2022~2023学年中考数学一轮复习专题07函数图象问题附解析

这是一份2022~2023学年中考数学一轮复习专题07函数图象问题附解析，共30页。试卷主要包含了填写答题卡的内容用2B铅笔填写，提前 xx 分钟收取答题卡等内容，欢迎下载使用。

2022~2023学年中考数学一轮复习专题07函数图象问题附解析
数学考试

注意事项：
1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写
2、提前 xx 分钟收取答题卡
第Ⅰ卷 客观题
第Ⅰ卷的注释
阅卷人

一、实际应用的图象问题
得分

1．（2022·武汉） 匀速地向一个容器内注水，最后把容器注满.在注水过程中，水面高度ℎ随时间t的变化规律如图所示（图中OABC为一折线）.这个容器的形状可能是（　　）

A． B．
C． D．
2．（2022·青海）2022年2月5日，电影《长津湖》在青海剧场首映，小李一家开车去观看.最初以某一速度匀速行驶，中途停车加油耽误了十几分钟，为了按时到达剧场，小李在不违反交通规则的前提下加快了速度，仍保持匀速行驶.在此行驶过程中，汽车离剧场的距离y（千米）与行驶时间t（小时）的函数关系的大致图象是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2022·遵义）遵义市某天的气温y1（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化如图所示，设y2表示0时到t时气温的值的极差（即0时到t时范围气温的最大值与最小值的差），则y2与t的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
4．（2021·常州）为规范市场秩序、保障民生工程，监管部门对某一商品的价格持续监控.该商品的价格 y1 （元/件）随时间t（天）的变化如图所示，设 y2 （元/件）表示从第1天到第t天该商品的平均价格，则 y2 随t变化的图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
5．（2022·河池）东东用仪器匀速向如图容器中注水，直到注满为止.用t表示注水时间，y表示水面的高度，下列图象适合表示y与t的对应关系的是（　　）

A． B．
C． D．
6．（2019·南通）如图是王阿姨晚饭后步行的路程s(单位：m)与时间t(单位：min)的函数图象，其中曲线段AB是以B为顶点的抛物线一部分.下列说法不正确的是(　　)

A．25min~50min，王阿姨步行的路程为800m
B．线段CD的函数解析式为 s=32t+400（25≤t≤50）
C．5min~20min，王阿姨步行速度由慢到快
D．曲线段AB的函数解析式为 s=−3（t−20）2+1200（5≤t≤20）
阅卷人

二、图形平移相关的面积问题
得分

7．（2022·菏泽）如图，等腰Rt△ABC与矩形DEFG在同一水平线上，AB=DE=2，DG=3，现将等腰Rt△ABC沿箭头所指方向水平平移，平移距离x是自点C到达DE之时开始计算，至AB离开GF为止．等腰Rt△ABC与矩形DEFG的重合部分面积记为y，则能大致反映y与x的函数关系的图象为（　　）

A． B．
C． D．
8．（2022·铜仁）如图，等边△ABC、等边△DEF的边长分别为3和2.开始时点A与点D重合，DE在AB上，DF在AC上，△DEF沿AB向右平移，当点D到达点B时停止.在此过程中，设△ABC、△DEF重合部分的面积为y，△DEF移动的距离为x，则y与x的函数图象大致为（　　）

A． B．
C． D．
9．（2022·仙桃）如图，边长分别为1和2的两个正方形，其中有一条边在同一水平线上，小正方形沿该水平线自左向右匀速穿过大正方形，设穿过的时间为t，大正方形的面积为S1，小正方形与大正方形重叠部分的面积为S2，若S=S1−S2，则S随t变化的函数图象大致为（　　）

A． B．
C． D．
10．（2022九上·台州月考）如图，△ABC和△DEF都是边长为2的等边三角形，它们的边BC，EF在同一条直线l上，点C，E重合．现将△ABC在直线l向右移动，直至点B与F重合时停止移动．在此过程中，设点C移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，则y随x变化的函数图象大致为（　　）

A． B．
C． D．
阅卷人

三、单动点面积问题
得分

11．（2022·绵阳）如图1，在菱形ABCD中，∠C＝120°，M是AB的中点，N是对角线BD上一动点，设DN长为x，线段MN与AN长度的和为y，图2是y关于x的函数图象，图象右端点F的坐标为(23，3)，则图象最低点E的坐标为（　　）

A．(233，2) B．(233，3) C．(433，3) D．(3，2)
12．（2021·南县）如图，已知▱ABCD的面积为4，点P在AB边上从左向右运动（不含端点），设△APD的面积为x，△BPC的面积为y，则y关于x的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
13．（2021·郴州）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A＝60°，点P从点A出发，沿路线A→B→C→D运动.设P点经过的路程为x，以点A，D，P为顶点的三角形的面积为y，则下列图象能反映y与x的函数关系的是（　　）

A． B．
C． D．
14．（2022·鄂尔多斯）如图①，在正方形ABCD中，点M是AB的中点，点N是对角线BD上一动点，设DN＝x，AN+MN＝y，已知y与x之间的函数图象如图②所示，点E（a，25）是图象的最低点，那么a的值为（　　）

A．823 B．22 C．432 D．435
15．（2022·锦州）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=2BC=4，动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段AB匀速运动，当点P运动到点B时，停止运动，过点P作PQ⊥AB交AC于点Q，将△APQ沿直线PQ折叠得到△A′PQ，设动点P的运动时间为t秒，△A′PQ与△ABC重叠部分的面积为S，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（　　）

A． B．
C． D．
阅卷人

四、多动点面积问题
得分

16．（2022·西宁）如图，△ABC中，BC=6，BC边上的高为3，点D，E，F分别在边BC，AB，AC上，且EF∥BC．设点E到BC的距离为x，△DEF的面积为y，则y关于x的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
17．（2022·潍坊）如图，在▱ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=1，点E，F在▱ABCD的边上，从点A同时出发，分别沿A→B→C和A→D→C的方向以每秒1个单位长度的速度运动，到达点C时停止，线段EF扫过区域的面积记为y，运动时间记为x，能大致反映y与x之间函数关系的图象是（　　）

A． B．
C． D．
18．（2022·鞍山）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=43cm，CD⊥AB，垂足为点D，动点M从点A出发沿AB方向以3cm/s的速度匀速运动到点B，同时动点N从点C出发沿射线DC方向以1cm/s的速度匀速运动．当点M停止运动时，点N也随之停止，连接MN，设运动时间为t s，△MND的面积为S cm2，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（　　）

A． B．
C． D．
19．（2021·南通）如图，四边形 ABCD 中， AB//DC，DE⊥AB，CF⊥AB ，垂足分别为E，F，且 AE=EF=FB=5cm ， DE=12cm .动点P，Q均以 1cm/s 的速度同时从点A出发，其中点P沿折线 AD−DC−CB 运动到点B停止，点Q沿 AB 运动到点B停止，设运动时间为 t(s) ， △APQ 的面积为 y(cm2) ，则y与t对应关系的图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
阅卷人

五、四边形相关函数图象问题
得分

20．（2022·南通）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BC，BC=4，∠ABC=60°，若EF过点O且与边AB，CD分别相交于点E，F，设BE=x，OE2=y，则y关于x的函数图象大致为（　　）

A． B．
C． D．
21．（2021·百色）如图，矩形ABCD各边中点分别是E、F、G、H，AB＝2 3 ，BC＝2，M为AB上一动点，过点M作直线l⊥AB，若点M从点A开始沿着AB方向移动到点B即停（直线l随点M移动），直线l扫过矩形内部和四边形EFGH外部的面积之和记为S.设AM＝x，则S关于x的函数图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
22．（2019·盘锦）如图，四边形ABCD是矩形，BC＝4，AB＝2，点N在对角线BD上（不与点B，D重合），EF，GH过点N，GH∥BC交AB于点G，交DC于点H，EF∥AB交AD于点E，交BC于点F，AH交EF于点M.设BF＝x，MN＝y，则y关于x的函数图象是（　　）

A． B．
C． D．
23．（2019·本溪）如图，点 P 是以 AB 为直径的半圆上的动点， CA⊥AB，PD⊥AC 于点 D ，连接 AP ，设 AP＝x，PA﹣PD＝y ，则下列函数图象能反映 y 与 x 之间关系的是（　　）

A． B．
C． D．

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：根据h随t的变化图象可得：h随t的增加而匀速增加，且第一段、第二段、第三段的增加速度越来越快，则该容器的底部最粗，上部最细，A满足题意.
故答案为：A.
【分析】先比较三段的变化快慢，由速度变化与所给容器的粗细有关确定出容器三段的粗细情况，据此判断.
2．【答案】B
【解析】【解答】解：由题意可得函数图象分为三段：第一段由左向右呈下降趋势，第二段与x轴平行，第三段由左向右呈下降趋势，且比第一段更陡，随着时间的增多，汽车离剧场的距离越来越近，即离x轴越来越近，排除A、C、D；
故答案为：B．
【分析】根据题意，结合函数图象，一一判断即可。
3．【答案】A
【解析】【解答】解：∵根据函数y1图象可知，从0时至5时，y2先变大，从5到10时，y2的值不发生变化
大概12时后变大，从14到24时，与y2不变，
∴y2的变化规律是，先变大，然后一段时间不变又变大，最后不发生变化，
反映到函数图象上是先升，然后一段平行于x的线段，再升，最后不变
故答案为：A.
【分析】由图象可得：y2的变化规律是先变大，然后一段时间不变又变大，最后不发生变化，据此判断.
4．【答案】A
【解析】【解答】解：∵由题意得：当1≤t≤6时， y1 =2t+3，
当6＜t≤25时， y1 =15，
当25＜t≤30时， y1 =-2t+65，
∴当1≤t≤6时， y2 = (5+2t+3)t2÷t=t+4 ，
当6＜t≤25时， y2 = [(5+15)×62+15(t−6)]÷t=15−30t ，
当25＜t≤30时， y2 = [(5+15)×62+15×(25−6)+[13+(−2t+65)]×(t−25)2]÷t
= −t−630t+64 ，
∴当t=30时， y2 =13，符合条件的选项只有A.
故答案为：A.
【分析】由题意得：当1≤t≤6时， y1=2t+3，当6＜t≤25时， y1 =15，当25＜t≤30时，y1=-2t+65，然后表示出平均价格，求出第30天的价格，据此判断.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：因为下边的圆柱底面半径较大，所以刚开始水面上升比较慢，中间部分的圆柱底面半径较小，故水面上升较快，上部的圆柱的底面半径最小，所以水面上升最快，
故适合表示y与t的对应关系的是选项C.
故答案为：C.
【分析】根据仪器的特点可得：刚开始水面上升比较慢，然后水面上升较快，接下来水面上升最快，据此判断.
6．【答案】C
【解析】【解答】解：观察图象可知5min~20min，王阿姨步行速度由快到慢，25min~50min，王阿姨步行的路程为2000-1200=800m，故A不符合题意，C不符合题意；
设线段CD的解析式为s=mt+n，将点(25，1200)、(50，2000)分别代入得
1200=25m+n2000=50m+n ，解得： m=32n=400 ，
所以线段CD的函数解析式为 s=32t+400（25≤t≤50） ，故B不符合题意；
由曲线段AB是以B为顶点的抛物线一部分，所以设抛物线的解析式为y=a(x-20)2+1200，
把(5，525)代入得：525=a(5-20)2+1200，
解得：a=-3，
所以曲线段AB的函数解析式为 s=−3（t−20）2+1200（5≤t≤20） ，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据图象提供的信息解决问题：由图象可知5min~20min，王阿姨步行速度由快到慢，25min~50min，王阿姨步行的路程为2000-1200=800m，故A不符合题意，C不符合题意；根据点C,D的坐标。利用待定系数法求出直线CD的解析式，即可判断B；由于点B是抛物线的顶点，故设出曲线段AB所在抛物线的顶点式，再代入点A的坐标，即可求出二次项的系数，从而求出曲线段AB所在抛物线的解析式，即可判断出D。
7．【答案】B
【解析】【解答】过点C作CM⊥AB于N，DG=3，
在等腰Rt△ABC中，AB=2，
∴CN=1，
①当0≤x<1时，如图，CM=x，

∴PQ=2x，
∴y=12⋅PQ⋅CM=12×2x⋅x=x2，
∴0≤x<1，y随x的增大而增大；
②当1≤x<3时，如图，

∴y=S△ABC=12×2×1=1，
∴当1≤x<3时，y是一个定值为1；
③当3≤x≤4时，如图，CM=x−3，

∴PQ=2(x−3)，
∴y=12AB⋅CN−12PQ⋅CM=12×2×1−12×2×(x−3)2=1−(x−3)2，
当x=3，y=1，当3 结合ABCD选项的图象，
故答案为：B．
【分析】分类讨论，结合图形，利用三角形的面积公式计算求解即可。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：如下图所示，当E和B重合时，AD=AB-DB=3-2=1，

∴ 当△DEF移动的距离为0≤x≤1时，△DEF在△ABC内，y=S△DEF，
当E在B的右边时，如下图所示，设移动过程中DF与CB交于点N，过点N作NM垂直于AE，垂足为M，

根据题意得AD=x，AB=3，
∴DB=AB-AD=3-x，
∵∠NDB=60°，∠NBD=60°，
∴△NDB是等边三角形，
∴DN=DB=NB=3−x，
∵NM⊥DB，
∴DM=MB=12(3−x)，
∵NM2+DM2=DN2，
∴NM=32(3−x)，
∴S△DBN=12DB×NM=12(3−x)×32(3−x)=34(3−x)2，
∴y=34(3−x)2=34x2−332x+934，
∴当1≤x≤3时，y是一个关于x的二次函数，且开口向上，
∵当0≤x≤1时，y=34×22=3，当x=3时，y=0.
故答案为：C.
【分析】当E和B重合时，AD=AB-DB=1，故当△DEF移动的距离为0≤x≤1时，△DEF在△ABC内，y=S△DEF；当E在B的右边时，设移动过程中DF与CB交于点N，过点N作NM垂直于AE，垂足为M，根据题意得AD=x，AB=3，则DB=3-x，易得△NDB是等边三角形，得到DN=DB=NB=3-x，根据等腰三角形的性质可得DM=MB=12(3-x)，利用勾股定理可得MN，根据三角形的面积公式可得S△DBN，据此判断.
9．【答案】A
【解析】【解答】解：根据题意，设小正方形运动的速度为v，由于v分三个阶段；
①小正方形向右未完全穿入大正方形，S=2×2-vt×1=4-vt（vt≤1）；
②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，S=2×2-1×1=3（1＜vt≤2）；
③小正方形穿出大正方形，S=2×2-[1×1-（vt-2）×1]=1+vt（2＜vt≤3）.
分析选项可得，A符合，C中面积减少太多，不符合.
故答案为：A.
【分析】设小正方形运动的速度为v，①小正方形向右未完全穿入大正方形，根据S=大正方形的面积-重叠部分的面积可得S=4-vt；②小正方形穿入大正方形但未穿出大正方形，易得S=3；③小正方形穿出大正方形，同理可得S=1+vt，据此判断.
10．【答案】A
【解析】【解答】解：当0＜x≤2时，过点G作GH⊥EC于点H，

∴∠EHG=90°，
∵△ABC和△DEF是等边三角形，
∴∠GCE=∠GEC=60°
∴∠EGC=180°-60°-60°=60°，
∴△GEC是等边三角形，
∵点C移动的距离为x，
∴EG=EC=x，
∴EH=12EC=12x，
在Rt△EGH中
GH=EG2−EH2=x2−12x2=32x
∴y=S△ECG=12EC·GH=34x2；
函数图象是抛物线的一部分顶点在原点，开口向上；
当2＜x≤4时，过点M作MN⊥BF于点N，

BF=4-x，
同理可证△BMF是等边三角形，
BF=BM，EN=12BF=12（4-x），
∴NM=BM2−BN2=4−x2−144−x2=324−x2
∴y=S△BMF=12BF·MN=34（4−x）2，
函数图象为抛物线的一部分，且开口向上
符合题意的图象为A.
故答案为：A
【分析】分情况讨论：当0＜x≤2时，过点G作GH⊥EC于点H，利用等边三角形的性质可知∠GCE=∠GEC=60°，易证△GEC是等边三角形，结合已知可得到EG=EC=x，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可表示出EH的长，利用勾股定理可表示出GH的长；然后利用三角形的面积公式可得到y与x之间的函数解析式，可得到函数图象是抛物线的一部分顶点在原点，开口向上；当2＜x≤4时，过点M作MN⊥BF于点N，可表示出BF的长，同理可知△BMF是等边三角形，可表示出BN的长，利用勾股定理表示出MN的长，然后三角形的面积公式表示出y与x之间的函数解析式，利用函数解析式可知函数图象为抛物线的一部分，且开口向上，由此可得到符合题意的选项.
11．【答案】C
【解析】【解答】解：图象右端点F的坐标为23，3，M是AB的中点，
∴BD=23，MN+AN=AB+MB=3MB=3，
∴MB=1，AB=2，
连接AC，CM，交BD于点N1，连接AN1，此时MN+AN的最小值=MN1+AN1=CM，

∵在菱形ABCD中，∠C＝120°，
∴∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴CM⊥AB，∠BCM=30°，
∴BC=2×1=2，CM=22−12=3，
∵AB∥CD，
∴CM⊥CD，
∵∠ADC=∠ABC=60°，
∴∠BDC=30°，
∴DN1=CDcos30°=232=433，
∴E的坐标为433，3.
故答案为：C.
【分析】观察图象可得到点F的坐标，利用点F的坐标及点M是AB的中点，可求出BD和MN+AN的值，同时可求出BM，AB的长；利用轴对称的用最短问题，连接AC，CM，交BD于点N1，连接AN1，此时MN+AN的最小值=MN1+AN1=CM，利用菱形的性质可证得∠ABC=60°，AB=BC，利用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，可证得△ABC是等边三角形，利用勾股定理求出BC，CM的长；利用解直角三角形求出DN1的长，即可得到点E的坐标.
12．【答案】B
【解析】【解答】解：∵▱ABCD的面积为4，
∴当x＝0时，y＝2；x＝2时，y＝0；
∵△BPC的底边AP边上的高不变，
∴y是x的一次函数，
故只有选项B符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据平行四边形的面积可得：当x＝0时，y＝2；x＝2时，y＝0，由图形可得△BPC的底边AP边上的高不变，据此判断.
13．【答案】A
【解析】【解答】解：过点B作BE⊥AD于点 E，如图所示：

边长为4的菱形，ABCD中，∠A＝60°，
∴AB＝AD＝BC＝4，
∴∠ABE＝30°，
∴AE＝2，BE＝2 3 ，
当点P从点A运动到点B时，过点P作PF⊥AD于点F，

则AP＝x，AF＝ 12 x，PF＝ 32 x，
S△ADP＝ 12 •AD•PF＝ 12×4 • 32 x＝ 3 x，
∴△ADP的面积逐渐增大；
当在线段BC上时，
S△ADP＝ 12 •AD•BE＝ 12×4 ×2 3 ＝4 3 ，
∴△ADP的面积保持不变；
当点P在线段CD上时，如图，过点P作PM⊥AD交AD的延长线于点M，

则AB+BC+CP＝x，
则DP＝12﹣x，DM＝6﹣ 12 x，PM＝ 3 DM＝6 3 ﹣ 32 x，
S△ADP＝ 12 •AD•PM＝ 12×4 ×（6 3 ﹣ 32 x）＝12 3 ﹣ 3 x，
∴△ADP的面积逐渐减小.
故答案为：A.
【分析】过点B作BE⊥AD于点 E，由菱形的性质可得AB＝AD＝BC＝4，由直角三角形两锐角互余的性质可得∠ABE＝30°，据此可得AE、BE的值；当点P从点A运动到点B时，过点P作PF⊥AD于点F，则AP＝x，AF＝12x，PF＝32x，然后表示出S△ADP；当在线段BC上时，由三角形的面积公式可得S△ADP；
当点P在线段CD上时，如图，过点P作PM⊥AD交AD的延长线于点M，则AB+BC+CP＝x，DP＝12﹣x，DM＝6-12x，PM＝3DM＝6 3﹣32x，表示出S△ADP，据此判断.
14．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，连接AC交BD于点O，连接NC，连接MC交BD于点N′．

∵四边形ABCD是正方形，
∴O是BD的中点，
∵点M是AB的中点，
∴N′是△ABC的重心，
∴N′O=13BO，
∴N′D=23BD，
∵A、C关于BD对称，
∴NA=NC，
∴AN+MN=NC+MN，
∵当M、N、C共线时，y的值最小，
∴y的值最小就是MC的长，
∴MC=25，
设正方形的边长为m，则BM=12m，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：MC2=BC2+MB2，
∴20=m2+（12m）2，
∴m=4（负值已舍），
∴BD=42，
∴a=N′D=23BD=23×42＝823，
故答案为：A．
【分析】先求出N′O=13BO，再求出20=m2+（12m）2，最后计算求解即可。
15．【答案】D
【解析】【解答】解：∵∠ABC=90°，AB=2BC=4，
∴tanA=12，
由题意知：AP=t，
∴PQ=AP⋅tanA=12t，
由折叠的性质可得：A′P=AP，∠APQ=∠A′PQ=90°，
当点P与AB中点重合时，则有t=2，
当点P在AB中点的左侧时，即0≤t<2，
∴△A′PQ与△ABC重叠部分的面积为S△A′PQ=12A′P⋅PQ=12t⋅12t=14t2；
当点P在AB中点的右侧时，即2≤t≤4，如图所示：

由折叠性质可得：A′P=AP=t，∠APQ=∠A′PQ=90°，tanA=tanA'=12，
∴BP=4−t，
∴A′B=2t−4，
∴BD=A'B⋅tanA'=t−2，
∴△A′PQ与△ABC重叠部分的面积为S梯形PBDQ=12(BD+PQ)⋅PB=12(12t+t−2)⋅(4−t)=−34t2+4t−4；
综上所述：能反映△A′PQ与△ABC重叠部分的面积S与t之间函数关系的图象只有D选项；
故答案为：D．
【分析】由题意可得PQ=AP⋅tanA=12t，进而可分当点P在AB中点的左侧时和在AB中点以及中点的右侧时，然后分类求解即可。
16．【答案】A
【解析】【解答】解：过点A向BC作AH⊥BC于点H，

根据相似比可知：EFBC=3−x3，
即EF6=3−x3，
解得：EF=2（3-x），
则△DEF的面积y=12×2（3-x）x=-x2+3x=-（x-32）2+94，
故y关于x的函数图象是一个开口向下、顶点坐标为（32，94）的抛物线．
故答案为：A．
【分析】根据题意先求出EFBC=3−x3，再利用三角形的面积公式计算求解即可。
17．【答案】A
【解析】【解答】解：当0≤x≤1时，过点F作FG⊥AB于点G，

∵∠A=60°，AE=AF=x，
∴AG=12x，
由勾股定理得FG=32x，
∴y=12AE×FG=34x2，图象是一段开口向上的抛物线；
当1
∵∠DAH=60°，AE=x，AD=1，DF= x-1，
∴AH=12，
由勾股定理得DH=32，
∴y=12（DF+AE）×DH=32x-34，图象是一条线段；
当2≤x≤3时，过点E作EI⊥CD于点I，

∵∠C=∠DAB=60°，CE=CF=3-x，
同理求得EI=32（3-x），
∴y= AB×DH -12CF×EI=3-34（3-x）2=-34x2+332x-534，图象是一段开口向下的抛物线；
观察四个选项，只有选项A符合题意，
故答案为：A．

【分析】当0≤x≤1时，过点F作FG⊥AB于点G，当1 18．【答案】B
【解析】【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB=43，
∴∠B＝60°，BC=12AB=23，AC=3BC=6，
∵CD⊥AB，
∴CD=12AC=3，AD=3CD=33，BD=12BC=3，
∴当M在AD上时，0≤t≤3，
MD=AM−AD=33−3t，DN=DC＋CN=3＋t，
∴S=12MD·DN=12(33−3t)(3+t)=−32t2+932，
当M在BD上时，3＜t≤4，
MD=AD−AM=3t−33，
∴S=12MD·DN=12(3t−33)(3+t)=32t2−932，
故答案为：B．
【分析】分别求出M在AD上和在BD上时△MND的面积为S关于t的解析式即可判断。
19．【答案】D
【解析】【解答】解：在Rt△ADE中AD= AE2+DE2=13 (cm)，
在Rt△CFB中，BC= BF2+CF2=13 (cm)，
AB=AE+EF+FB=15(cm)，
①点P在AD上运动，AP=t，AQ= t，即0 ≤t≤13 ，
如图，过点P作PG⊥AB于点G，

sinA=DEDA=PGPA ，则PG= 1213t (0 ≤t≤13 )，
此时y= 12 AQ × PG= 613t2 (0 ≤t≤13 )，图象是一段经过原点且开口向上的抛物线；
②点P在DC上运动，且点Q还未到端点B，即13
此时y= 12 AQ × DE= 6t (13 ③点P在DC上运动，且点Q到达端点B，即15 ≤t≤18 ，

此时y= 12 AB × DE= 90 (15 ≤t≤18 )，图象是一段平行于x轴的水平线段；
④点P在BC上运动，PB=31-t，即18 如图，过点P作PH⊥AB于点H，

sinB=CFBC=PHPB ，则PH= 1213(31−t) ，
此时y= 12 AB × PH= −9013t+117013 (18 综上，只有D选项符合题意，
故答案为：D.
【分析】分四段考虑：①点P在AD上运动，②点P在DC上运动，且点Q还未到端点B，③点P在DC上运动，且点Q到达端点B，④点P在BC上运动，分别求出y与t的函数解析式，然后判断即可.
20．【答案】C
【解析】【解答】解：过O点作OM⊥AB于M，

∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝90°-60°=30°，
∴AB＝2BC=8，
AC＝AB2−BC2=82−42=43，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AO＝12AC＝23，
∴OM＝12AO＝3，
∴AM＝AO2−OM2＝3；
设BE＝x，OE2＝y，则EM＝AB−AM−BE＝8−3−x＝5−x，
∵OE2＝OM2＋EM2，
∴y＝（x−5）2＋3，
∵0≤x≤8，当x＝8时y＝12，
符合解析式的图象为C.
故答案为：C.
【分析】过O点作OM⊥AB于M，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AB的长，利用勾股定理求出AC的长；利用平行四边形的性质可求出AO的长，从而可得到OM的长，利用勾股定理求出AM的长；设BE＝x，OE2＝y，可表示出EM的长；然后利用勾股定理可得到OE2＝OM2＋EM2，可得到y与x之间的函数解析式及x的取值范围，即可得到符合题意的函数图象.
21．【答案】D
【解析】【解答】解：如下图所示，当M点的运动过程在AE段

则由题意可知 S=S△HAE+S△GHD−S△EOM−S△GPS
∵四边形ABCD是矩形，直线l⊥AB，H、E、F、G为AD、AB、BC、CD的中点
∴S△HAE=S△GHD ， S△EOM=S△GPS
∴S=2S△HAE−2S△EOM
∵S△HAE=12AE·AH ， AH=12AD=12BC=1 ， AE=12AB=3
∴S△HAE=12AE·AH=32
∵直线l⊥AB
∴∠OME=∠A=90°
∴△HAE∽△OME
∴AHAE=OMME
∴OM=33ME
又∵ME=AE−AM=3−x
∴OM=33ME=33(3−x)
∴S△EOM=12OM·ME=36(3−x)2
∴S=2S△HAE−2S△EOM=3−33(3−x)2
如下图所示，当M点的运动过程在BE段

同理当在BE段时 S=S△HAE+S△GHD+S△EO1M1+S△GP1S1
即 S=2S△HAE+2S△EO1M1
同理可以得到 O1M1=33M1E
M1E=AM1−AE=x−3
∴O1M1=33M1E=33(x−3)
∴S△EO1M1=12O1M1·M1E=36(x−3)2
∴S=2S△HAE+2S△EO1M1=3+33(x−3)2
综上所述当M点的运动过程在AE段时 S=2S△HAE−2S△EOM=3−33(3−x)2 ，二次函数开口向下；当M点的运动过程在BE段时 S=3+33(x−3)2 ，二次函数开口向上
故答案为：D.
【分析】当M点的运动过程在AE段，由题意可知 S=S△HAE+S△GHD−S△EOM−S△GPS，利用矩形的性质，可证得S=2S△EHA-2S△EOM，路三角形的面积公式求出△HAE的面积；再证明△HAE∽△OME，利用相似三角形的性质，可表示出OM的长，用含x的代数式表示出ME，OM的长；利用三角形的面积公式求出△EOM的面积，从而 可求出S与x之间的函数解析式；当M点的运动过程在BE段，可得到S=S△HAE+S△GHD+S△EO1M1+S△GP1S1，分别表示出M1E，O1M1，利用三角形的面积公式求出△EO1M1的面积；然后根据S=2S△HAE+2S△EO1M1，可得到S与x之间的函数解析式，利用两函数图象，可得答案.
22．【答案】B
【解析】【解答】解： tan∠DBC＝24=12 ，
tan∠DAH＝DHAD=CD−CHAD=2−12x4=12−18x
y＝EF﹣EM﹣NF＝2﹣BFtan∠DBC﹣AEtan∠DAH＝2﹣x× 12 ﹣x（ 12−18x ）＝ 18 x2﹣x+2，
故答案为：B.
【分析】首先根据正切函数的定义，得出tan∠DBC＝DCCB=24=12，tan∠DAH＝DHAD=CD−CHAD=2−12x4=12−18x，进而根据y＝EF﹣EM﹣NF＝2﹣BFtan∠DBC﹣AEtan∠DAH即可建立出函数关系式，根据所得函数的图象与系数的关系及函数的性质即可一一判断得出答案.
23．【答案】C
【解析】【解答】解：设圆的半径为 R ，连接 PB ，

则 sin∠ABP=AP2R=12Rx ，
∵CA⊥AB ，即 AC 是圆的切线，则 ∠PDA＝∠PBA＝α ，
则 PD＝APsinα＝x×x2R=12Rx2
则 y＝PA−PD＝−12Rx2+x
图象为开口向下的抛物线。
故答案为： C 。
【分析】设圆的半径为 R ，连接 PB ，根据直径所对的圆周角是直角得出∠APB=90°，根据正弦函数的定义得sin∠ABP=AP2R=12Rx ，根据同角的余角相等得出∠PDA＝∠PBA＝α，根据等角的同名三角函数值相等及正弦函数的定义得出PD＝APsinα＝x×x2R=12Rx2，从而即可建立出y与x的函数关系式，根据所得函数的图象即可解决问题。