1.已知$AB = t - 3$，$CD = -t + 6$，则$AB + CD =$ .

1.3

【分析】
本题要求两个代数式的和，解题思路如下：首先将题目给出的AB、CD对应的含t的代数式代入AB+CD中，再按照整式加减的运算规则，先去括号，再合并同类项即可得到结果，观察发现两个代数式中t的系数互为相反数，合并后一次项会抵消，最终得到常数结果。
【解析】
已知$AB = t - 3$，$CD = -t + 6$，将其代入$AB+CD$可得：
$\begin{aligned}AB+CD&=(t-3)+(-t+6)\\&=t - 3 - t + 6\\&=(t - t)+(-3 + 6)\\&=0 + 3\\&=3\end{aligned}$
【答案】
3
【知识点】
整式的加减、合并同类项
【点评】
本题属于基础运算类题型，解题核心是熟练掌握整式加减的运算步骤，注意去括号时的符号规则，本题中一次项抵消后得到定值，运算量小，容易得分。
【难度系数】
0.9

2.已知$AB = t - 3 ≠ 0$，$CD = 2t - 6$，则$\frac{CD}{AB}=$.

2.2

【分析】
拿到题目首先观察AB和CD的代数式，发现CD=2t-6可以提取公因式2，变形为2(t-3)，正好和AB的表达式t-3是倍数关系；题目明确给出AB≠0即t-3≠0，满足分式约分的条件，因此可以将两个代数式相除后约去公因式得到结果。
【解析】
首先对CD的代数式因式分解：
$CD=2t-6=2(t-3)$
已知$AB=t-3≠0$，代入分式得：
$\frac{CD}{AB}=\frac{2(t-3)}{t-3}$
因为$t-3≠0$，可以约去分子分母的公因式$t-3$，因此$\frac{CD}{AB}=2$
【答案】
2
【知识点】
提公因式法因式分解，分式的约分，代数式化简
【点评】
本题属于基础计算类题目，解题的核心是先对分子的多项式进行因式分解，找到分子分母的公因式，同时要注意题中给出的分母不为0的条件是约分的前提，掌握基本的代数变形方法就能快速求解。
【难度系数】
0.9

3.已知直线的解析式为 $ y = k(x + 2) + 3 $，则该直线必经过定点 .

3.$(-2,3)$

【分析】
要确定含参数k的直线所经过的定点，核心思路是：定点坐标不会随参数k的取值变化而改变，即无论k取何值，点的坐标都满足直线解析式。我们可以将解析式整理为含k的项和常数项两部分，要让解析式的成立与k无关，只需令k的系数为0，即可求出对应定点的横、纵坐标。
【解析】
将直线解析式$y = k(x + 2) + 3$变形为：$k(x+2) + (3 - y) = 0$。
由于定点坐标与$k$的取值无关，因此需满足$k$的系数为0，即：
$\begin{cases}x + 2 = 0 \\3 - y = 0\end{cases}$
解得$\begin{cases}x = -2 \\y = 3\end{cases}$
将$x=-2$代入原解析式验证：$y = k(-2+2)+3 = 3$，无论$k$取何值等式都成立，因此该直线必经过定点$(-2,3)$。
【答案】
$(-2,3)$
【知识点】
一次函数的图象与性质；等式恒成立条件；含参直线过定点求解
【点评】
本题是含参数一次函数过定点的基础题型，解题关键是理解“定点与参数取值无关”的含义，通过令参数的系数为0即可快速求出定点坐标，掌握该方法可以高效解决同类定值问题。
【难度系数】
0.8

4.已知动点P(2－t，3＋2t)在直线y＝kx＋b上，则该直线解析式为

4.$y=-2x+7$

【分析】
已知动点P的坐标用参数t表示，且P在直线y=kx+b上，说明点的横、纵坐标x=2-t、y=3+2t均满足直线方程。解题核心是消去参数t，得到y与x的直接函数关系式，即可得到直线解析式。具体可先从x的表达式中解出t关于x的式子，再代入y的表达式，整理为y=kx+b的形式即可。
【解析】
解：
∵动点P(2－t，3＋2t)在直线y＝kx＋b上
∴点P的横纵坐标满足：$\begin{cases} x=2-t&① \\ y=3+2t&② \end{cases}$
由①移项得：$t=2-x$
将$t=2-x$代入②得：
$\begin{aligned}y&=3+2(2-x)\\&=3+4-2x\\&=-2x+7\end{aligned}$
【答案】
$y=-2x+7$
【知识点】
一次函数点坐标性质、代入消元法、一次函数解析式求解
【点评】
本题属于一次函数基础题型，解题关键是通过消去参数t建立x与y的对应关系，熟练掌握代入消元法即可快速求解。
【难度系数】
0.8

5.如图,在平面直角坐标系中,抛物线$y=x^2+(1-m)x-m$与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C.若直线$y=(1-m)x+b(b＞0)$与抛物线交于点M,N(点M在对称轴左侧),直线AM交y轴于点E,直线AN交y轴于点D.求$DC:CE$的值.

5.解 $x^2+(1-m)x-m=0$,得 $x_1=-1,x_2=m$.
不妨设 $A(m,0)(m≤-1)$,直线 $AN$ 的解析式为 $y=k(x-m)$,
令 $x=0,y=-km$,则点 $D$ 的坐标为$(0,-km)$.
联立 $\begin{cases} y=x^2+(1-m)x-m,\\ y=k(x-m), \end{cases}$ 整理得 $x^2+(1-m-k)x-m(1-k)=0$,
$\therefore x_A+x_N=k+m-1,\therefore x_N=k+m$.
设直线 $AM$ 的解析式为 $y=t(x-m)$,则 $E(0,-tm)$,同理可得 $x_M=t+m$.
令 $x=0,y=x^2+(1-m)x-m=-m$,$\therefore$ 点 $C$ 的坐标为$(0,-m)$.
$\therefore DC=|m-km|,CE=|m-tm|$.
联立 $\begin{cases} y=x^2+(1-m)x-m,\\ y=(1-m)x+b, \end{cases}$ 整理得 $x^2-m-b=0$,
$\therefore x_M+x_N=0,\therefore k-1+t-1=0$,即 $k-1=-(t-1)$.
$\therefore$ 等式两边乘 $m$ 并平方得 $(m-km)^2=(m-tm)^2$,$\therefore |m-km|=|m-tm|$,$\therefore DC=CE$.
即 $DC:CE=1$.

【分析】
解题可按以下思路逐步推导：1. 先求解抛物线与x轴的交点方程，得到A、B两点的横坐标，确定点A的坐标；2. 分别设出直线AN、AM的解析式，求出两条直线与y轴交点D、E的坐标，再将直线解析式与抛物线解析式联立，利用根与系数的关系得到点N、M的横坐标与直线参数的对应关系；3. 求出抛物线与y轴交点C的坐标，用参数表示出DC、CE的长度；4. 联立直线MN与抛物线的解析式，利用根与系数的关系得到x_M+x_N=0，进而推导出两条直线的参数关系，最终求出DC与CE的比值。
【解析】
解方程$x^2+(1-m)x-m=0$，因式分解得$(x+1)(x-m)=0$，解得 $x_1=-1,x_2=m$。
∵点A在点B左侧，不妨设 $A(m,0)(m≤-1)$，设直线 $AN$ 的解析式为 $y=k(x-m)$，
令 $x=0$，得 $y=-km$，即点 $D$ 的坐标为$(0,-km)$。
联立 $\begin{cases} y=x^2+(1-m)x-m\\ y=k(x-m) \end{cases}$，整理得 $x^2+(1-m-k)x-m(1-k)=0$，
由根与系数的关系得$x_A+x_N=k+m-1$，代入$x_A=m$得$x_N=k+m$。
设直线 $AM$ 的解析式为 $y=t(x-m)$，令$x=0$得$y=-tm$，即$E(0,-tm)$，同理可得 $x_M=t+m$。
令抛物线解析式中$x=0$，得$y=-m$，即点 $C$ 的坐标为$(0,-m)$。
∴$DC=|-m - (-km)|=|m-km|$，$CE=|-tm - (-m)|=|m-tm|$。
联立 $\begin{cases} y=x^2+(1-m)x-m\\ y=(1-m)x+b \end{cases}$，整理得 $x^2-m-b=0$，
由根与系数的关系得$x_M+x_N=0$，即$k-1+t-1=0$，也就是 $k-1=-(t-1)$。
等式两边乘$m$并平方得$(m-km)^2=(m-tm)^2$，因此$|m-km|=|m-tm|$，即$DC=CE$。
【答案】
$\boldsymbol{1}$
【知识点】
二次函数交点求解，根与系数的关系，函数综合应用
【点评】
本题是二次函数定值类的典型题型，核心考查函数交点的处理方法，通过联立解析式结合根与系数的关系简化计算，避免求解复杂的点坐标，熟练掌握联立方程+韦达定理的技巧可有效降低这类题的解题难度。
【难度系数】
0.4

6.如图,过点$(1,4)$的直线与抛物线$y=\frac{1}{4}x^2$交于$C,D$两点,直线$PC,PD$与$y$轴不平行,且与抛物线均只有一个交点.点$P$是否在一条定直线上?若是,求该直线的解析式;若不是,请说明理由.

6.点 $P$ 是在一条定直线上,理由如下：
设 $C(c,\frac{1}{4}c^2),D(d,\frac{1}{4}d^2)$.
设直线 $CP$ 的解析式为 $y=mx-mc+\frac{1}{4}c^2$,
与 $y=\frac{1}{4}x^2$ 联立,整理得 $\frac{1}{4}x^2-mx+mc-\frac{1}{4}c^2=0$,
$\because CP$ 与抛物线有唯一公共点,$\therefore c+c=-\frac{-m}{\frac{1}{4}}$,$\therefore m=\frac{c}{2}$,
$\therefore$ 直线 $CP$ 的解析式为 $y=\frac{c}{2}x-\frac{1}{4}c^2$.
同理可得,直线 $DP$ 的解析式为 $y=\frac{d}{2}x-\frac{1}{4}d^2$.
联立 $CP$ 与 $DP$ 的解析式,解得 $x=\frac{1}{2}(c+d),y=\frac{1}{4}cd$,即 $P(\frac{c+d}{2},\frac{cd}{4})$.
$\because$ 直线 $CD$ 过点$(1,4)$,$\therefore$ 可设直线 $CD$ 的解析式为 $y=kx+4-k$,
与 $y=\frac{1}{4}x^2$ 联立,整理得 $\frac{1}{4}x^2-kx-4+k=0$,
$\therefore c+d=4k,cd=4k-16$,$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为$(2k,k-4)$,
$\therefore$ 点 $P$ 在定直线 $y=\frac{1}{2}x-4$ 上.

【分析】
要判断点P是否在定直线上，可按以下思路推导：①先设出C、D两点的坐标，因两点在抛物线上，纵坐标可直接用横坐标表示；②分别求出仅与抛物线交于C点的直线PC、仅交于D点的直线PD的解析式，联立两解析式得到用C、D横坐标作参数的P点坐标；③利用直线CD过定点$(1,4)$的条件，联立直线CD与抛物线方程，通过韦达定理得到C、D横坐标的和与积的关系；④最后消去P点横纵坐标中的参数，若能得到x和y的固定一次关系式，即可证明P在定直线上。
【解析】
点P在定直线上，理由如下：
设$C(c,\frac{1}{4}c^2)$，$D(d,\frac{1}{4}d^2)$。
设直线CP的解析式为$y=mx+n$，将点C代入得$\frac{1}{4}c^2=mc+n$，即$n=\frac{1}{4}c^2 - mc$，因此直线CP的解析式为$y=mx - mc + \frac{1}{4}c^2$。
将其与抛物线$y=\frac{1}{4}x^2$联立，整理得：$\frac{1}{4}x^2 - mx + mc - \frac{1}{4}c^2 = 0$。
∵直线CP与抛物线只有一个交点，
∴该一元二次方程有两个相等的实数根，且根为$x=c$，由韦达定理得$c+c=\frac{m}{\frac{1}{4}}$，解得$m=\frac{c}{2}$。
代入得直线CP的解析式为$y=\frac{c}{2}x - \frac{1}{4}c^2$。
同理可得直线DP的解析式为$y=\frac{d}{2}x - \frac{1}{4}d^2$。
联立两直线解析式：
$\begin{cases}y=\frac{c}{2}x - \frac{1}{4}c^2 \\ y=\frac{d}{2}x - \frac{1}{4}d^2 \end{cases}$
解得$x=\frac{c+d}{2}$，$y=\frac{cd}{4}$，即$P(\frac{c+d}{2},\frac{cd}{4})$。
∵直线CD过点$(1,4)$，设直线CD的解析式为$y=kx+b$，代入$(1,4)$得$4=k+b$，即$b=4 - k$，因此直线CD的解析式为$y=kx + 4 - k$。
将其与抛物线$y=\frac{1}{4}x^2$联立，整理得：$\frac{1}{4}x^2 - kx + k - 4 = 0$。
由韦达定理得$c+d=4k$，$cd=4k - 16$。
代入P点坐标得$x=\frac{c+d}{2}=2k$，$y=\frac{cd}{4}=k - 4$。
由$x=2k$得$k=\frac{x}{2}$，代入$y=k - 4$得$y=\frac{1}{2}x - 4$，即P点坐标恒满足该解析式。
【答案】
点$P$在定直线$\boldsymbol{y=\frac{1}{2}x - 4}$上。
【知识点】
1.直线与抛物线的交点
2.韦达定理
3.定直线判定
【点评】
本题是二次函数定值类的典型题型，核心考察参数思想与方程思想的应用，通过设参表示点坐标、利用直线与抛物线唯一交点的条件求对应直线解析式，再结合韦达定理消去参数得到动点的轨迹直线，对综合运用代数知识解决几何问题的能力有一定要求。
【难度系数】
0.4