0.8 23h1/离学校的距离（Ⅱ）填空： km 12 ①书店到陈列馆的距离为________ ；km ②李华在陈列馆参观学的时间为_______h； ③李华从陈列馆回学校途中，减速前的骑行速度为______ km/h ；④当李华离学校的距离为时，他离开学校的时间为_______h． 4km （Ⅲ）当时，请直接写出 y 关于 x 的函数解析式． 0  x 1.5 131 6y  20x ；当【答案】（Ⅰ）10，12，20；（Ⅱ）①8；②3；③28；④ 或；（Ⅲ）当 0  x  0.6 时， 5y 12 y 16x  4 1 x 1.5 0.6  x  1时，；当时，．【解析】【分析】（Ⅰ）根据函数图象，利用待定系数法，分段写出函数解析式，根据表格中 x，代入相应的解析式，得到 y；（Ⅱ）①根据图象进行分析即可； ②根据图象进行分析即可； ③根据时的函数解析式可求； 4.5  x  5 ④分0  x  0.6 和两种情况讨论，将距离为 4km 代入相应的解析式求出时间 x； 5  x  5.5 （Ⅲ）根据函数图象，利用待定系数法，分段写出函数解析式即可．【详解】对函数图象进行分析： y  kx ①当0  x  0.6 时，设函数关系式为，由图象可知，当 x=0.6 时，y=12，则，解得 k  20 12=0.6k y  20x ∴当0  x  0.6 时，设函数关系式为 y 12 ②由图象可知，当0.6  x  1时， y  kx  b ，由图象可知，当 x=1 时，y=12；当 x=1.5 时，y=20， 1 x 1.5 ③当时，设函数关系式为 k  b 12 k 16 b  4 则，解得 1.5k  b  20 y 16x  4 y  20 1 x 1.5 ∴当时，设函数关系式为 ④由图象可知，当时， 1.5  x  4.5 y  kx  b ，由图象可知，当 x=4.5 时，y=20；当 x=5 时，y=6， ⑤当时，设函数关系式为 4.5  x  5 4.5k  b  20 5k  b  6 k  28 b 146 则，解得 y  28x 146 ∴当 ⑥当时，设函数关系式为时，设函数关系式为 4.5  x  5 5  x  5.5 y  kx  b ，由图象可知，当 x=5 时，y=6；当 x=5.5 时，y=0， 5k  b  6 k  12 b  66 则，解得 5.5k  b  0 y  12x  66 ∴当时，设函数关系式为 5  x  5.5 y  20x （Ⅰ）∵当0  x  0.6 时，函数关系式为 y  200.5 10 ∴当 x=0.5 时，．故第一空为 10． y 12 ．故第二空为 12．当当0.6  x  1时， y  20 时，．故第二空为 20． 1.5  x  4.5 （Ⅱ）①李华从学校出发，匀速骑行图象可知书店到陈列馆的距离到达书店；在书店停留0.4h 后，匀速骑行 0.5h 到达陈列馆．由 0.6h ；20 12=8 ②李华在陈列馆参观学习一段时间，然后回学校．由图象可知李华在陈列馆参观学的时间；4.51.5  3 y  28x 146 ③当时，设函数关系式为，所以李华从陈列馆回学校途中，减速前的骑行速度 4.5  x  5 为 28； ④当李华离学校的距离为时，0  x  0.6 或5  x  5.5 4km 由上对图象的分析可知： y  20x 当令0  x  0.6 时，设函数关系式为 1y  4 x  ，解得 5y  12x  66 当令时，设函数关系式为 5  x  5.5 31 y  4 x  ，解得 61531 6∴当李华离学校的距离为时，他离开学校的时间为或．4km （Ⅲ）由上对图象的分析可知： y  20x ；当当0  x  0.6 时， 0.6  x  1时， y 12 ；y 16x  4 1 x 1.5 当时，．【点睛】本题考查函数的图象与实际问题．解题的关键在于读懂函数的图象，分段进行分析． A 4,0 ，24. OBA  90,BO  BA 在平面直角坐标系中，O 为原点，OAB 是等腰直角三角形，，顶点 7E  ,0 点 B 在第一象限，矩形OCDE 的顶点经过点 B．，点 C 在 y 轴的正半轴上，点 D 在第二象限，射线 DC 2（Ⅰ）如图①，求点 B 的坐标；     O C D E C（Ⅱ）将矩形OCDE 沿 x 轴向右平移，得到矩形，点 O，C，D，E 的对应点分别为 O，，¢，    ，设OO  t ，矩形与重叠部分的面积为 S． DO C D EOAB E    ①如图②，当点 在 x 轴正半轴上，且矩形与重叠部分为四边形时，   与相交于 O C D EOAB OB ED E 点 F，试用含有 t 的式子表示 S，并直接写出 t 的取值范围； 5292 t  ②当时，求 S 的取值范围（直接写出结果即可）． 1717 811 2S  t2  t  4  t  2,2 【答案】（Ⅰ）点 B 的坐标为 ；（Ⅱ）① ， t 的取值范围是；② 2223 863 8 S  ．【解析】 1OH  OA  2 【分析】(I)过点 B 作，垂足为 H，由等腰三角形的“三线合一”性质得到，再由 BH  OA 2∠BOH=45°得到△OBH 为等腰直角三角形，进而 BH  OH  2 ，由此求得 B 点坐标； 7         O C D E O E D 90,O E OE  (II)①由平移知，四边形是矩形，得，进而得到 27S  S  SFOE  即可求解； OAB FE  OE  t  ，再由重叠部分面积 252727292 t   t  ②画出不同情况下重叠部分的图形，分和两种情况，将重叠部分的面积表示成关于 t 的二次函数，再结合二次函数的最值问题求解．【详解】解：(I)如图，过点 B 作，垂足为 H． BH  OA A 4,0 由点 ，得．，OA  4 ∵∴BO  BA,OBA  90 1OH  OA  2 ．2又∠BOH=45°， ∴△OBH 为等腰直角三角形， ∴．BH  OH  2 2,2 ∴点 B 的坐标为 ．77E  ,0     O C D E OE  (II)①由点，得．由平移知，四边形是矩形，得 227     O E D 90,O E OE  ．272  OE  OO O E t  ∴，．FE O  90 BO  BA ∵∴∴∴，，OBA  90 BOA  BAO  45 ．OFE  90  BOA  45 FOE  OFE ．7FE  OE  t  ∴∴．2211272SFOE  OE  FE  t  ．221172∴．S  SOAB  SFOE  42  t  221717 8S  t2  t  整理后得到：．22′ 与 A 重合时，矩形与OAB 重叠部分刚开始为四边形，如下图(1)所示：此时OO  t  4 ，    O C D E 当O    当’ 与 B 重合时，矩形与OAB 重叠部分为三角形，接下来往右平移时重叠部分一直为三角形 O C D E D直到 ‘ 与 A 点重合，如下图(2)所示： E711 2t  OO’  DD’  2  此时，211 24  t  ∴t 的取值范围是，1717 811 2S  t2  t  4  t  故答案为：，其中：；22572     t  ②当时，矩形与重叠部分的面积如下图 3 所示： O C D EOAB 2此时 AO’  4  t ，∠BAO=45°，AO’F 为等腰直角三角形， ∴AO’ = FO’ =4 – t ，111S= AO’×FO’ = (4 – t)2 = t2 – 4t +8 ∴，AO’F 22211S = S – SAO’F =4 – ( t2 – 4t +8) = -t2 +4t – 4 ∴重叠部分面积，AOB 22t∴ 是关于的二次函数，且对称轴为 S，且开口向下， t  4 故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小， 7t  故将代入， 217731 8S = -´ ( )2 +4´ -4 = 得到最大值，2225t  将代入， 215523 8S = -´ ( )2 +4´ -4 = 得到最小值，2227292    O C D E  t  当时，矩形与OAB 重叠部分的面积如下图 4 所示： 7OE ‘  EE ‘ EO  t  ME ‘ 此时 AO’  OA OO’  4  t  FO’ ，2AO’F 和OE ‘M 均为等腰直角三角形， 111S= AO’×FO’ = (4 – t)2 = t2 – 4t +8 ∴，AO’F 2221171749 SOE ‘M = OE ‘×ME ‘ = (t – )2 = t2 – t + ，22222811749 15 81 S = S – SOE ‘M – SAO’F =4 – ( t2 – 4t +8) – ( t2 – t + ) = – t2 + t – ∴重叠部分面积，AOB 22282815 4t∴ 是关于的二次函数，且对称轴为 St  ，且开口向下， 15 t  故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小，故将代入，得到最大值 415 15 15 81 63 S = – ( )2 + ´-=，424816 9t  将代入， 2915 9 81 27 S = – ( )2 + ´-=得到最小值，2228827 2363 31 >>∵，，8816 823 63 16 S∴ 的最小值为，最大值为，823 63  S  故答案为：．816 【点睛】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、平移的性质、直角三角形的性质、二次函数的最值等问题，属于综合题，需要画出动点不同状态下的图形求解，本题难度较大，需要分类讨论．已知抛物线 y  ax2  2ax  c （a，c 为常数，）经过点 C 0,1 ，顶点为 D． 25. a  0 a 1 （Ⅰ）当（Ⅱ）当时，求该抛物线的顶点坐标； E 0,1 a 时，点 ，若，求该抛物线的解析式； a  0 DE  2 2DC F 0,1 a M m,0 N m 3,1 是 x 轴上的动点， a  1 （Ⅲ）当时，点 ，过点 C 作直线 l 平行于 x 轴， FM  DN 是直线 l 上的动点．当 a 为何值时，的最小值为，并求此时点 M，N 的坐标． 2 10 13y  x2  x 1 y  x2  3x 1 (1,2) 【答案】（Ⅰ）抛物线的顶点坐标为；（Ⅱ）或；（Ⅲ）点 M 的坐标 22711 6 ,0 ,1 为，点 N 的坐标为 6【解析】【分析】（Ⅰ）结合题意，通过列一元一次方程并求解，即可得到抛物线的解析式，将解析式化为顶点式，即可得到答案（Ⅱ）根据题意，得抛物线的解析式为 y  ax2  2ax 1；根据抛物线对称轴的性质，计算得点 D 的坐标 1232(1,a 1) DG  y 轴于点 G，根据勾股定理和一元二次方程的性质，得 a  a  为；过点 D 作从而得到答案； a  1 ，，12D (2,a) D(1,a 1) （Ⅲ）当时，将点向左平移 3 个单位长度，向上平移 1 个单位长度得；作点 F 关于 x 轴的对称点，当满足条件的点 M 落在线段上时，根据两点之间线段最短的性质，得   F D F5FM  DN a   最小，结合题意，根据勾股定理和一元二次方程性质，得，从而得直线  的解析式， F D 12通过计算即可得到答案．时，抛物线的解析式为 y  x2  2x  c ．a 1 【详解】（Ⅰ）当 C(0,1) ∵抛物线经过点 ∴0  0  c  1 解得： c  1 2∴抛物线的解析式为 yx 2x1 ∵y  x2  2x 1 (x 1)2  2 (1,2) ∴抛物线的顶点坐标为；2C(0,1) （Ⅱ）当时，由抛物线 y  ax  2ax  c 经过点，可知 a  0 c  1 ∴抛物线的解析式为 y  ax2  2ax 1 ∴抛物线的对称轴为： x 1 y  a 1 当时， x 1 (1,a 1) ∴抛物线的顶点 D 的坐标为；DG  y 过点 D 作轴于点 G EG  1 a  (a 1)  2a  2 在Rt△DEG 中， DG  1 ，，2222∴DE  DG  EG  1 (2a  2) CG  1 (a 1)  a 在RtDCG 中， DG  1 ，，2222∴．DC  DG  CG  1 a 22∵，即，DE  8DC DE  2 2DC 1 (2a  2)2  8 1 a2 ∴1232a  a  解得：，1213y  x2  x 1 y  x2  3x 1 ∴抛物线的解析式为或．22D (2,a) D(1,a 1) a  1 （Ⅲ）当时，将点向左平移 3 个单位长度，向上平移 1 个单位长度得．(0,a 1) 作点 F 关于 x 轴的对称点，得点的坐标为 FFFM  DN 当满足条件的点 M 落在线段  上时，最小， F D 此时，．  FM  DN  F D 2 10 ¢作D H  y 轴于点 H 过点 DF H a  (a 1)  1 2a 在∴又RtFD H 中， ，，D H 2 2222 2 ．F D F H D H (1 2a)  4 2 2 ，即．(1 2a)  4  40 F D 40 57a   a  解得：，2（舍） 1227252¢0, 2, 的坐标为 ∴点，点 D的坐标为．F7y  3x  ∴直线  的解析式为．2F D 7y  0 x   当∴时，．6711 m   m  3  ，66711  ,0 ,1 ∴点 M 的坐标为，点 N 的坐标为．66【点睛】本题考查了二次函数、一元一次方程、勾股定理、一元二次方程、平移、两点之间线段最短的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、勾股定理、一元二次方程、平移的性质，从而完成求解．