挑战中考数学压轴题(全套含答案)

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2022年中考数学复习之挑战压轴题(选择题)：三角形(含答案)

2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：三角形一．选择题（共10小题）1．（2021•深圳模拟）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E、F，连接EM，则下列结论中：①BF＝CE；②∠AEM ＝∠DEM；③CF•DM＝BM•DE；④DE2+DF2＝2DM2，其中正确结论的个数是（）A．1B．2C．3D．42．（2020•黄州区校级模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC 于点E，AE与CD交于点F，连接BF，DE，下列结论中：①AF＝BC；②∠DEB＝45°，③AE＝CE+2BD，④若∠CAE＝30°，则＝1，正确的有（）A．4个B．3个C．2个D．1个3．（2019•竞秀区二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，将含30°角的Rt △ABC放在第一象限，其中30°角的对边BC长为1，斜边AB的端点A、B分别在y轴的正半轴，x轴的正半轴上滑动，连接OC，则线段OC的长的最大值是（）A．B．C．2D．4．（2021秋•沙坪坝区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，9），B（﹣3，0），C（6，0），点D在线段BA上，点E在线段BA的延长线上，并且满足BD＝AE，M为线段AC上一点，当点D、M、E构成以M为直角顶点的等腰直角三角形时，M点坐标为（）A．（，4）B．（3，4）C．（，5）D．（，）5．（2021秋•婺城区校级月考）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AE平分∠BAC 交BC于E，BD⊥AE于D，DM⊥AC于M，连接CD．下列结论：①∠ADC＝45°；②AC+CE＝AB；③BD＝AE；④AC+AB＝AM．正确的个数是（）A．1B．2C．3D．46．（2021•滨湖区模拟）如图所示，在等边三角形ABC中，BC＝6，E是中线AD上一点，现有一动点P沿着折线A﹣E﹣C运动，在AE上的速度是4单位/秒，在CE上的速度是2单位/秒，则点P从A运动到C所用时间最少时，AE长为（）A．3B．C．D．27．（2020•雨花区二模）如图，已知等边△ABC的边长为2，D，E分别为BC，AC上的两个动点，且AE＝CD，连接BE，AD交于点P，则CP的最小值为（）A．B．2C．2D．8．（2020•葫芦岛一模）如图，等边三角形ABC中，BD是AC边上的中线，点E在线段BD 上，∠ACE＝45°，AE的延长线交BC于点F，EG＝EF，连接CG交BD于点H．下面结论：①CE＝AE；②∠ACG＝30°；③EB＝（﹣1）DE；④CH+DH＝AB．其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个9．（2020•岳麓区校级二模）Rt△ABC中，AB＝AC，D点为Rt△ABC外一点，且BD⊥CD，DF为∠BDA的平分线，当∠ACD＝15°，下列结论：①∠ADC＝45°；②AD＝AF；③AD+AF＝BD；④BC﹣CE＝2DE．其中正确的是（）A．①③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④10．如图：在△ABC中，∠B＝45°，D是AB边上一点，连接CD，过A作AF⊥CD交CD 于G，交BC于点F．已知AC＝CD，CG＝3，DG＝1，则下列结论正确的是（）①∠ACD＝2∠F AB②S△ACD＝2③CF＝2﹣2④AC＝AFA．①②③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：三角形（10题）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2021•深圳模拟）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E、F，连接EM，则下列结论中：①BF＝CE；②∠AEM ＝∠DEM；③CF•DM＝BM•DE；④DE2+DF2＝2DM2，其中正确结论的个数是（）A．1B．2C．3D．4【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【分析】证明△BCF≌△CAE，得到BF＝CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到∠MEF＝∠MFE＝45°，可判断②；证明△CDM ∽ADE，得到对应边成比例，结合BM＝CM，AE＝CF，可判断③；证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN＝DM，可判断④．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∴∠BCF+∠ACE＝90°，∵∠BCF+∠CBF＝90°，∴∠ACE＝∠CBF，又∵∠BFD＝90°＝∠AEC，AC＝BC，∴△BCF≌△CAE（AAS），∴BF＝CE，故①正确；由全等可得：AE＝CF，BF＝CE，∴AE﹣CE＝CF﹣CE＝EF，如图，连接FM，CM，∵点M是AB中点，∴CM＝AB＝BM＝AM，CM⊥AB，在△BDF和△CDM中，∠BFD＝∠CMD，∠BDF＝∠CDM，∴∠DBF＝∠DCM，又BM＝CM，BF＝CE，∴△BFM≌△CEM（SAS），∴FM＝EM，∠BMF＝∠CME，∵∠BMC＝90°，∴∠EMF＝90°，即△EMF为等腰直角三角形，∴∠MEF＝∠MFE＝45°，∵∠AEC＝90°，∴∠MEF＝∠AEM＝45°，故②正确，∵∠CDM＝∠ADE，∠CMD＝∠AED＝90°，∴△CDM∽△ADE，∴＝＝，∵BM＝CM，AE＝CF，∴＝，∴CF•DM＝BM•DE，故③正确；如图，设AE与CM交于点N，连接DN，∵∠DMF＝∠NME，FM＝EM，∠DFM＝∠DEM＝∠AEM＝45°，∴△DFM≌△NEM（ASA），∴DF＝EN，DM＝MN，∴△DMN为等腰直角三角形，∴DN＝DM，而∠DEA＝90°，∴DE2+DF2＝DN2＝2DM2，故④正确；故正确结论为：①②③④．共4个．故选：D．【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．2．（2020•黄州区校级模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC 于点E，AE与CD交于点F，连接BF，DE，下列结论中：①AF＝BC；②∠DEB＝45°，③AE＝CE+2BD，④若∠CAE＝30°，则＝1，正确的有（）A．4个B．3个C．2个D．1个【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的判定与性质；四点共圆．【专题】三角形．【分析】①②只要证明△ADF≌△CDB即可解决问题．③如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，想办法证明AE﹣CE＝BC+EF﹣EC＝EF+BE＝2DN＜2BD，即可．④如图2中，延长FE到H，使得FH＝FB．连接HC、BH．想办法证明△BFH是等边三角形，AC＝AH即可解决问题；【解答】解：∵AE⊥BC，∴∠AEC＝∠ADC＝∠CDB＝90°，∵∠AFD＝∠CFE，∴∠DAF＝∠DCB，∵AD＝DC，∴△ADF≌△CDB，∵AF＝BC，DF＝DB，故①正确，∴∠DFB＝∠DBF＝45°，取BF的中点O，连接OD、OE．∵∠BDF＝∠BEF＝90°，∴OE＝OF＝OB＝OD，∴E、F、D、B四点共圆，∴∠DEB＝∠DFB＝45°，故②正确，如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，∴MF＝BN，EM＝EN，∴EF+EB＝EM﹣FM+EN+NB＝2EM＝2DN，∵AE﹣CE＝BC+EF﹣EC＝EF+BE＝2DN＜2BD，∴AE﹣CE＜2BD，即AE＜EC+2BD，故③错误，如图2中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N．易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，∴FM＝BN，EM＝EN＝DN，∴EF+EB＝EM﹣MF+EN+BN＝2EN＝2DN≤2BD，∵AE﹣EC＝ADF+EF﹣EC＝BC_EF﹣EC＝EF+BE≤2BD，∴AE≤EC+2BD，故③错误，如图2中，延长FE到H，使得FH＝FB．连接HC、BH．∵∠CAE＝30°，∠CAD＝45°，∠ADF＝90°，∴∠DAF＝15°，∠AFD＝75°，∵∠DFB＝45°，∴∠AFB＝120°，∴∠BFH＝60°，∵FH＝BF，∴△BFH是等边三角形，∴BF＝BH，∵BC⊥FH，∴FE＝EH，∴CF＝CH，∴∠CFH＝∠CHF＝∠AFD＝75°，∴∠ACH＝75°，∴∠ACH＝∠AHC＝75°，∴AC＝AH，∵AF+FB＝AF+FH＝AH，∴AF+BF＝AC，故④正确，故选：B．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．3．（2019•竞秀区二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，将含30°角的Rt △ABC放在第一象限，其中30°角的对边BC长为1，斜边AB的端点A、B分别在y轴的正半轴，x轴的正半轴上滑动，连接OC，则线段OC的长的最大值是（）A．B．C．2D．【考点】直角三角形斜边上的中线；坐标与图形性质；三角形三边关系．【专题】平面直角坐标系；三角形．【分析】取AB的中点F，连接CF、OF．首先求出OF＝FC＝1，根据三角形的三边关系可知：OC≤OF+OC，推出当O、F、C共线时，OC的值最大，最大值为2．【解答】解：取AB的中点F，连接CF、OF．在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，∴AB＝2BC＝2，∵∠AOB＝90°，AF＝FB，∴OF＝FC＝AB＝1，∵OC≤OF+CF，∴当O、F、C共线时，OC的值最大，最大值为2．故选：C．【点评】本题考查直角三角形斜边中线定理、坐标与图形的性质、三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考选择题中的压轴题．4．（2021秋•沙坪坝区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，9），B（﹣3，0），C （6，0），点D在线段BA上，点E在线段BA的延长线上，并且满足BD＝AE，M为线段AC上一点，当点D、M、E构成以M为直角顶点的等腰直角三角形时，M点坐标为（）A．（，4）B．（3，4）C．（，5）D．（，）【考点】全等三角形的判定与性质；一次函数的应用．【专题】一次函数及其应用；等腰三角形与直角三角形；推理能力；应用意识．【分析】如图，过点M作MH⊥x轴于点H，根点D作DK⊥MH于点K，过点E作EF ⊥MH于点F．证明△DKM≌△FME（AAS），推出FM＝DK，EF＝MK，由题意直线AC的解析式为y＝﹣x+9，直线AB的解析式为y＝3x+9，设M（m，﹣m+9），E（a，9+3a），则D（﹣3+a，3a），构建方程组求出a，m即可．【解答】解：如图，过点M作MH⊥x轴于点H，根点D作DK⊥MH于点K，过点E作EF⊥MH于点F．∵∠DME＝∠DKM＝∠EFM＝90°，∴∠DMK+∠EMF＝90°，∠EMF+∠MEF＝90°，∴∠DME＝∠MEF，∵MD＝ME，∴△DKM≌△FME（AAS），∴FM＝DK，EF＝MK，∵A（0，9），B（﹣3，0），C（6，0），∴直线AC的解析式为y＝﹣x+9，直线AB的解析式为y＝3x+9，设M（m，﹣m+9），E（a，9+3a），则D（﹣3+a，3a），∴，解得，，∴M（，4），故选：A．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．5．（2021秋•婺城区校级月考）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AE平分∠BAC 交BC于E，BD⊥AE于D，DM⊥AC于M，连接CD．下列结论：①∠ADC＝45°；②AC+CE＝AB；③BD＝AE；④AC+AB＝AM．正确的个数是（）A．1B．2C．3D．4【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【分析】过E作EQ⊥AB于Q，由角平分线的性质和等腰直角三角形的判定知②正确；作∠ACN＝∠BCD，交AD于N，利用ASA可证明△ACN≌△BCD，得CN＝CD，再证△SND是等腰直角三角形，利用角度之间的转化可说明CN＝NE，从而得出点N为AE 的中点，可说明①、③正确；过D作DH⊥AB于H，证明△DCM≌△DBH（AAS），得BH＝CM，由勾股定理得AM＝AH，从而＝，说明④正确．【解答】解：过E作EQ⊥AB于Q，∵∠ACB＝90°，AE平分∠CAB，∴CE＝EQ，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CBA＝∠CAB＝45°，∵EQ⊥AB，∴∠EQA＝∠EQB＝90°，由勾股定理得AC＝AQ，∴∠QEB＝45°＝∠CBA，∴EQ＝BQ，∴AB＝AQ+BQ＝AC+CE，故②正确；作∠ACN＝∠BCD，交AD于N，∵∠CAD＝，∴∠ABD＝90°﹣22.5°＝67.5°，∴∠DBC＝67.5﹣45°＝22.5°＝∠CAD，∴∠DBC＝∠CAD，∵AC＝BC，∠ACN＝∠DCB，∴△ACN≌△BCD（ASA），∴CN＝CD，AN＝BD，∵∠ACN+∠NCE＝90°，∴∠NCB+∠BCD＝90°，∴∠CND＝∠CDA＝45°，∴∠ACN＝45°﹣22.5°＝22.5°＝∠CAN，∴AN＝CN，∴∠NCE＝∠AEC＝67.5°，∴CN＝NE，∴CD＝AN＝EN＝，∵AN＝BD，∴BD＝，故①③正确；过D作DH⊥AB于H，∵∠MCD＝∠CAD+∠CDA＝67.5°，∠DBA＝90°﹣∠DAB＝67.5°，∴∠MCD＝∠DBA，∵AE平分∠CAB，DM⊥AC，DH⊥AB，∴DM＝DH，在△DCM与△DBH中，，∴△DCM≌△DBH（AAS），∴BH＝CM，由勾股定理得AM＝AH，∴＝，∴AC+AB＝2AM，∴④错误，故选：C．【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．6．（2021•滨湖区模拟）如图所示，在等边三角形ABC中，BC＝6，E是中线AD上一点，现有一动点P沿着折线A﹣E﹣C运动，在AE上的速度是4单位/秒，在CE上的速度是2单位/秒，则点P从A运动到C所用时间最少时，AE长为（）A．3B．C．D．2【考点】等边三角形的性质；三角形的重心．【专题】三角形；推理能力．【分析】作CM⊥AB于点M，求出点P运动时间为（），则CE+DM最短时满足题意．【解答】解：作CM⊥AB于点M，点P在A﹣E﹣C上运动时间为+，＝（），∵∠BAD＝30°，∴EM＝AE，∴（）＝（EM+CE），当C，E，M共线时，点P运动时间最短，此时CM为三角形中线，点E为重心，∵∠CAD＝30°，CD＝BC＝3，∴AD＝CD＝3，AE＝AD＝2．故选：D．【点评】本题考等边三角形性质，解题关键是掌握三角形重心将中线分成1：2两部分．7．（2020•雨花区二模）如图，已知等边△ABC的边长为2，D，E分别为BC，AC上的两个动点，且AE＝CD，连接BE，AD交于点P，则CP的最小值为（）A．B．2C．2D．【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【专题】图形的全等；推理能力．【分析】易证△ABD≌△BCE，可得∠BAD＝∠CBE，根据∠APE＝∠ABE+∠BAD，∠APE＝∠BPD，∠ABE+∠CBE＝60°，即可求得∠APE＝∠ABC，推出∠APB＝120°，推出点P的运动轨迹是，∠AOB＝120°，连接CO，求出OC，OA，再利用三角形的三边关系即可解决问题．【解答】解：∵CD＝AE，∴BD＝CE，在△ABD和△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD＝∠CBE，∵∠APE＝∠ABE+∠BAD，∠APE＝∠BPD，∠ABE+∠CBE＝60°，∴∠BPD＝∠APE＝∠ABC＝60°，∴∠APB＝120°，∴点P的运动轨迹是，∠AOB＝120°，连接CO，在△AOC和△BOC中，，∴△AOC≌△BOC（SSS），∴∠OAC＝∠OBC，∠ACO＝∠BCO＝30°，∵∠AOB+∠ACB＝180°，∴∠OAC+∠OBC＝180°，∴∠OAC＝∠OBC＝90°，∵AB＝2，∴OB＝r＝＝2，∴OC＝＝＝4，∴OP＝2，∴PC的最小值为OC﹣r＝4﹣2＝2．故选：C．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、勾股定理、圆的性质等知识，解题的关键是发现点P的运动轨迹．8．（2020•葫芦岛一模）如图，等边三角形ABC中，BD是AC边上的中线，点E在线段BD 上，∠ACE＝45°，AE的延长线交BC于点F，EG＝EF，连接CG交BD于点H．下面结论：①CE＝AE；②∠ACG＝30°；③EB＝（﹣1）DE；④CH+DH＝AB．其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；应用意识．【分析】①正确．证明ED垂直平分线段AC即可．②正确．想办法证明∠ECF＝∠ECG＝15°即可解决问题．③正确．设AD＝DC＝m，则AB＝AC＝2m，BD＝m，用m表示出EB，DE即可解决问题．④错误．求出CH+DH（用m表示）即可判断．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，BD是AC边上的中线，∴BD⊥AC，AD＝DC，∠CAB＝∠ACB＝∠ABC＝60°，∴EC＝EA，故①正确，∵EC＝EA，∴∠ECA＝∠EAC＝45°，∴∠BAF＝∠BAC﹣∠EAC＝15°，∴∠AFC＝∠F AB+∠ABC＝75°，∵EG＝EF，CE⊥FG，∴CF＝CG，∴∠ECF＝∠ECG＝15°，∴∠ACG＝∠GCF＝30°，故②正确，设AD＝DC＝m，则AB＝AC＝2m，BD＝m，∵AD＝DE＝m，∴BE＝m﹣m，∴＝＝﹣1，∴EB＝（﹣1）DE，故③正确，在Rt△CDH中，∵∠DCH＝30°，CD＝m，∴DH＝CD＝m，CH＝m，∴CH+DH＝m＝AB，故④正确，故选：D．【点评】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．9．（2020•岳麓区校级二模）Rt△ABC中，AB＝AC，D点为Rt△ABC外一点，且BD⊥CD，DF为∠BDA的平分线，当∠ACD＝15°，下列结论：①∠ADC＝45°；②AD＝AF；③AD+AF＝BD；④BC﹣CE＝2DE．其中正确的是（）A．①③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【考点】三角形综合题．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．【分析】由题意可证点A，点C，点B，点D四点共圆，可得∠ADC＝∠ABC＝45°；由角平分线的性质和外角性质可得∠AFD＝∠BDF+∠DBF＞∠ADF，可得AD≠AF；如图，延长CD至G，使DE＝DG，在BD上截取DH＝AD，连接HF，由“SAS”可证△ADF ≌△HDF，可得∠DHF＝∠DAF＝30°，AF＝HF，由等腰三角形的性质可得BH＝AF，可证BD＝BH+DH＝AF+AD；由“SAS”可证△BDG≌△BDE，可得∠BGD＝∠BED＝75°，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得BC＝BG＝2DE+EC．【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，且∠ACD＝15°，∵∠BCD＝30°，∵∠BAC＝∠BDC＝90°，∴点A，点C，点B，点D四点共圆，∴∠ADC＝∠ABC＝45°，故①符合题意，∠ACD＝∠ABD＝15°，∠DAB＝∠DCB＝30°，∵DF为∠BDA的平分线，∴∠ADF＝∠BDF，∵∠AFD＝∠BDF+∠DBF＞∠ADF，∴AD≠AF，故②不合题意，如图，延长CD至G，使DE＝DG，在BD上截取DH＝AD，连接HF，∵DH＝AD，∠HDF＝∠ADF，DF＝DF，∴△ADF≌△HDF（SAS）∴∠DHF＝∠DAF＝30°，AF＝HF，∵∠DHF＝∠HBF+∠HFB＝30°，∴∠HBF＝∠BFH＝15°，∴BH＝HF，∴BH＝AF，∴BD＝BH+DH＝AF+AD，故③符合题意，∵∠ADC＝45°，∠DAB＝30°＝∠BCD，∴∠BED＝∠ADC+∠DAB＝75°，∵GD＝DE，∠BDG＝∠BDE＝90°，BD＝BD，∴△BDG≌△BDE（SAS）∴∠BGD＝∠BED＝75°，∴∠GBC＝180°﹣∠BCD﹣∠BGD＝75°，∴∠GBC＝∠BGC＝75°，∴BC＝BG，∴BC＝BG＝2DE+EC，∴BC﹣EC＝2DE，故④符合题意，故选：C．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．10．如图：在△ABC中，∠B＝45°，D是AB边上一点，连接CD，过A作AF⊥CD交CD 于G，交BC于点F．已知AC＝CD，CG＝3，DG＝1，则下列结论正确的是（）①∠ACD＝2∠F AB②S△ACD＝2③CF＝2﹣2④AC＝AFA．①②③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④【考点】三角形综合题．【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力．【分析】由等腰三角形的性质可得∠ACH＝∠DCH，由余角的性质可得∠DAG＝∠DCH，可证∠ACD＝2∠DCH＝2∠F AB，故①正确；由勾股定理可求AG的长，由三角形面积公式可求S△ACD＝×CD×AG＝2，故②正确；由勾股定理可求AD的，CH的长，通过证明△ADG∽△AFM，可得，可求BM＝，可求CF＝BC﹣BF＝2﹣2，故③正确；由勾股定理可求AF＝4＝AC，故④正确，即可求解．【解答】解：如图，作CH⊥AB于H，∵AF⊥CD，∴∠CGA＝∠AGD＝90°，∵∠ADG+∠GAD＝90°＝∠CDH+∠DCH，∴∠DAG＝∠DCH，∵AC＝CD，∴∠ACH＝∠DCH，∴∠ACD＝2∠DCH＝2∠F AB，故①正确；∵CG＝3，DG＝1，∴AC＝CD＝4，∵∠AGC＝90°，∴AG＝＝＝，∴S△ACD＝×CD×AG＝×4×＝2，故②正确；如图，过点F作FM⊥AB，∵AG＝，DG＝1，∴AD＝＝＝2，∵AC＝CD，CH⊥AD，∴AH＝HD＝，∴CH＝＝＝，∵∠B＝45°，CH⊥AB，∴CH＝BH＝，BC＝BH＝2，∵∠DAG＝∠F AM，∠AGD＝∠AMF＝90°，∴△ADG∽△AFM，∴，设BM＝a，∵∠B＝45°，∴FM＝BM＝a，∴AM＝AH+HB﹣MB＝+﹣a，∴，即＝，∴a＝，∴FM＝BM＝，∴BF＝2，∴CF＝BC﹣BF＝2﹣2，故③正确；∵AM＝AH+HB﹣MB＝+﹣＝，在Rt△AFM中，AF＝＝＝4，∴AF＝AC＝4，故④正确；故选：B．【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，勾股定理的应用，等腰直角三角形的三边关系，三角形相似的判定和性质，作出辅助线根据相似三角形是解题的关键．考点卡片1．坐标与图形性质1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．2．一次函数的应用1、分段函数问题分段函数是在不同区间有不同对应方式的函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际．2、函数的多变量问题解决含有多变量问题时，可以分析这些变量的关系，选取其中一个变量作为自变量，然后根据问题的条件寻求可以反映实际问题的函数．3、概括整合（1）简单的一次函数问题：①建立函数模型的方法；②分段函数思想的应用．（2）理清题意是采用分段函数解决问题的关键．3．三角形的重心（1）三角形的重心是三角形三边中线的交点．（2）重心的性质：①重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．②重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等．③重心到三角形3个顶点距离的和最小．（等边三角形）4．三角形三边关系（1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．（2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．（3）三角形的两边差小于第三边．（4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏的定时炸弹，容易忽略．5．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．6．等边三角形的性质（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．7．等边三角形的判定与性质（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．8．直角三角形斜边上的中线（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．该定理可以用来判定直角三角形．9．等腰直角三角形（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R＝+1，所以r：R＝1：+1．10．三角形综合题三角形综合题．11．正方形的判定与性质（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．（2）正方形的判定正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．12．四点共圆1、将四点连成一个四边形，若对角互补，那么这四点共圆．2、连接对角线，若这个四边形的一边同侧的两个顶角相等，那么这四点共圆．（以上2点简记为“同侧相等，异侧互补”）3、基本方法：找一点到已知四点距离相等．4、由“对角互补”可以推出“同侧角相等”；反过来，由“同侧角相等”也可以推出“对角互补”．5、若四边形ABCD中有，OA×OC＝OB×OD，那么A、B、C、D四点共圆．。

(完整)中考数学压轴题精选含答案

一、解答题1．综合与探究．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋1与x轴交于A，C两点，点A（﹣1，0），C （3，0），与y轴交于点B，抛物线的顶点为D，直线l经过B，C两点．(1)求抛物线的函数解析式；(2)若P为抛物线上一点，横坐标为m，过点P作PM⊥y轴于点M，交线段BC于点N，当N是线段BC的黄金分割点时，求点P到x轴的距离；(3)若将抛物线向上平移个单位长度，点D的对应点为D′，坐标轴上是否存在点Q，使∠BD′Q＝30°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．2．矩形OABC中，OA＝8，OC＝10，将矩形OABC放在平面直角坐标系中，顶点O为原点，顶点C、A分别在x轴和y轴上．在OA边上选取适当的点E，连接CE，将△EOC沿CE折叠．（1）i：如图①，当点O落在AB边上的点D处时，点E的坐标为；ii：如图②，将矩形OABC变为正方形，OC＝10，当点E为AO中点时，点O落在正方形OABC内部的点D处，延长CD交AB于点T，求此时AT的长度．（2）如图③，当点O落在矩形OABC内部的点D处时，过点E作EG∥x轴交CD于点H，交BC于点G，设H（t，s），用含s的代数式表示t．3．【基础巩固】（1）如图1，点A ，F ，B 在同一直线上，若∠A ＝∠B ＝∠EFC ，求证：△AFE ∼△BCF ；【尝试应用】（2）如图2，AB 是半圆⊙O 的直径，弦长AC ＝BC ＝42，E ，F 分别是AC ，AB 上的一点，∠CFE ＝45°，若设AE ＝y ，BF ＝x ，求出y 与x 的函数关系及y 的最大值．【拓展提高】（3）已知D 是等边△ABC 边AB 上的一点，现将△ABC 折叠，使点C 与D 重合，折痕为EF ，点E ，F 分别在AC 和BC 上．如图3，如果AD ：BD ＝1：2，求CE ：CF 的值．4．给出定义：有两个内角分别是它们对角的两倍的四边形叫做倍对角四边形．（1）如图1，在倍对角四边形ABCD 中，∠D ＝2∠B ，∠A ＝2∠C ，求∠B 与∠C 的度数之和；（2）如图2，锐角△ABC 内接于⊙O ，若边AB 上存在一点D ，使得BD ＝BO ，∠OBA 的平分线交OA 于点E ，连结DE 并延长交AC 于点F ，∠AFE ＝2∠EAF ．求证：四边形DBCF 是倍对角四边形；（3）如图3，在（2）的条件下，过点D 作DG ⊥OB 于点H ，交BC 于点G ．当4DH ＝3BG 时，求△BGH 与△ABC 的面积之比．5．抛物线212y x mx n =-++与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，抛物线的对称轴交x 轴于点D ，已知(1,0)A -，(0,2)C ．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P ，使PCD 是以CD 为腰的等腰三角形？如果存在，求出P 点的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点E 是线段BC 上的一个动点，过点E 作x 轴的垂线与抛物线相交于点F ，当四边形CDBF 的面积最大时，求点E 的坐标．6．如图，抛物线2:C y ax bx c =++的对称轴为直线1x =-，且抛物线经过(1,0),(0,3)M D 两点，与x 轴交于点N ．（1）点N 的坐标为_______．（2）已知抛物线1C 与抛物线C 关于y 轴对称，且抛物线1C 与x 轴交于点1,A B （点A 在点1B 的左边）．①抛物线1C 的解析式为_________；②当抛物线1C 和抛物线C 上y 都随x 的增大而增大时，请直接写出此时x 的取值范围．（3）若抛物线n C 的解析式为(1)(2)(1,2,3)y x x n n =-+--=，抛物线n C 的顶点为n P ，与x 轴的交点为,n A B （点A 在点n B 的左边）．①求123100AB AB AB AB ++++的值；②判断抛物线的顶点123,,,,n P P P P 是否在一条直线上，若在，请直接写出该直线的解析式；若不在，请说明理由．7．在平面直角坐标系xOy 中，规定：抛物线y ＝a （x ﹣h ）2+k 的“伴随直线”为y ＝a （x ﹣h ）+k ．例如：抛物线y ＝2（x +1）2﹣3的“伴随直线”为y ＝2（x +1）﹣3，即y ＝2x ﹣1．（1）在上面规定下，抛物线y ＝（x +1）2﹣5的顶点坐标为_____，“伴随直线”为_____．（2）如图，顶点在第一象限的抛物线y ＝a （x ﹣1）2﹣4a （a ≠0）与其“伴随直线”相交于点A ，B （点A 在点B 的左侧），与x 轴交于点C ，D ． ①若△ABC 为等腰三角形时，求a 的值；②如果点P （x ，y ）是直线BC 上方抛物线上的一个动点，△PBC 的面积记为S ，当S 取得最大值274时，求a 的值．8．如图1，四边形ABCD 和四边形CEFG 都是菱形，其中点E 在BC 的延长线上，点G 在DC的延长线上，点H在BC边上，连结AC，AH，HF．已知AB＝2，∠ABC＝60°，CE＝BH．（1）求证：△ABH≌△HEF；（2）如图2，当H为BC中点时，连结DF，求DF的长；（3）如图3，将菱形CEFG绕点C逆时针旋转120°，使点E在AC上，点F在CD上，点G在BC的延长线上，连结EH，BF．若EH⊥BC，请求出BF的长．9．如图，对称轴x＝1的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0），B两点，与y轴交于点C（0，2），（1）求抛物线和直线BC的函数表达式；（2）若点Q是直线BC上方的抛物线上的动点，求△BQC的面积的最大值；（3）点P为抛物线上的一个动点，过点P作过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．若点P在第四象限内，当OD＝4PE时，△PBE的面积；（4）在（3）的条件下，若点M为直线BC上一点，点N为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．10．将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，其中点E与点B，点G与点D分别是对应点，连接BG．(1)如图，若点A ，E ，D 第一次在同一直线上，BG 与CE 交于点H ，连接BE ． ①求证：BE 平分∠AEC ．②取BC 的中点P ，连接PH ，求证：PH ∥CG ． ③若BC ＝2AB ＝2，求BG 的长．(2)若点A ，E ，D 第二次在同一直线上，BC ＝2AB ＝4，直接写出点D 到BG 的距离． 11．在平面直角坐标系中，三角形ABC 为等腰直角三角形，AC BC =，BC 交x 轴于点D ．（1）若()4,0A -，()0,2C ，直接写出点B 的坐标；（2）如图，三角形OAB 与ACD △均为等腰直角三角形，连OD ，求AOD ∠的度数；（3）如图，若AD 平分BAC ∠，()4,0A -，(),0D m ，B 的纵坐标为n ，求2n m +的值．12．已知抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A、B（A在B的左侧），与y轴交于点C，点D 是直线BC下方抛物线上的动点．(1)求直线BC的解析式；(2)如图1，过D作DE∥y轴交BC于E，点P是BC下方抛物线上的动点（P在D的右侧），过点P作PQ∥y轴交BC于Q，若四边形EDPQ为平行四边形．且周长最大．求点P的坐标；(3)如图2，当D点横坐标为1时，过A且平行于BD的直线交抛物线于另一点E，若M在x轴上，是否存在这样点的M，使得以M、B、D为顶点的三角形与△AEB相似？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，说明理由．13．如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，OB＝4，OA＝3，F是BC边上一个动点（不与B、C重合），过点F的反比例函数y＝kx（k＞0）的图象与边AC交于点E．(1)当BF＝13BC时，求点E的坐标；(2)连接EF，求∠EFC的正切值；(3)将△EFC沿EF折叠，得到△EFG，当点G恰好落在矩形AOBC的对角线上时，求k的值．14．在平面直角坐标系中，抛物线：与x轴交于点A，B（点B 在点A的右侧）．抛物线顶点为C点，△ABC为等腰直角三角形．(1)求此抛物线解析式．(2)若直线与抛物线有两个交点，且这两个交点与抛物线的顶点所围成的三角形面积等于6，求k的值．(3)若点，且点E，D关于点C对称，过点D作直线2l交抛物线于点M，N，过点E作直线轴，过点N作于点F，求证：点M，C，F三点共线．15．如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB＝60°，AB＝2，将一张和△ABC一样大的纸片和△ABC重叠放置，点E是边BC上一点（不含点B、C），将△OCE 沿着OE翻折，点C落在点P处．(1)直接写出∠OBC、∠OCB的数量关系是．(2)连接DE，设△OPE的面积为S1，△ODE的面积为S2，在点E取边BC上每一点（除点B、C）的过程中，S1+S2的值是否变化？如果变化，请求出它的取值范围；如果不变，请求出S1+S2的值；(3)分别连接PD、PC，当点P与点B重合时，易知PO•PC＝PE•PD，当点P不与点B重合时，PO•PC＝PE•PD是否成立？请在图3、图4中选一种情况进行证明．16．如图，ABD△内接于O中，弦BC交AD于点E，连接CD，BG CD⊥交CD的延长线于点G，BG交O于点H，2∠=∠．ABC GBD(1)如图1，求证：DB平分GDE∠；(2)如图2，CN AB⊥于点N，CN＝CG，求证：AN＝HG；(3)如图3．在（2）的条件下，点F在AE上，连接BF、CF，且BF CF⊥，∠=∠，BC＝5．求AE的长．BCN CBF217．【问题提出】如图①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝4，求BC边上的中线AD的取值范围．【问题解决】解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E，使DE＝AD，再连结BE（或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断．由此得出中线AD的取值范围是__________【应用】如图②，如图，在△ABC中，D为边BC的中点、已知AB＝10，AC＝6，AD＝4，求BC的长．【拓展】如图③，在△ABC中，∠A＝90°，点D是边BC的中点，点E在边AB上，过点D作D F⊥DE交边AC于点F，连结EF．已知BE＝5，CF＝6，则EF的长为__________.18．如图，点P是矩形ABCD的边AB的其中一个四等分点（点P靠近点A），8AB ，将直角三角尺的顶点放在P处，直角尺的两边分别交AD、DC于点E，F，（如图1）．(1)当点E与点D重合时，点F恰好与点C重合（如图2），求AD的长；(2)探究：将直尺从图2中的位置开始，绕点P逆时针旋转，当点E和点A重合时停止，在这个过程中，请你观察、猜想，并解答：①∠PEF的大小是否发生变化？请说明理由；②求出从点E与D重合开始，到点E与点A重合结束，线段EF的中点经过的路线的长度．19．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC，交BC于点E，点D在AC上，以AD为直径的⊙O经过点E，点F在⊙O上，且EF平分∠AED，交AC于点G，连接DF．(1)求证：△DEF ∽△GDF ： (2)求证： BC 是⊙O 的切线： (3)若cos∠CAE ＝32，DF ＝102，求线段GF 的长． 20．如图，抛物线y ＝－212x ＋32x ＋2与x 轴负半轴交于点A ，与y 轴交于点B ．（1）求A ，B 两点的坐标；（2）如图1，点C 在y 轴右侧的抛物线上，且AC ＝BC ，求点C 的坐标；（3）如图2，将△ABO 绕平面内点P 顺时针旋转90°后，得到△DEF （点A ，B ，O 的对应点分别是点D ，E ，F ），D ，E 两点刚好在抛物线上． ①求点F 的坐标； ②直接写出点P 的坐标．【参考答案】参考答案**科目模拟测试一、解答题 1．(1) 51或(3)存在，点Q的坐标为（﹣2﹣3，0）或（0，）或（1，0）【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）MP∥CO，则，进而求解；（3）当点Q在BD′的右侧时，连接BD′，过点D′分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为F （1，0）、E，tan∠EBD′=，故∠EBD′=30°=∠BD′F，故点Q与点F重合时，∠BD′F=∠BD′Q=30°；当点Q在BD′的左侧时，设点Q′D′交x轴和y轴分别为点Q′、Q″，求出直线D′Q′的表达式，即可求解．(1)解：将点A、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故抛物线的表达式为：；(2)∵MP∥CO，则，∵N是线段BC的黄金分割点，∴或，即或，而OB＝1，故MO＝512-或，即点P到x轴的距离为：512-或；(3)存在，理由：由抛物线的表达式知，点D（1，43），则将抛物线向上平移个单位长度，点D的对应点为D′的坐标为（1，3+1），①当点Q在BD′的右侧时，连接BD′，过点D′分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为F（1，0）、E，则BE3﹣13ED′＝1，∴tan∠EBD′＝，故∠EBD′＝30°＝∠BD′F，故点Q与点F重合时，∠BD′F＝∠BD′Q＝30°，即点Q的坐标为（1，0）；②当点Q在BD′的左侧时，设点Q′D′交x轴和y轴分别为点Q′、Q″，则∠BD′Q′＝30°，故∠Q′Q″O＝30°+30°＝60°，则∠D′Q′O＝90°﹣60°＝30°，故设直线Q′D′的表达式为y 3+t，将点D′的坐标代入上式得：3t，解得t＝，故直线D′Q′的表达式为y＝33x+，对于y＝33x+，令y＝33x+＝0，解得x＝﹣2﹣3，令x＝0，则y＝，故点Q′、Q″的坐标分别为（﹣2﹣3，0）、（0，），综上，点Q的坐标为（﹣2﹣3，0）或（0，）或（1，0）．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、三角形相似、解直角三角形等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．2．（1）i：（0，5）；ii：AT=52；（2）t=120s2+5．【解析】【分析】（1）i：如图①中，根据翻折变换的性质以及勾股定理得出BD的长，进而得出AE，EO的长即可得出答案．ii：如图②中，连接ET．证明△CET是直角三角形，由勾股定理得2222ED TD TC EC+=-，代入数据计算即可求出AT．（2）根据H点坐标得出各边长度，进而利用勾股定理求出t与s的关系即可．【详解】解：（1）i：如图①中，∵OA=8，OC=10，根据折叠的性质，∴OC=DC=10，∵BC=OA=8，∴BD2222108CD BC--，∴AD=10-6=4，设AE =x ，则EO =8-x ，∴x 2+42=（8-x ）2，解得：x =3，∴AE =3，则EO =8-3=5，∴点E 的坐标为：（0，5）；故答案为：（0，5）； ii ：如图②中，连接ET ．∵点E 是AO 的中点，∴EA =EO ，∵OE =ED ，EC =EC ，∠EOC =∠EDC =90°，∴Rt △ECD ≌Rt △ECO （HL ），∴∠CEO =∠CED ，同法可证，Rt △ETA ≌Rt △ETD （HL ），∴∠AET =∠DET ，∴∠DET +∠CED =90°，即∠CET =90°，由折叠的性质得：ED =EO =12OA =5，OC =CD =10，AT =TD ， 222125EC EO OC =+=，设AT =x ，则TD =x ，∵2222ED TD TC EC +=-，即()222510125x x +=+-，解得：52x =∴AT =52；（2）如图③中，过点H 作HW ⊥OC 于点W ，根据折叠的性质得：∠1=∠2，∵EG∥OC，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴EH=HC，设H（t，s），∴EH=HC=t，WC=10-t，HW=s，∴HW2+WC2=HC2，∴s2+（10-t）2=t2，∴t与s之间的关系式为：t=120s2+5．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理和全等三角形的判定与性质等知识，熟练构建直角三角形利用勾股定理得出相关线段长度是解题关键．3．（1）见解析；（2）y2x22（0≤x≤8），23）4：5【解析】【分析】（1）利用已知得出∠E=∠CFB，进而利用相似三角形的判定方法得出即可；（2）利用（1）得出△AFE∽△BCF，由相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到y 和x的数量关系，进而求出y与x的函数关系式；（3）首先证明△ADE∽△BFD，表示出ED，DF，EA，DB，AD，BF，再利用相似三角形的性质解决问题即可．【详解】（1）证明：∵∠A＝∠EFC，∴∠E+∠EFA＝∠EFA+∠CFB，∴∠E＝∠CFB，∵∠A＝∠B，∴△AFE∽△BCF；（2）解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴AB＝22AC BC+＝8，∵AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°，∴∠A＝∠B＝∠CFE＝45°，由（1）可得△AFE∽△BCF，∴AE AFBF BC=，即842y xx-=，∴y＝﹣28x2+2x（0≤x≤8），∴当x＝4时，y最大＝22；（3）解：连接DE，DF，∵△EFC与△EFD关于EF对称，∴∠EDF＝∠ECF＝60°，EC＝ED，FC＝FD，∵∠BDF+∠EDF＝∠BDE＝∠A+∠DEA，∵∠EDF＝∠A＝60°，∴∠BDF＝∠DEA，∴△ADE∽△BFD，设AD＝x，CE＝DE＝a，CF＝DF＝b，∵AD：BD＝1：2，∴DB＝2x，∴AB＝3x＝AC＝BC，∴AE＝3x﹣a，BF＝3x﹣b，∵△ADE∽△BFD，∴DE EA AD DF DB BF==，∴323a x a xb x x b-==-，由前两项得，2ax＝b（3x﹣a），由后两项得，（3x﹣a）（3x﹣b）＝2x2，即：3x（3x﹣a）﹣b（3x﹣a）＝2x2，∴3x（3x﹣a）﹣2ax＝2x2，∴a ＝75x ， ∴3425a x ab x -==， ∴CE ：CF ＝4：5．【点睛】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定与性质，圆的有关知识，勾股定理以及二次函数最值等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．4．（1）120°；（2）见解析；（3）215 【解析】【分析】（1）根据四边形内角和为360°，即可得出答案；（2）利用SAS 证明△BED ≌△BEO ，得∠BDE ＝∠BEO ，连接OC ，设∠EAF ＝α，则∠AFE ＝2α，则∠EFC ＝180°−∠AFE ＝180°−2α，可证∠EFC ＝∠AOC ＝2∠ABC 即可；（3）过点O 作OM ⊥BC 于M ，由（1）知∠BAC ＝60°，再证明△DBG ∽△CBA ，得2ΔΔ()DBG ABC S BD S BC =，再根据4DH ＝3BG ，BG ＝2HG ，得DG ＝52GH ，则ΔΔBHG BDG S S ＝HG DG =25，从而解决问题．【详解】（1）解：在倍对角四边形ABCD 中，∠D ＝2∠B ，∠A ＝2∠C ，∵∠A +∠B +∠C +∠D ＝360°，∴3∠B +∠3∠C ＝360°，∴∠B +∠C ＝120°，∴∠B 与∠C 的度数之和为120°；（2）证明：在△BED 与△BEO 中，BD BO EBD EBO BE BE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△BED ≌△BEO （SAS ），∴∠BDE ＝∠BEO ，∵∠BOE ＝2∠BCF ，∴∠BDE ＝2∠BCF连接OC ，设∠EAF ＝α，则∠AFE ＝2α，∴∠EFC ＝180°﹣∠AFE ＝180°﹣2α，∵OA ＝OC ，∴∠OAC ＝∠OCA ＝α，∴∠AOC ＝180°﹣∠OAC ﹣∠OCA ＝180°﹣2α，∴∠EFC ＝∠AOC ＝2∠ABC ，∴四边形DBCF 是倍对角四边形；（3）解：过点O 作OM ⊥BC 于M ，∵四边形DBCF 是倍对角四边形，∴∠ABC +∠ACB ＝120°，∴∠BAC ＝60°，∴∠BOC ＝2∠BAC ＝120°，∵OB ＝OC ，∴∠OBC ＝∠OCB ＝30°，∴BC ＝2BM 33，∵DG ⊥OB ，∴∠HGB ＝∠BAC ＝60°，∵∠DBG ＝∠CBA ，∴△DBG ∽△CBA ， ∴2ΔΔ()DBG ABC S BD S BC ＝13， ∵4DH ＝3BG ，BG ＝2HG ， ∴DG ＝52GH ，∴ΔΔBHG BDG S S ＝25HG DG =， ∵ΔΔ15315DBG ABC S S == ∴ΔΔBHG ABC S S ＝215．【点睛】本题是新定义题，主要考查了圆的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，读懂题意，利用前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．5．（1）213222y x x =-++；（2）存在，13(,4)2P ，235(,)22P ，335(,)22P -；（3）点()2,1E【解析】【分析】（1）把()1,0A -，()0,2C 代入抛物线的解析式，利用待定系数法求解即可；（2）先求解抛物线的对称轴3,2x = 再求解CD 的长，由CDP 是以CD 为腰的等腰三角形，可得123CP DP DP CD ===．再作CH ⊥对称轴于点H ，从而可得答案；（3）先求解()4,0B ．再求解直线BC 的解析式为122y x =-+．过点C 作CM EF ⊥于M ，设1,22E a a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，213,222F a a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，根据BCD CEF BEF CDBF S S S S =++四边形111222BD OC EF CM EF BN =⋅+⋅+⋅列函数关系式，从而可得答案.【详解】解：（1）∵抛物线212y x mx n =-++经过()1,0A -，()0,2C ， ∴10,22,m n n ⎧--+=⎪⎨⎪=⎩解得3,22.m n ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴抛物线的解析式为213222y x x =-++．（2）∵22131325222228y x x x ⎛⎫=-++=--+ ⎪⎝⎭， ∴抛物线的对称轴是直线32x =．∴32OD =． ∵()0,2C ，∴2OC =．在Rt OCD △中，由勾股定理，得2235222CD ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭． ∵CDP 是以CD 为腰的等腰三角形，∴123CP DP DP CD ===．作CH ⊥对称轴于点H ，∴12HP HD ==．∴14DP =．∴13(,4)2P ，235(,)22P ，335(,)22P -．（3）当0y =时，由2132022x x -++=，解得11x =-，24x =， ∴()4,0B ．设直线BC 的解析式为y kx b =+，得2,40,b k b =⎧⎨+=⎩解得1,22.k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩ ∴直线BC 的解析式为122y x =-+．过点C 作CM EF ⊥于M ，设1,22E a a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，213,222F a a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，∴2213112222222EF a a a a a ⎛⎫=-++--+=-+ ⎪⎝⎭． ∵BCD CEF BEF CDBF S S S S =++四边形111222BD OC EF CM EF BN =⋅+⋅+⋅ 2215111122(4)2222222a a a a a a ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯+-++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭225134(2)22a a a =-++=--+． ∴根据题意04a ≤≤，∴当2a =时，CDBF S 四边形的最大值为132，此时点()2,1E ．【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，二次函数与等腰三角形，图形面积的最值问题，灵活运用二次函数的图象与性质解决问题是解题的关键.6．（1）(3,0)-；（2）①2(1)4y x =--+；②1x <-；（3）①5350；②不在，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意可得，点N 和点M 关于1x =-轴对称，求解即可；（2）①先求得抛物线C 的解析式，再根据关于y 轴对称，求得抛物线1C 即可；②根据二次函数的性质，求解即可；（3）①由抛物线解析式可得抛物线n C 与x 轴交点的坐标为(1,0)A -，(2,0)n B n +，求得线段1AB 、2AB 、……、100AB 的值，即可求解；②求得顶点1P 、2P 、3P ，求得13P P 的解析式，然后验证2P 是否在直线上．【详解】解：（1）由题意可得，点N 和点M 关于1x =-轴对称∵(1,0)M∴点(3,0)N -故答案为(3,0)-（2）①由（1）得，抛物线C 过点(1,0)M 、(3,0)N -、(0,3)D抛物线C 的解析式为31y a x x =+-()()，将点(0,3)D 代入解析式得：(03)(01)3a +-=解得1a =-∴22(3)(1)(23)(1)4y x x x x x =-+-=-+-=-++，顶点坐标为(1,4)-∵抛物线C 与抛物线1C 关于y 轴对称∴抛物线1C 的顶点为(1,4)，开口与抛物线C 相同∴抛物线1C 解析式为2(1)4y x =--+②抛物线C 的解析式为2(1)4y x =-++，由二次函数的性质可得，当1x <-时，y 随x 的增大而增大，抛物线1C 解析式为2(1)4y x =--+，由二次函数的性质可得，当1x <时，y 随x 的增大而增大， ∴当1x <-时，抛物线C 和抛物线1C 上y 都随x 的增大而增大，（3）①抛物线n C 的解析式为(1)(2)(1,2,3)y x x n n =-+--=可得抛物线n C 与x 轴交点的坐标为(1,0)A -，(2,0)n B n +，即1(3,0)B ，2(4,0)B ，……，100(102,0)B∴14AB =，25AB =，……，100103AB = ∴123100103455350AB AB AB AB =+++++=++②当1n =时，抛物线1C 的解析式为2(1)(3)(1)4y x x x =-+-=--+，1(1,4)P 当2n =时，抛物线2C 的解析式为2325(1)(4)()24y x x x =-+-=--+，2325(,)24P当3n =时，抛物线3C 的解析式为2(1)(5)(2)9y x x x =-+-=--+，3(2,9)P 设直线13P P 的解析式为y kx b =+，将点1(1,4)P ，3(2,9)P 代入得429k b k b +=⎧⎨+=⎩，解得51k b =⎧⎨=-⎩，即51y x =- 当32x =时，3132551224y =⨯-=≠ ∴点2325(,)24P 不在直线13P P 上∴抛物线的顶点123,,,,n P P P P 不在一条直线上【点睛】此题考查了二次函数的图像与性质，涉及了待定系数法求解二次函数和一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的有关性质．7．（1）（﹣1，﹣5），y ＝x ﹣4；（2）①a 的值为a ＝﹣2．【解析】【分析】（1）由“伴随直线”的定义即可求解；（2）①先求y ＝a （x −1）2−4a 的伴随直线为y ＝ax −5a ，再联立方程组2(1)45y a x ay ax a ⎧=--⎨=-⎩，求出A （1，−4a ），B （2，−3a ），C （−1，0），D （3，0），由于当△ABC 为等腰三角形时，只存在一种可能为AC ＝BC ，即可求a 的值；②先求直线BC 解析式为y ＝−ax −a ，过P 作x 轴的垂线交BC 于点Q ，设点P 的横坐标为x ，则P [x ，a （x −1）2−4a ]，Q （x ，−ax −a ），23127()228PBC S a x a ∆=--，即可求面积的最大值，进而求a 的值．【详解】（1）∵抛物线y ＝（x +1）2﹣5，∴顶点坐标为（﹣1，﹣5），“伴随直线”为y ＝x ﹣4，故答案为：（﹣1，﹣5），y ＝x ﹣4；（2）①由“伴随直线”定义可得：y ＝a （x ﹣1）2﹣4a 的伴随直线为y ＝ax ﹣5a ，联立2(1)45y a x a y ax a ⎧=--⎨=-⎩，解得14x y a =⎧⎨=-⎩或23x y a=⎧⎨=-⎩，∴A （1，﹣4a ），B （2，﹣3a ），在y ＝a （x ﹣1）2﹣4a 中，令y ＝0可解得x ＝﹣1或x ＝3， ∴C （﹣1，0），D （3，0）， ∴AC 2＝4+16a 2，BC 2＝9+9a 2，∵当△ABC 为等腰三角形时，只存在一种可能为AC ＝BC ，∴AC 2＝BC 2，即4+16a 2＝9+9a 2，解得=a ∵抛物线开口向下，∴a =∴若△ABC 为等腰三角形时，a 的值为 ②设直线BC 的解析式为y ＝kx +b ， ∵B （2，﹣3a ），C （﹣1，0），∴200k b k b +=⎧⎨-+=⎩，解得k a b a =-⎧⎨=-⎩， ∴直线BC 解析式为y ＝﹣ax ﹣a ，如图，过P 作x 轴的垂线交BC 于点Q ，设点P 的横坐标为x ， ∴P [x ，a （x ﹣1）2﹣4a ]，Q （x ，﹣ax ﹣a ）， ∵P 是直线BC 上方抛物线上的一个动点，∴22219(1)4(2)()24PQ a x a ax a a x x a x ⎡⎤=--++=--=--⎢⎥⎣⎦，∴23127()228PBC S a x a ∆=--， ∴当12x =时，△PBC 的面积有最大值278-a ， ∴S 取得最大值274时，即272784-=a ，解得a ＝﹣2．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，理解新定义，将所求问题转化为直线与抛物线的知识是解题的关键．8．（1）见解析；（2）7；（3）2193．【解析】【分析】（1）根据两个菱形中，点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上这一特殊的位置关系和CE＝BH可证明相应的边和角分别相等，从而证明结论；（2）由AB＝BC，∠ABC＝60 ，可证明△ABC是等边三角形，从而证明∠AHB＝90°，再由△ABH≌△HEF，得∠HFE＝∠AHB＝90°，再得∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°，在Rt△DPF 中用勾股定理求出DF的长；（3）作FM⊥BG于点M，当EH⊥BC时，可证明CH＝CM＝12CG＝12BH，从而求出BM、FM的长，再由勾股定理求出BF的长．【详解】解：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，∴AB＝BC，CE＝EF，∵CE＝BH，∴BH＝EF，∵BH+CH＝CE+CH，∴BC＝HE，∴AB＝HE；∵点E 在BC 的延长线上，点G 在DC 的延长线上， ∴AB ∥DG ∥EF ， ∴∠B ＝∠E ，在△ABH 和△HEF 中， BH EF B E AB HE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ABH ≌△HEF （SAS ）．（2）如图2，设FH 交CG 于点P ，连结CF ，∵AB ＝BC ，∠ABC ＝60°， ∴△ABC 是等边三角形， ∵BH ＝CH ， ∴AH ⊥BC ， ∴∠AHB ＝90°，由（1）得，△ABH ≌△HEF ， ∴∠HFE ＝∠AHB ＝90°， ∵DG ∥EF ，∴∠DPF ＝180°﹣∠HFE ＝90°， ∴PF ⊥CG ，∵CG ＝FG ，∠G ＝∠E ＝∠B ＝60°， ∴△GFC 是等边三角形， ∴PC ＝PG ＝12CG ；∵BC ＝AB ＝2， ∴CG ＝EF ＝BH ＝12BC ＝1，∴PC ＝12；∵CD ＝AB ＝2， ∴PD ＝12+2＝52， ∵CF ＝CG ＝1，∴PF 2＝CF 2﹣PC 2＝12﹣（12）2＝34， ∴22253()724DF PD PF =+=+=．（3）如图3，作FM ⊥BG 于点M ，则∠BMF ＝90°，∵EH ⊥BC ，即EH ⊥BG ， ∴EH ∥FM ，∵∠CEF ＝∠ACB ＝60°， ∴EF ∥MH ，∴四边形EHMF 是平行四边形， ∵∠EHM ＝90°， ∴四边形EHMF 是矩形， ∴EH ＝FM ；∵EF ＝EC ，∠CEF ＝60°， ∴△CEF 是等边三角形， ∴CE ＝CF ，∵∠EHC ＝∠FMC ＝90°， ∴Rt △EHC ≌Rt △FMC （HL ）， ∴CH ＝CM ＝12CG ；∵CG ＝CE ＝BH ， ∴CH ＝12BH ，∴CM ＝CH ＝13BC ＝13×2＝23，∴CF ＝CG ＝2CM ＝2×23＝43， ∴2FM ＝（43）2﹣（23）2＝43，∵BM ＝2+23＝83，∴2224876219()339BF FM BM =++==．【点睛】本题主要考查了几何综合，其中涉及到了菱形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质等，熟悉掌握几何图形的性质和合理做出辅助线是解题的关键．9．（1）抛物线表达式为211242y x x =-++；直线表达式为122y x =-+；（2）△BQC的面积的最大值为2（3）△PBE 的面积为58（4）点N的坐标为（5（5235，45-）或（92，14）．【解析】【分析】（1）首先根据二次函数的对称性求出点B 的坐标，然后利用待定系数法把点的坐标代入表达式求解即可；（2）过Q 点作QH 垂直x 轴交BC 于点H ，连接CQ ，BQ ，由二次函数表达式设点Q 的坐标为（x ，211242x x -++），表示出△BQC 的面积，根据二次函数的性质即可求出△BQC的面积的最大值；（3）根据题意设出点P 坐标为（m ，211m m 242-++），E 点坐标为（m ，122m -+），D 点坐标为（m ，0），表示出OD 和PE 的长度，根据OD ＝4PE 列出方程求出m 的值，即可求出PE 和BD 的长度，然后根据三角形面积公式求解即可；（4）当BD 是菱形的边和对角线时两种情况分别讨论，设出点M 和点N 的坐标，根据菱形的性质列出方程求解即可．【详解】解：（1）∵抛物线的对称轴为x ＝1，A （﹣2，0）， ∴B 点坐标为（4，0），∴将A （﹣2，0），B （4，0），C （0，2），代入y ＝ax 2+bx +c 得，42016402a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩解得：14122a b c ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩，∴抛物线的表达式为211242y x x =-++；设直线BC 的函数表达式为y kx b =+，∴将B （4，0），C （0，2），代入y kx b =+得，4002k b b +=⎧⎨+=⎩，解得：122k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴直线BC 的函数表达式为122y x =-+．（2）如图所示，过Q 点作QH 垂直x 轴交BC 于点H ，交x 轴于点M ，连接CQ ，BQ ，设点Q 的坐标为（x ，211242x x -++），点H 的坐标为（x ，122x -+），∴HQ =221111224224x x x x x ⎛⎫-++--+=-+ ⎪⎝⎭，∴()221111111422222242QBC QHC QHB S S S QH OM QH BM QH OM BM QH OB x x x x ⎛⎫=+=+=+==⨯-+⨯=-+ ⎪⎝⎭△△△， ∴当221222bx a=-=-=⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭时，2122222S =-⨯+⨯=， ∴△BQC 的面积的最大值为2；（3）设点P 坐标为（m ，211m m 242-++），E 点坐标为（m ，122m -+），D 点坐标为（m ，0），∴221111222424PE m m m m m ⎛⎫=-+--++=- ⎪⎝⎭，OD m =，∵OD ＝4PE ，∴21=44m m m ⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭，整理得：250m m -=，解得：10m =(舍去)，25m =，∴2211555444PE m m =-=⨯-=，D 点坐标为（5，0）， ∴BD =1，∴115512248PBE S PE BD ==⨯⨯=△；（4）如图所示，当BD 是菱形的边时，BM 是菱形的边时，∵四边形BDNM 是菱形， ∴BD =BM =MN ，∴设M 点坐标为（a ，122a -+），N 点坐标为（a +1，122a -+），又∵B 点坐标为（4，0），D 点坐标为（5，0）， ∴BD =1，()221422BM a a ⎛⎫=-+-+ ⎪⎝⎭， ∵BD =BM ， ∴BD 2=BM 2， ∴()2214212a a ⎛⎫-+-+= ⎪⎝⎭，整理得：2540760a a -+=，解得：1225254455a a =+=-，， ∴N 点坐标为（2555+，55-）或（2555-，55），当BD 是菱形的边时，DM 是菱形的边时，∵四边形BDMN 是菱形，B 点坐标为（4，0），D 点坐标为（5，0）， ∴BD =MN =DM =1，∴设M 点坐标为（b ，122b -+），N 点坐标为（b -1，122b -+）， ∴DM2=()221522b b ⎛⎫-+-+ ⎪⎝⎭， ∵BD =DM ， ∴BD 2=DM 2，∴()2215212b b ⎛⎫-+-+= ⎪⎝⎭，整理得：25481120b b -+=，解得：122845b b ==，(舍去)， ∴N 点坐标为（235，45-）；当BD 是菱形的对角线时，∵四边形BMDN 是菱形，B 点坐标为（4，0），D 点坐标为（5，0）， ∴M 点横坐标为45922+=，将92x =代入122y x =-+得：y =14-， ∴M 点的坐标为（92，14-），又∵点M 和点N 关于x 轴对称， ∴点N 的坐标为（92，14）．综上所述，点N 的坐标为（25552555235，45-）或（92，14）．【点睛】此题考查了一次函数和二次函数表达式的求法，二次函数的性质，二次函数中三角形最大面积问题，菱形存在性问题等知识，解题的关键是根据题意设出点的坐标，表示出三角形面积，根据菱形的性质列出方程求解．10．(1)①见解析；②见解析；③7 (2)57221+77【解析】【分析】（1）①根据旋转的性质得到CB CE =，求得EBC BEC ∠=∠，根据平行线的性质得到EBC BEA ∠=∠，于是得到结论；②如图1，过点B 作CE 的垂线BQ ，根据角平分线的性质得到AB BQ =，求得=CG BQ ，根据全等三角形的性质得到BH GH =，根据三角形的中位线定理即可得到结论； ③如图2，过点G 作BC 的垂线GM ，解直角三角形即可得到结论．（2）如图3，连接DB ，DG ，过G 作GP BC ⊥交BC 的延长线于P ，GN DC ⊥交DC 的延长线于N ，根据旋转的性质得到4==CE BC ，2CD AB ==，解直角三角形得到1NG =，3PG =，根据三角形的面积公式即可得到结论．(1)解：①证明：矩形ABCD 绕着点C 按顺时针方向旋转得到矩形FECG ，CB CE ∴=，EBC BEC ∴∠=∠，又//AD BC ，EBC BEA ∴∠=∠， BEA BEC ∴∠=∠，BE ∴平分AEC ∠；②证明：如图1，过点B 作CE 的垂线BQ ，BE 平分AEC ∠，BA AE ⊥，BQ CE ⊥，AB BQ ∴=，CG BQ ∴=，90BQH GCH ∠=∠=︒，BQ AB CG ==，BHQ GHC ∠=∠， ()BHQ GHC AAS ∴∆≅∆，即点H 是BG 中点，又点P 是BC 中点，//PH CG ∴；③解：如图2，过点G 作BC 的垂线GM ，22BC AB ==，1BQ ∴=，30BCQ ∴∠=︒，90ECG ∠=︒， 60GCM ∴∠=︒， 1CG AB CD ===，32GM ∴=，12CM =， 222253()()722BG BM MG ∴=+=+=；(2)解：如图3，连接DB ，DG ，过G 作GP BC ⊥交BC 的延长线于P ，GN DC ⊥交DC 的延长线于N ，24BC AB ==，2AB ∴=，将矩形ABCD 绕着点C 按顺时针方向旋转得到矩形FECG ，4CE BC ∴==，2CD AB ==，点A ，E ，D 第二次在同一直线上，90CDE，12CD CE ∴=，60DCE ∴∠=︒，30NCG ∴∠=︒，2CG =， 1NG ∴=，3PG =，523DBG DBC DCG BCG S S S S ∆∆∆∆∴=++=+，2227BG BP PG =+=，25722177DBG S DM BG ∆∴==+．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是正确地作出辅助线．11．（1）(2,2)-；（2）90°；（3）4- 【解析】【分析】（1）如图1中，作BH y ⊥轴于H ．只要证明()ACO CBH AAS △≌△即可解决问题；（2）过C 作CK x ⊥轴交OA 的延长线于K ，求证ACK DCO △≌△即可求出AOD ∠的度数可求；（3）作BE x ⊥轴于点E ，并延长交AC 的延长线于点F ，证明()ABE AFE ASA △≌△，由全等三角形的性质得出BE FE =，证明()ACD CBF ASA △≌△，得出BF AD =，则可得出答案．【详解】解：（1）如图1中，作BH y ⊥轴于H ．(4,0)-A ，(0,2)C ，4∴=OA ，2OC =，90AOC ACB BHC ∠=∠=∠=︒，90ACO BCH ∴∠+∠=︒，90CAO ACO ∠+∠=︒，CAO BCH ∴∠=∠，在ACO △与CBH 中，AOC BHCCAO BCH AC BC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ACO CBH AAS ∴△≌△，4CH OA ∴==，2BH OC ==， 2OH CH OC ∴=-=，(2,2)C ∴-，故答案为：(2,2)-；（2）如图所示，过C 作CK x ⊥轴交OA 的延长线于K ，则90OCK ∠=︒，∵AOB 为等腰直角三角形， ∴45AOB ∠=︒，又∵90OCK ∠=︒，∴9045K AOB AOB ∠=︒-∠=︒=∠， ∴OC CK =，ACD 为等腰直角三角形， 90ACD ∴∠=︒，AC DC =，90ACO OCD ∴∠+∠=︒，又∵90OCK ∠=︒，90ACO ACK ∴∠+∠=︒， ACK OCD ∴∠=∠，在ACK 与DCO 中，CK OC ACK OCD AC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ACK DCO SAS ∴△≌△，45DOC K ∴∠=∠=︒， 90AOD AOB DOC ∴∠=∠+∠=︒；（3）如图2中，作BE x ⊥轴于点E ，并延长交AC 的延长线于点F ，(4,0)-A ，(,0)D m ，4AD m ∴=+，AD 平分BAC ∠， BAE FAE ∴∠=∠，∵BE x ⊥轴于点E ，90AEB AEF ∴∠=∠=︒，在ABE △和AFE △中， AEB AEF AE AEBAE FAE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ()ABE AFE ASA ∴△≌△，BE FE ∴=，∵B 的纵坐标为n ，且点B 在第四象限，BE FE n ∴==-， 2BF BE FE n ∴=+=-， 90ACB AEB ∠=∠=︒，90CAD CDA CBF BDE ∴∠+∠=∠+∠=︒，又∵CDA BDE ∠=∠，CAD CBF ∴∠=∠，在ACD △和BCF △中，ACD BCF AC BCCAD CBF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ()ACD CBF ASA ∴△≌△，AD BF ∴=，42m n ∴+=-，即：24m n +=-， ∴2n m +的值为4-．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，角平分线的定义，坐标与图形性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．12．(1)y＝x﹣4(2)P（4）(3)存在，M（，0）或（﹣17，0）【解析】【分析】（1）先分别求出A、B、C三点的坐标，即可利用待定系数法求出直线BC的解析式；（2）设E（x1，x1﹣4），Q（x2，x2﹣4），则D（x1，x12﹣3x1﹣4），P（x2，x22﹣3x2﹣4），由平行四边形的性质得到ED＝QP，即（x1﹣4）﹣（x12﹣3x1﹣4）＝（x2﹣4）﹣（x22﹣3x2﹣4），从而推出x1+x2＝4，再由四边形EDPQ的周长（0＜x＜4），即可利用二次函数的性质得到答案；（3）分△AEB∽△BDM和△AEB∽△BM′D，利用相似三角形的性质求解即可．(1)解：∵抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A、B（A在B的左侧），与y轴交于点C，∴令x＝0，则y＝4，令y＝0，则x2﹣3x﹣4＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝4，∴C（0，﹣4），A（﹣1，0），B（4，0），设直线BC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），∴把B、C坐标代入上式得：，解得：，∴直线BC的解析式为：y＝x﹣4；(2)解：如图1，过D作轴交BC于E，点P是BC下方抛物线上动点（P在D的右∥轴交BC于Q，侧），过点P作PQ y又∵抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4，直线BC的解析式为：y＝x﹣4，∴设E（x1，x1﹣4），Q（x2，x2﹣4），则D（x1，x12﹣3x1﹣4），P（x2，x22﹣3x2﹣4），若四边形EDPQ为平行四边形，则ED＝QP，即（x1﹣4）﹣（x12﹣3x1﹣4）＝（x2﹣4）﹣（x22﹣3x2﹣4），∴，∴解得：x1＝x2（不合题意，应舍去），x1+x2＝4，∵，ED＝4x1﹣x12，又∵四边形EDPQ的周长把x2＝4﹣x1代入上式得：四边形EDPQ的周长（0＜x＜4），∵﹣2＜0，∴当时，四边形EDPQ的周长有最大值12，此时，∴P（，）；(3)解：如图2，若DM∥EB，则∠DMB＝∠EBM，∵AE∥DB，∴∠EAB＝∠DBM，∴△AEB∽△BDM，∴，∵xD＝1，∴yD＝1﹣3﹣4＝﹣6，∴D（1，﹣6），∵B（4，0），D（1，﹣6），∴yBD＝2x﹣8，∵AE∥BD，∴设yAE＝2x+n并把A（﹣1，0）代入得：yAE＝2x+2，联立，解得：（与A重合，应舍去）或，∴，，∴，∴，∴,∴M（，0），②如图3，若∠DM′B＝∠BEA且∠EAB＝∠DBM′，∴△AEB∽△BM′D，∴，∴，∴BM′＝21，∴OM′＝BM′﹣BO＝21﹣4＝17，∴M′（﹣17，0），综上所述，M（，0）或（﹣17，0）．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，二次函数与平行四边形，二次函数与相似三角形，一次函数与二次函数综合等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识．13．(1)E（43，3）(2)4 3(3)k＝6【解析】【分析】（1）由OB=4、OA=3，求出点A、B、C的坐标分别为：（0，3）、（4，0）、（4，3），由BF=13BC得到点F（4，1），进而求解；（2）F点的横坐标为4，则F（4，），E的纵坐标为3，则E（，3），进而求解；（3）当点G落在对角线AB上时，得到EF∥AB，则MF是△CGB的中位线，则点F是BC 的中点，即可求解；当点G落在OC上时，由①知，CG⊥AB，如果G落在OC上，则OC⊥AB，由题意得AB和OC不垂直，故该情况不存在．(1)解：∵OB=4，OA=3，∴点A、B的坐标分别为：（0，3）、（4，0）∵四边形OACB为矩形，则点C（4，3），当BF=13BC时，点F（4，1），将点F的坐标代入y=kx并解得：k=4，故反比例函数的表达式为：y=4x，当y=3时，x=43，故E（43，3）；(2)解：∵F点的横坐标为4，点F在反比例函数上，∴F（4，），∴CF=BC-BF=3-=，∵E的纵坐标为3，∴E（，3），∴CE=AC-AE=4-13k=，在Rt△CEF中，tan∠EFC==43；(3)①当点G落在对角线AB上时，在Rt△ABC中，tan∠ABC=ACBC=43=tan∠EFC，故EF∥AB，连接CG交EF于点M，则MG=MC，即点M是CG的中点，而EF∥AB，故MF是CGB的中位线，则点F是BC的中点，故点F的坐标为（4，32），将点F的坐标代入反比例函数表达式得：k=4×32=6；②当点G落在OC上时，由①知，CG⊥AB，如果G落在OC上，则OC⊥AB，由题意得AB和OC不垂直，故点G不会落在OC上；综上，k=6．【点睛】。

中考数学压轴题十大题型(含详细答案)

一、中考数学压轴题1．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线y =-x + m 交 y 轴的正半轴于点A ，交x 轴的正半轴于点B ，过点A 的直线AF 交x 轴的负半轴于点F ，∠AFO=45°．（1）求∠FAB 的度数；（2）点 P 是线段OB 上一点，过点P 作 PQ ⊥OB 交直线 FA 于点Q ，连接 BQ ，取 BQ 的中点C ，连接AP 、AC 、CP ，过点C 作 CR ⊥AP 于点R ，设 BQ 的长为d ，CR 的长为h ，求d 与 h 的函数关系式（不要求写出自变量h 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，过点 C 作 CE ⊥OB 于点E ，CE 交 AB 于点D ，连接 AE ，∠AEC=2∠DAP ，EP=2，作线段 CD 关于直线AB 的对称线段DS ，求直线PS 与直线 AF 的交点K 的坐标．2．已知：如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，()2,0C ．直线26y x =+与x 轴交于点A ，交y 轴于点B ．过C 点作直线AB 的垂线，垂足为E ，交y 轴于点D ．（1）求直线CD 的解析式；（2）点G 为y 轴负半轴上一点，连接EG ，过点E 作EH EG ⊥交x 轴于点H ．设点G 的坐标为()0,t ，线段AH 的长为d ．求d 与t 之间的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）（3）过点C 作x 轴的垂线，过点G 作y 轴的垂线，两线交于点M ，过点H 作HN GM ⊥于点N ，交直线CD 于点K ，连接MK ，若MK 平分NMB ∠，求t 的值．3．如图1，抛物线2(0)y ax bx c a =++≠的顶点为C （1，4），交x 轴于A 、B 两点，交y 轴于点D ，其中点B 的坐标为（3，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，点E 是BD 上方抛物线上的一点，连接AE 交DB 于点F ，若AF=2EF ，求出点E 的坐标．（3）如图3，点M 的坐标为（32，0），点P 是对称轴左侧抛物线上的一点，连接MP ，将MP 沿MD 折叠，若点P 恰好落在抛物线的对称轴CE 上，请求出点P 的横坐标．4．如图，在梯形ABCD 中，AD//BC ，AB=CD=AD=5，cos 45B =，点O 是边BC 上的动点，以OB 为半径的O 与射线BA 和边BC 分别交于点E 和点M ，联结AM ，作∠CMN=∠BAM ，射线MN 与边AD 、射线CD 分别交于点F 、N ．（1）当点E 为边AB 的中点时，求DF 的长；（2）分别联结AN 、MD ，当AN//MD 时，求MN 的长；（3）将O 绕着点M 旋转180°得到'O ，如果以点N 为圆心的N 与'O 都内切，求O 的半径长．5．如图，在平面直角坐标系中，直线6y x =+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，点C 在x 轴正半轴上，2ABC ACB ∠=∠．（1）求直线BC 的解析式；（2）点D 是射线BC 上一点，连接AD ，设点D 的横坐标为t ，ACD ∆的面积为S ()0S ≠，求S 与t 的函数解析式，并直接写出自变量t 的取值范围；（3）在（2）的条件下，AD 与y 轴交于点E ，连接CE ，过点B 作AD 的垂线，垂足为点H ，直线BH 交x 轴于点F ，交线段CE 于点M ，直线DM 交x 轴于点N ，当:7:12NF FC =时，求直线DM 的解析式．6．在梯形ABCD 中，//AD BC ，90B ∠=︒，45C ∠=︒，8AB =，14BC =，点E 、F 分别在边AB 、CD 上，//EF AD ，点P 与AD 在直线EF 的两侧，90EPF ∠=︒，PE PF =，射线EP 、FP 与边BC 分别相交于点M 、N ，设AE x =，MN y =．（1）求边AD 的长；（2）如图，当点P 在梯形ABCD 内部时，求关于x 的函数解析式，并写出定义域；（3）如果MN 的长为2，求梯形AEFD 的面积．7．如图，已知正方形ABCD 中，4,BC AC BD =、相交于点O ，过点A 作射线AM AC ⊥，点E 是射线AM 上一动点，连接OE 交AB 于点F ，以OE 为一边，作正方形OEGH ，且点A 在正方形OEGH 的内部，连接DH ．（1）求证：EDO EAO ∆≅∆；（2）设BF x =，正方形OEGH 的边长为y ，求y 关于x 的函数关系式，并写出定义域；（3）连接AG ，当AEG ∆是等腰三角形时，求BF 的长．8．问题提出（1）如图①，在ABC 中，42,6,135AB AC BAC ==∠=，求ABC 的面积．问题探究（2）如图②，半圆O 的直径10AB =，C 是半圆AB 的中点，点D 在BC 上，且2CD BD =，点P 是AB 上的动点，试求PC PD +的最小值．问题解决（3）如图③，扇形AOB 的半径为20,45AOB ∠=在AB 选点P ，在边OA 上选点E ，在边OB 上选点F ，求PE EF FP ++的长度的最小值．9．如图，在ABC ∆中，14AB =，45B ∠=︒，4tan 3A =，点D 为AB 中点．动点P 从点D 出发，沿DA 方向以每秒1个单位长度的速度向终点A 运动，点P 关于点D 对称点为点Q ，以PQ 为边向上作正方形PQMN ．设点P 的运动时间为t 秒．（1）当t =_______秒时，点N 落在AC 边上．（2）设正方形PQMN 与ABC ∆重叠部分面积为S ，当点N 在ABC ∆内部时，求S 关于t 的函数关系式．（3）当正方形PQMN 的对角线所在直线将ABC ∆的分为面积相等的两部分时，直接写出t 的值．10．对于平面直角坐标系xOy 中的任意点()P x y ，，如果满足x y a += (x ≥0，a 为常数)，那么我们称这样的点叫做“特征点”．（1）当2≤a ≤3时，①在点(1,2),(1,3),(2.5,0)A B C 中，满足此条件的特征点为__________________；②⊙W 的圆心为(,0)W m ，半径为1，如果⊙W 上始终存在满足条件的特征点，请画出示意图，并直接写出m 的取值范围；（2）已知函数()10Z x x x=+>，请利用特征点求出该函数的最小值．11．如图，在平面直角坐标系中，点(1,2)A ，(5,0)B ，抛物线22(0)y ax ax a =->交x 轴正半轴于点C ，连结AO ，AB ．（1）求点C 的坐标；（2）求直线AB 的表达式；（3）设抛物线22(0)y ax ax a =->分别交边BA ，BA 延长线于点D ，E ．①若2AE AO =，求抛物线表达式；②若CDB △与BOA △相似，则a 的值为．（直接写出答案）12．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线239334y x x =--x 轴交于A B 、两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ．（1）过点C 的直线5334y x =-x 轴于点H ，若点P 是第四象限内抛物线上的一个动点，且在对称轴的右侧，过点P 作//PQ y 轴交直线CH 于点Q ，作//PN x 轴交对称轴于点N ，以PQ PN 、为邻边作矩形PQMN ，当矩形PQMN 的周长最大时，在y 轴上有一动点K ，x 轴上有一动点T ，一动点G 从线段CP 的中点R 出发以每秒1个单位的速度沿R K T →→的路径运动到点T ，再沿线段TB 以每秒2个单位的速度运动到B 点处停止运动，求动点G 运动时间的最小值：（2）如图2，将ABC ∆绕点B 顺时针旋转至A BC ''∆的位置，点A C 、的对应点分别为A C ''、，且点C '恰好落在抛物线的对称轴上，连接AC '．点E 是y 轴上的一个动点，连接AE C E '、，将AC E ∆'沿直线C E '翻折为A C E ∆''，是否存在点E ，使得BAA ∆'为等腰三角形?若存在，请求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由．13．（1）如图1，A 是⊙O 上一动点，P 是⊙O 外一点，在图中作出PA 最小时的点A ．（2）如图2，Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝8，BC ＝6，以点C 为圆心的⊙C 的半径是3.6，Q 是⊙C 上一动点，在线段AB 上确定点P 的位置，使PQ 的长最小，并求出其最小值．（3）如图3，矩形ABCD 中，AB ＝6，BC ＝9，以D 为圆心，3为半径作⊙D ，E 为⊙D 上一动点，连接AE ，以AE 为直角边作Rt △AEF ，∠EAF ＝90°，tan ∠AEF ＝13，试探究四边形ADCF 的面积是否有最大或最小值，如果有，请求出最大或最小值，否则，请说明理由．14．（问题探究）课堂上老师提出了这样的问题：“如图①，在ABC 中，108BAC ∠=︒，点D 是BC 边上的一点，7224BAD BD CD AD ∠=︒==，，，求AC 的长”．某同学做了如下的思考：如图②，过点C 作CE AB ∥，交AD 的延长线于点E ，进而求解，请回答下列问题：（1）ACE ∠=___________度；（2）求AC 的长．（拓展应用）如图③，在四边形ABCD 中，12075BAD ADC ∠=︒∠=︒，，对角线AC BD 、相交于点E ，且AC AB ⊥，22EB ED AE ==，，则BC 的长为_____________．15．在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线y ＝﹣x+4与x 轴交于点A ，过点A 的抛物线y ＝ax 2+bx 与直线y ＝﹣x+4交于另一点B ，且点B 的横坐标为1．（1）该抛物线的解析式为；（2）如图1，Q 为抛物线上位于直线AB 上方的一动点（不与B 、A 重合），过Q 作QP ⊥x 轴，交x 轴于P ，连接AQ ，M 为AQ 中点，连接PM ，过M 作MN ⊥PM 交直线AB 于N ，若点P 的横坐标为t ，点N 的横坐标为n ，求n 与t 的函数关系式；在此条件下，如图2，连接QN 并延长，交y 轴于E ，连接AE ，求t 为何值时，MN ∥AE ．（3）如图3，将直线AB 绕点A 顺时针旋转15度交抛物线对称轴于点C ，点T 为线段OA 上的一动点（不与O 、A 重合），以点O 为圆心、以OT 为半径的圆弧与线段OC 交于点D ，以点A 为圆心、以AT 为半径的圆弧与线段AC 交于点F ，连接DF ．在点T 运动的过程中，四边形ODFA 的面积有最大值还是有最小值？请求出该值．16．如图，抛物线25y ax bx =+-交x 轴于点A 、B （A 在B 的左侧），交y 轴于点C ，且OB OC =，()2,0A -．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 为第四象限抛物线上一点，过点P 作y 轴的平行线交BC 于点D ，设P 点横坐标为t ，线段PD 的长度为d ，求d 与t 的函数关系式．（不要求写出t 的取值范围）（3）在（2）的条件下，F 为BP 延长线上一点，且45PFC ∠=︒，连接OF 、CP 、PB ，FOB ∆的面积为3600169，求PBC ∆的面积．17．如图①，△ABC是等腰直角三角形，在两腰AB、AC外侧作两个等边三角形ABD和ACE，AM和AN分别是等边三角形ABD和ACE的角平分线，连接CM、BN，CM与AB交于点P．（1）求证：CM＝BN；（2）如图②，点F为角平分线AN上一点，且∠CPF＝30°，求证：△APF∽△AMC；（3）在（2）的条件下，求PFBN的值．18．如图，在⊙O中，直径AB＝10，tanA＝3．（1）求弦AC的长；（2）D是AB延长线上一点，且AB＝kBD，连接CD，若CD与⊙O相切，求k的值；（3）若动点P以3cm/s的速度从A点出发，沿AB方向运动，同时动点Q以32cm/s的速度从B点出发沿BC方向运动，设运动时间为t （0＜t＜103），连结PQ．当t为何值时，△BPQ为Rt△？19．如图，在矩形ABCD中，点E为BC的中点，连接AE，过点D作DF AE⊥于点F，过点C作CN DF⊥于点N，延长CN交AD于点M．（1）求证：AM MD=（2）连接CF，并延长CF交AB于G①若2AB=，求CF的长度；②探究当ABAD为何值时，点G恰好为AB的中点．20．在一次数学课上，李老师让同学们独立完成课本第23页第七题选择题（2）如图 1，如果 AB∥CD∥EF，那么∠BAC+∠ACE+∠CEF＝（）A．180° B．270° C．360° D．540°（1）请写出这道题的正确选项；（2）在同学们都正确解答这道题后，李老师对这道题进行了改编：如图2，AB∥EF，请直接写出∠BAD，∠ADE，∠DEF之间的数量关系．（3）善于思考的龙洋同学想：将图1平移至与图2重合（如图3所示），当AD，ED分别平分∠BAC，∠CEF时，∠ACE与∠ADE之间有怎样的数量关系？请你直接写出结果，不需要证明．（4）彭敏同学又提出来了，如果像图4这样，AB∥EF，当∠ACD=90°时，∠BAC、∠CDE 和∠DEF之间又有怎样的数量关系？请你直接写出结果，不需要证明．21．如图1，以AB为直径作⊙O，点C是直径AB上方半圆上的一点，连结AC，BC，过点C作∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点D作AB的平行线交CB的延长线于点E．（1）如图1，连结AD，求证：∠ADC＝∠DEC．（2）若⊙O的半径为5，求CA•CE的最大值．（3）如图2，连结AE，设tan∠ABC＝x，tan∠AEC＝y，①求y关于x的函数解析式；②若CBBE＝45，求y的值．22．发现来源于探究．小亮进行数学探究活动，作边长为a的正方形ABCD和边长为b的正方形AEFG（a>b），开始时，点E在AB上，如图1．将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转．（1）如图2，小亮将正方形AEFG 绕点A 逆时针方向旋转，连接BE 、DG ，当点G 恰好落在线段BE 上时，小亮发现DG ⊥BE ，请你帮他说明理由．当a=3，b=2时，请你帮他求此时DG 的长．（2）如图3，小亮旋转正方形AEFG ，点E 在DA 的延长线上，连接BF 、DF ．当FG 平分∠BFD 时，请你帮他求a ：b 及∠FBG 的度数．（3）如图4，BE 的延长线与直线DG 相交于点P ，a=2b ．当正方形AEFG 绕点A 从图1开始，逆时针方向旋转一周时，请你帮小亮求点P 运动的路线长（用含b 的代数式表示）．23．问题探究（1）如图1．在ABC 中，8BC =，D 为BC 上一点，6AD =．则ABC 面积的最大值是_______．（2）如图2，在ABC 中，60BAC ∠=︒，AG 为BC 边上的高，O 为ABC 的外接圆，若3AG =，试判断BC 是否存在最小值？若存在，请求出最小值：若不存在，请说明理由．问题解决：如图3，王老先生有一块矩形地ABCD ，6212AB =，626BC =+，现在他想利用这块地建一个四边形鱼塘AMFN ，且满足点E 在CD 上，AD DE =，点F 在BC 上，且6CF =，点M 在AE 上，点N 在AB 上，90MFN ∠=︒，这个四边形AMFN 的面积是否存在最大值？若存在，求出面积的最大值；若不存在，请说明理由．24．问题一：如图①，已知AC ＝160km ，甲，乙两人分别从相距30km 的A ，B 两地同时出发到C 地．若甲的速度为80km /h ，乙的速度为60km /h ，设乙行驶时间为x （h ），两车之间距离为y （km ）．（1）当甲追上乙时，x ＝．（2）请用x 的代数式表示y ．问题二：如图②，若将上述线段AC 弯曲后视作钟表外围的一部分，线段AB 正好对应钟表上的弧AB （1小时的间隔），易知∠AOB ＝30°．（3）分针OD 指向圆周上的点的速度为每分钟转动 km ，时针OE 指向圆周上的点的速度为每分钟转动 °；（4）若从2：00起计时，求几分钟后分针与时针第一次重合？25．在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，抛物线(2)()y a x x m =++与x 轴交于点A C 、（点A 在点C 的左侧），与y 轴正半轴交于点B ，24OC OB ==．（1）如图1，求a m 、的值；（2）如图2，抛物线的顶点坐标是M ，点D 是第一象限抛物线上的一点，连接AD 交抛物线的对称轴于点N ，设点D 的横坐标是t ，线段MN 的长为d ，求d 与t 的函数关系式；（3）如图3，在（2）的条件下，当154d =时，过点D 作DE x 轴交抛物线于点E ，点P 是x 轴下方抛物线上的一个动点，连接PE 交x 轴于点F ，直线211y x b =+经过点D 交EF 于点G ，连接CG ，过点E 作EH CG 交DG 于点H ，若3CFG EGH S S =△△，求点P 的坐标．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、中考数学压轴题1．F解析：（1）∠FAB=90°；（2）22d h =；（3）直线PS 与直线AF 的交点K(-2，6)．【解析】【分析】（1）通过直线AB 的解析式可求出点A 、B 的坐标，可知AOB 是等腰直角三角形，再结合已知条件即可确定90FAB ∠=︒；（2）根据已知条件证明CP=AC=QC=BC 从而得出△ACP 是等腰直角三角形，在Rt △CRP 中，利用sin ∠CPR 22CR CP ==，推出2CP CR =，继而得出22BQ CR =，得出答案；（3）过点 A 作AH ⊥CE 交 EC 的延长线于点 H ，延长 CH 到点 G ，使 HG=CH ，连接AG ，证明△AHC ≌△CEP ，设AH CE n ==，得出EG=CE+CH+GH=n+2+2=n+4，再通过角的等量代换，得出∠EAG=∠G ，从而有EG=EA=n+4，在Rt △AHE 中，通过勾股定理AE²=HE²+AH²可求出n 的值为6，从而得出直线AF 的解析式y = x + 8 ，再求出直线PS 的解析式为 y=-x+4，求交点即可．【详解】解：（1）如下图，y = -x + m ，当x=0时，y=m∴A （0，m ），OA=m当y=0时，0=-x+m ，x=m ，∴B （m ，0），OB=m∴OA=OB∴∠OAB=∠OBA=45°∵∠AFO=45°，∠FAB+∠FBA+∠AFB=180°∴∠FAB=90°（2）如下图，∵CP 、AC 分别是 Rt △QPB 和 Rt △QAB 的斜边上的中线∴CP= 12QB ，12AC QB =， ∴CP=AC=QC=BC∴∠CAB=∠CBA设∠CAB=∠CBA=α，∴∠CBP=45°+α∴∠CPB=∠CBP=45°+α∴∠PCB=180°-（∠CPB+∠CBP ）=90°-2α∵∠ACB=180°-∠CAB-∠CBA=180°-2α∴∠ACP=∠ACB-∠PCB=180°-2α-（90°-2α）=90°∵AC=CP∴△ACP 是等腰直角三角形∴∠CPA=∠CAP=45°∵CR ⊥AP ，∴∠CRP=90°，在Rt △CRP 中sin ∠CPR 22CR CP == ∴2CP CR =∵12CP BQ =， ∴22BQ CR =即22d h =（3）过点 A 作AH ⊥CE 交 EC 的延长线于点 H ，延长 CH 到点 G ，使 HG=CH ，连接AG ∴∠AHC=∠CEP=90°∴∠HAC+∠HCA=∠PCE+∠HCA∴∠HAC=∠PCE ，∵AC=CP∴△AHC ≌△CEP∴CH=PE=2，AH=CE ，∴GH=CH=2，AH CE n ==∴EG=CE+CH+GH=n+2+2=n+4设∠DAP=β，则∠AEG=2β∴α+β=45°∵∠EBD=∠EDB=∠HDA=∠HAD=45°∴∠CAH=∠HAD-α=45°-α=β∵AH 垂直平分 GC∴AG=AC∴∠GAH=∠CAH=β∴∠G=90°-β 在△EAG 中∠EAG=180°-∠G-∠AEG=180°-（90°-β）-2β =90°-β∴∠EAG=∠G∴EG=EA=n+4在 Rt △AHE 中，AE²=HE²+AH²222(4)(2)n n n +=++126,2n n ==-（舍）∴AH=OE=6，EP=EB=2∴OB=OE+BE=8∴m=8，∴A （0，8）∴OA=OF=8 ， ∴F （-8，0）∴直线 AF 的解析式为 y = x + 8∵CD=CE-DE=CE-BE=6-2=4∵线段 CD 关于直线 AB 的对称线段 DS∴SD=CD=4，∠CDA=∠SDA=45°∴∠CDS=90°，∴SD ∥x 轴过点 S 分别作 SM ⊥x 轴于点 M ，SN ⊥y 轴于点 N∴四边形 OMSN 、SMED 都是矩形∴OM=SN=OE-ME=2，ON=SM=DE=BE=2∴S(2，2)∵OP=OE-EP=6-2=4，∴P(4，0)设直线 PS 的解析式为 y=ax+b∴4022a b a b +=⎧⎨+=⎩，解得：14a b =-⎧⎨=⎩∴直线 PS 的解析式为 y=-x+4设直线PS 与直线AF 的交点K(x ，y)∴48y x y x =-+⎧⎨=+⎩解得26x y =-⎧⎨=⎩∴直线PS 与直线AF 的交点K(-2，6)．【点睛】本题考查的知识点是一次函数与几何图形，将一次函数的图象与几何图形综合在一起的问题，是考查学生综合素质和能力的热点题型，它充分体现了数学解题中的数形结合思想和整体转化思想．本题考查的知识点有一次函数图象与坐标轴的交点问题、等腰直角三角形的判定及性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定及性质、矩形的性质、待定系数法求一次函数解析式、线段垂直平分线等．2．C解析：（1）112y x =-+；（2）1d t =-+；（3）6215t -= 【解析】【分析】（1）根据互相垂直两直线斜率积为-1，设出直线CE 的解析式，再将点C 坐标代入即可求解；（2）过点E 作EM ⊥y 轴于点M ，过点E 作EN x ⊥轴于点N ，通过解直角三角形可证EDM ≌EAN ，ENH ≌EMG ，得到AN =DM ，HN =GM ，进而得到AH DG =，再根据CE 解析式求出D 点坐标，即可找出d 与t 之间的函数关系式；（3）过点B 作BT CM ⊥于点T ，在直线BT 上截取TL NK =，证四边形BGMT 与四边形HNMC 均为矩形，得MN MT =，再进一步证明ENH ≌EMG ，利用全等三角形的性质通过角度计算，得出△BML 为等腰三角形且BM BL =，再用含有t 的代数式表示BM ，最后在Rt △BMG 中利用勾股定理建立等式，求出t 的值．【详解】解：（1）∵CE ⊥AB ，∴设直线CE 的解析式为：12y x c =-+，把点C （2，0）代入上述解析式，得1c =，∴直线CD 的解析式为：112y x =-+；（2）过点E 作EM ⊥y 轴于点M ，过点E 作EN x ⊥轴于点N ，令26 112y xy x=+⎧⎪⎨=-+⎪⎩，解得22xy=-⎧⎨=⎩，∴()2,2E-，易证EDM≌EAN，ENH≌EMG，∴AN=DM ，HN=GM，∴AH DG=，由直线CE的解析式112y x=-+，可求点D（0，1）∴DG=1—t，∴1d t=-+；（3）过点B作BT CM⊥于点T，在直线BT上截取TL NK=，易证四边形BGMT与四边形HNMC均为矩形，由（2）问可知1tAH GD==-，则6tHC=-∴6tBG MT==-，∴MN MT=，∵90KNM LTM∠=∠=︒，∴ENH≌EMG，∴LNKM∠=∠，设KMNα∠=，则KMB KMNα∠=∠=，∴90NKM α∠=︒-，∴90NKM L α∠=∠=︒-，∵//BL MN ，∴2MBL BMN α∠=∠=，∴18090BML MBL L α∠=︒-∠-∠=︒-，∴BM BL =， ∵1tan 2KCH ∠=， ∴11322KH CH t ==-， ∴133322KN KH HN t t t TL =+=--=-=， ∴352BL BT TL t BM =+=-=，在Rt BMG △中， 222BM BG GM =+，解得t =（不合题意舍去）或t =故，65t -=．【点睛】本题一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理等，利用已知条件求相等交，相等线段是解决本题的关键．3．E解析：（1）2y x 2x 3=-++；（2）E （2，3）或（1，4）；（3）P 点横坐标为118【解析】【分析】(1) 抛物线2(0)y ax bx c a =++≠的顶点为C （1，4），设抛物线的解析式为2(1)4y a x =-+，由抛物线过点B,（3，0），即可求出a 的值，即可求得解析式；（2）过点E 、F 分别作x 轴的垂线，交x 轴于点M 、N ，设点E 的坐标为()2,23x xx -++，求出A 、D 点的坐标，得到OM=x ，则AM=x+1，由AF=2EF 得到22(1)33x AN AM +==，从而推出点F 的坐标21210(,)3333x x --+，由23FN EM =，列出关于x 的方程求解即可；（3）先根据待定系数法求出直线DM 的解析式为y=-2x+3，过点P 作PT ∥y 轴交直线DM 于点T ，过点F 作直线GH ⊥y 轴交PT 于点G ，交直线CE 于点H.证明△FGP ≌△FHQ ，得到FG=FH ，PT=45GH.设点P （m ，-m²+2m+3），则T （m ，-2m+3），则PT=m²-4m ，GH=1-m ，可得m²-4m=45（1-m ），解方程即可. 【详解】（1）∵抛物线的顶点为C （1，4），∴设抛物线的解析式为2(1)4y a x =-+，∵抛物线过点B,（3，0），∴20(31)4a =-+，解得a=-1，∴设抛物线的解析式为2(1)4y x =--+，即2y x 2x 3=-++；（2）如图，过点E 、F 分别作x 轴的垂线，交x 轴于点M 、N ，设点E 的坐标为()2,23x x x -++，∵抛物线的解析式为2y x 2x 3=-++，当y=0时，2023x x =-++，解得x=-1或x=3，∴A （-1.0），∴点D （0,3），∴过点BD 的直线解析式为3y x =-+，点F 在直线BD 上，则OM=x ，AM=x+1，∴22(1)33x AN AM +==， ∴2(1)2111333x x ON AN +=-=-=-， ∴21210(,)3333x x F --+，∴2210332233FN EM x x x +--++==，解得x=1或x=2， ∴点E 的坐标为（2，3）或（1，4）；（3）设直线DM 的解析式为y=kx+b ，过点D （0,3），M （32，0），可得，3023k b b ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，解得k=-2，b=3，∴直线DM 的解析式为y=-2x+3，∴32OM =，3OD =， ∴tan ∠DMO=2，如图，过点P 作PT ∥y 轴交直线DM 于点T ，过点F 作直线GH ⊥y 轴交PT 于点G ，交直线CE 于点H.∵PQ ⊥MT ，∴∠TFG=∠TPF ，∴TG=2GF ，GF=2PG ，∴PT=25GF ， ∵PF=QF ，∴△FGP ≌△FHQ ，∴FG=FH ，∴PT=45GH. 设点P （m ，-m²+2m+3），则T （m ，-2m+3），∴PT=m²-4m ，GH=1-m ，∴m²-4m=45（1-m ），解得：1112018m -=，或2112018m +=（不合题意，舍去）， ∴点P 的横坐标为11201-. 【点睛】本题考查二次函数综合题、平行线分线段成比例定理、轴对称性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会用数形结合的思想解决问题，有一定难度.4．D解析：（1）DF 的长为158；（2）MN 的长为5；（3）O 的半径长为258．【解析】【分析】（1）作EH BM ⊥于H ，根据中位线定理得出四边形BMFA 是平行四边形，从而利用cos 45B =解直角三角形即可求算半径，再根据平行四边形的性质求FD 即可；（2）先证AMB CNM ∠=∠，再证MAD CNM ∠=∠，从而证明AFM NFD ∆~∆，得到AF MF AF DF NF MF NF DF=⇒=，再通过平行证明AFN DFM ∆~∆，从而得到AF NF AF MF NF DF DF MF=⇒=，通过两式相乘得出AF NF =再根据平行得出NF DF =，从而得出答案．（3）通过图形得出MN 垂直平分'OO ,从而得出90BAM CMN ∠=∠=︒，再利用cos 45B =解三角函数即可得出答案．【详解】（1）如图，作EH BM ⊥于H ：∵E 为AB 中点，45,cos 5AB AD DC B ====∴52AE BE ==∴cos 45BH B BE == ∴2BH = ∴2253222EH ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭设半径为r ，在Rt OEH ∆中：()222322r r ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ 解得：2516r =∵,E O 分别为,BA BM 中点 ∴BAM BEO OBE ∠=∠=∠又∵CMN BAM ∠=∠∴CMN OBE ∠=∠∴//MF AB∴四边形BMFA 是平行四边形∴2528AF BM r ===∴2515588FD AD AF =-=-= （2）如图：连接MD AN ，∵,B C BAM CMN ∠=∠∠=∠∴AMB CNM ∠=∠又∵AMB MAD ∠=∠∴MAD CNM ∠=∠又∵AFM NFD ∠=∠∴AFM NFD ∆~∆∴AF MF AF DF NF MF NF DF=⇒=① 又∵//MD AN ∴AFN DFM ∆~∆∴AF NF AF MF NF DF DF MF=⇒=② 由①⨯②得; 22AF NF AF NF =⇒=∴NF DF =∴5MN AD ==故MN 的长为5；（3）作如图：∵圆O 与圆'O 外切且均与圆N 内切设圆N 半径为R ，圆O 半径为r∴'=NO R r NO -=∴N 在'OO 的中垂线上 ∴MN 垂直平分'OO∴90NMC ∠=︒∵90BAM CMN ∠=∠=︒∴A 点在圆上∴54cos 5AB B BM BM === 解得：254BM = O 的半径长为258【点睛】本题是一道圆的综合题目，难度较大，掌握相似之间的关系转化以及相关线段角度的关系转化是解题关键．5．A解析：（1）6y x =-+；（2）636S t =-，()6t >；（3）5599y x =+ 【解析】【分析】（1）求出点A 、B 的坐标，从而得出△ABO 是等腰直角三角形，再根据2ABC ACB ∠=∠可得△OCB 也是等腰直角三角形，从而可求得点C 的坐标，将点B 、C 代入可求得解析式；（2）存在2种情况，一种是点D 在线段BC 上，另一种是点D 在线段BC 的延长线上，分别利用三角形的面积公式可求得；（3）如下图，先证ACR CAD ∆≅∆，从而推导出//RD AC ，进而得到CF RG =，同理还可得NF DG =，RD CN =，然后利用:7:12NF FC =可得到N 、D 的坐标，代入即可求得．【详解】解：（1）直线6y x =+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，(6,0)A ∴-，(0,6)B ．6OA OB ∴==．45BAO ∴∠=︒，180BAO ABC BCO ∠+∠+∠=︒，2ABC ACB ∠=∠，45BCO ∴∠=︒6OC OB ∴==，()6,0C ∴．设直线BC 的解析式为y kx b =+，将B 、C 两点坐标代得606k b b +=⎧⎨=⎩ 解得16k b =-⎧⎨=⎩∴直线BC 的解析式为6y x =-+．（2）点D 是射线BC 上一点，点D 的横坐标为t ，(,6)D t t ∴-+，6(6)12AC =--=．如下图，过点D 作DK AC ⊥于点K ，当点D 在线段BC 上时，6DK t =-+，16362S AC DK t ∴=⋅=-+()06t ≤<；如下图，当点D 在线段BC 的延长线上时，6DK t =-，636S t ∴=-()6t >．（3）如图，延长CE 交AB 于点R ，连接DR 交BF 于点G ，交y 轴于点P ．45BAO BCO ∠=∠=︒，BA BC ∴=．AO CO =，BO AC ⊥EA EC ∴=，EAC ECA ∴∠=∠．ACR CAD ∴∆≅∆．BAD BCR ∴∠=∠．AR CD ∴=．BR BD ∴=．//RD AC ∴．BH AD ⊥，HBD BAD BCR ∴∠=∠=∠．MB MC ∴=，∠MRB MRB MBR ∠=∠MR MB ∴=．CM MR ∴=．//RD AC ，::1:1CF RG CM RM ∴==．CF RG ∴=．同理NF DG =．RD CN =．∵:7:12NF FC =．:7:12DG RG ∴=．RP PD BP ==，5tan 19PG OF OBF BP OB∴==∠= 6OB ∴=，3019OF ∴=，6OC =，8419CF ∴=． 7RD GN ∴==．1ON ∴=，72PD =．52OP OB BP ∴=-=． (1,0)N ∴-，75,22D ⎛⎫ ⎪⎝⎭．设直线 DN 的解析式为y ax c =+，将N 、D 两点代入，07522a c a c -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩解得5959 ac⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴直线DM的解析式为5599y x=+．【点睛】本题考查了一次函数与图形的综合，需要用到全等、三角函数和平面直角坐标系的知识，解题关键是想办法确定函数图像上点的坐标．6．D解析：（1）6；（2）y=－3x+10(1≤x＜103)；（2）1769或32【解析】【分析】（1）如下图，利用等腰直角三角形DHC可得到HC的长度，从而得出HB的长，进而得出AD的长；（2）如下图，利用等腰直角三角形的性质，可得PQ、PR的长，然后利用EB=PQ+PR得去x、y的函数关系，最后根据图形特点得出取值范围；（3）存在2种情况，一种是点P在梯形内，一种是在梯形外，分别根y的值求出x的值，然后根据梯形面积求解即可．【详解】（1）如下图，过点D作BC的垂线，交BC于点H∵∠C=45°，DH⊥BC∴△DHC是等腰直角三角形∵四边形ABCD是梯形，∠B=90°∴四边形ABHD是矩形，∴DH=AB=8∴HC=8∴BH=BC－HC=6∴AD=6（2）如下图，过点P作EF的垂线，交EF于点Q，反向延长交BC于点R，DH与EF交于点G∵EF ∥AD,∴EF ∥BC∴∠EFP=∠C=45°∵EP ⊥PF∴△EPF 是等腰直角三角形同理,还可得△NPM 和△DGF 也是等腰直角三角形∵AE=x∴DG=x=GF,∴EF=AD+GF=6+x∵PQ ⊥EF,∴PQ=QE=QF∴PQ=()162x + 同理，PR=12y ∵AB=8，∴EB=8－x∵EB=QR∴8－x=()11622x y ++ 化简得：y=－3x+10 ∵y ＞0，∴x ＜103 当点N 与点B 重合时，x 可取得最小值则BC=NM+MC=NM+EF=－3x+10+614x +=，解得x=1∴1≤x ＜103（3）情况一：点P 在梯形ABCD 内，即（2）中的图形 ∵MN=2，即y=2，代入（2）中的关系式可得：x=83=AE ∴188176662339ABCD S ⎛⎫=⨯++⨯= ⎪⎝⎭梯形情况二：点P 在梯形ABCD 外，图形如下：与（2）相同，可得y=3x －10则当y=2时，x=4，即AE=4 ∴()16644322ABCD S =⨯++⨯=梯形【点睛】本题考查了等腰直角三角形、矩形的性质，难点在于第（2）问中确定x 的取值范围，需要一定的空间想象能力． 7．A解析：（1）详见解析；（2）2448x x y -+=（04x <<）；（3）当AEG ∆是等腰三角形时，2BF =或43【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得到∠AOD=90°，AO=OD ，∠EOH=90°，OE=OH ，由全等三角形的性质即可得到结论；（2）如图1，过O 作ON ⊥AB 于N ，根据等腰直角三角形的性质得到122AN BN ON AB ====，根据勾股定理得到()222222248OF FN ON x x x =+=-+=-+线段成比例定理即可得到结论；（3）①当AE=EG 时，△AEG 是等腰三角形，②当AE=AG 时，△AEG 是等腰三角形，如图2，过A 作AP ⊥EG 于P ③当GE=AG 时，△AEG 是等腰三角形，如图3，过G 作GQ ⊥AE 于Q ，根据相似三角形的性质或全等三角形的性质健即可得到结论．【详解】（1）∵四边形ABCD 是正方形，,OA OD AC BD ∴=⊥，90AOD ∴∠=︒，∵四边形OEGH 是正方形，,90OE OH EOH ∴=∠=︒，AOD EOH ∴∠=∠，AOD AOH EOH AOH ∴∠-∠=∠-∠，即HOD EOA ∠=∠，HDO EAO ∴∆≅∆．（2）如图1，过O 作ON⊥AB 于N ，则122AN BN ON AB ====， ∵BF=x，∴AF=4-x ，∴FN=2-x ， ∴()222222248OF FN ON x x x =+=-+=-+∴248EF y x x =-+ ∵AM⊥AC，∴AE∥OB，∴BF OF AF EF＝， ∴2248448x x x x y x x -+=---+， ∴)24804x x y x x-+≤＝＜；（3）①当AE=EG 时，△AEG 是等腰三角形，则AE=OE ，∵∠EAO=90°，∴这种情况不存在；②当AE=AG 时，△AEG 是等腰三角形，如图2，过A 作AP⊥EG 于P ，则AP∥OE，∴∠PAE=∠AEO，∴△APE∽△EAO，∴PE AE OA OE=，∵AE=AG，∴2421482x xxPE y-+==，()22248xAE yx-=-=，∴()22222224448448xx xxx xx---+=+，解得：x=2，②当GE=AG时，△AEG是等腰三角形，如图3，过G作GQ⊥AE于Q，∴∠GQE=∠EAO=90°，∴∠GEQ+∠EGQ=∠GEQ+∠AEO=90°，∴∠EGQ=∠AEO，∵GE=OE，∴△EGQ≌△OEA（AAS），∴22EQ AO==∴224242()xAE E Q-===∴43x =， ∴BF=2或43．【点睛】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．8．B解析：（1）12；（2）3）【解析】【分析】（1）如图1中，过点B 作BD CA ⊥，交CA 延长线于点D ，通过构造直角三角形，求出BD 利用三角形面积公式求解即可.（2）如图示，作点D 关于AB 的对称点Q ，交AB 于点H ，连接CQ ，交AB 于点P ，连接PD 、OD 、OC ，过点Q 作QM CO ⊥，交CO 延长线于点M ，确定点P 的位置，利用勾股定理与矩形的性质求出CQ 的长度即为答案.（3）解图3所示，在AB 上这一点作点P 关于OA 的对称点S ，作点P 关于OB 的对称点N ，连接SN ，交OA 于点E ，交OB 于点F ，连接OS ON OP EP FP 、、、、，通过轴对称性质的转化，最终确定最小值转化为SN 的长.【详解】（1）如解图1所示，过点B 作BD CA ⊥，交CA 延长线于点D ，135BAC ∠=，180********BAD BAC ∴∠=-∠=-=，BD CA ⊥，交CA 延长线于点D ，BAD ∴为等腰直角三角形，且90BDA ∠=，BD AD ∴=，在BAD 中，,90BD AD BDA =∠=，222BD AD AB ∴+=，即222BD AB =，4AB =222232BD AB ∴===，解得：4BD =，6AC =，11641222ABC S AC BD ∴=⋅=⨯⨯=．（2）如解图2所示，作点D 关于AB 的对称点Q ，交AB 于点H ，连接CQ ，交AB 于点P ，连接PD 、OD 、OC ，过点Q 作QM CO ⊥，交CO 延长线于点M ， D 关于AB 的对称点Q ，CQ 交AB 于点P ，PD PQ ∴=，PC PD PC PQ CQ ∴+=+=，点P 为AB 上的动点，PC PD CQ ∴+≥，∴当点P 处于解图2中的位置，PC PD +取最小值，且最小值为CQ 的长度，点C 为半圆AB 的中点，90COB ∴∠=，90BOD COD COB ∠+∠=∠=，11903033BOD COB ∴∠=∠=⨯=， 10AB =，1110522OD AB ∴==⨯=，在Rt ODH △中，由作图知，90OHD ∠=，且30HOD BOD ∠=∠=， 155,222DH OD QH DH ∴==∴==， 222255352OH OD DH ⎛⎫∴=-=-= ⎪⎝⎭，由作图知，四边形OMQH 为矩形，553,2OM QH MQ OH ∴==== 515522CM OM OC ∴=+=+=， 222215535322CQ CM MQ ⎛⎫⎛⎫∴=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，PC PD ∴+的最小值为53．（3）如解图3所示，在AB 上这一点作点P 关于OA 的对称点S ，作点P 关于OB 的对称点N ，连接SN ，交OA 于点E ，交OB 于点F ，连接OS ON OP EP FP 、、、、，点P 关于OA 的对称点S ，点P 关于OB 的对称点N ，连接SN ，交OA 于点E ，交OB 于点F ，PE SE ∴=，FP FN =，SOA POA ∠=∠，,NOB POB OS OP ON ∠=∠==，．PE EF FP SE EF FN SN ∴++=++=，SOA NOB POA POB ∠+∠=∠+∠，E 为OA 上的点，F 为OB 上的点PE EF FP SN ∴++≥，∴当点E F 、处于解图3的位置时，PE EF FP ++的长度取最小值，最小值为SN 的长度，45POA POB AOB ∠+∠=∠=，45SOA NOB ∴∠+∠=，454590SON SOA AOB NOB ∴∠=∠+∠+∠=+=．扇形AOB 的半径为20，20OS ON OP ∴===，在Rt SON 中，90SON ∠=，20,90OS ON SON ==∠=PE EF FP ∴++的长度的最小值为202【点睛】本题主要考察了轴对称、勾股定理、圆、四边形等相关内容，理解题意，作出辅助线是做题的关键.9．A解析：（1）145；（2）2274,0314971421,2235t tSt t t⎧⎛⎫<≤⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪-+-<<⎪⎪⎝⎭⎩；（3）t的值为477或727．【解析】【分析】（1）如下图，根据4tan3A=，可得出PN与AP的关系，从而求出t的值；（2）如下图，存在2种情况，一种是点M在△ABC内，另一种是点M在△ABC外部，分别根据正方形和三角形求面积的公式可求解；（3）如下图，存在2种情况，一种是PM所在的直线将△ABC的面积平分，另一种是QN 所在的直线将△ABC的面积平分．【详解】（1）如图1，点N在AC上图1由题意可知：PD=DQ=t ，AP=7－t∴PN=PQ=2t ∵4tan 3A = ∴43NP AP =，即2473t t =- 解得：t=145 （2）①如图2，图2四边形PQMN 是正方形，90BQM ∴∠=︒，45B ∠=︒，BQ MQ ∴=，即72t t -=解得73t =，故当0t <≤73时，22(2)4S t t ==； ②如图3，图390BQF ∠=︒，45B ∠=︒，7BQ FQ t ∴==-，45BFQ MFE ∠=∠=︒，则37MF MQ QF t =-=-，90M ∠=︒，37ME MF t ∴==-，则2221149(2)(37)21222S t t t t =--=-+-71435t ⎛⎫<< ⎪⎝⎭；综上，2274,0314971421,2235t t S t t t ⎧⎛⎫<≤ ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪-+-<< ⎪⎪⎝⎭⎩．（3）如下图，过点C 作AB 的垂线，交AB 于点G图4∵4tan 3A = ∴设CG=4x ，则AG=3x∵∠B=45°∴△CBG 是等腰直角三角形∴GB=GC=4x∵AB=14∴3x+4x=14，解得：x=2∴1148562ABC S== ∴1282ABCS = 情况一：PM 所在的直线平分△ABC 的面积，如下图，PM 与BC 交于点E图5则28PBES=∵四边形PQMN是正方形，∴∠EPB=45°∵∠B=45°∴△PBE是等腰直角三角形∵1282PBES PE PB==∴PE=PB=214∴PB=47∵PB=AB－PA=14－(7－t)=7+t∴7+t=47t=477-情况二：如下图，QN所在线段平分△ABC的面积，QF交AC于点F，过点F作AB的垂线，交AB于点H图6同理，28AFQS=∵四边形PQMN是正方形，∴∠EQH=45°∴△FHQ是等腰直角三角形∵4 tan3A=∴设FH=4y，则AH=3y，HQ=FH=4y，∴AQ=7y∴174282AFQS y y==，解得：2∵AQ=AB－QB=14－(7－t)=7+t∴2解得：27∴综上得：t的值为477或727．【点睛】本题考查动点问题，解题关键是根据动点的变化情况，适当划分为几种不同的形式分别分析求解．10．A。

中考数学综合压轴题100题(附答案)

中考数学综合压轴题100题（附答案）一、中考压轴题1．在△ABC中，AB＝BC，将△ABC绕点A沿顺时针方向旋转得△A1B1C1，使点C1落在直线BC上（点C1与点C不重合），（1）如图，当∠C＞60°时，写出边AB1与边CB的位置关系，并加以证明；（2）当∠C＝60°时，写出边AB1与边CB的位置关系（不要求证明）；（3）当∠C＜60°时，请你在如图中用尺规作图法作出△AB1C1（保留作图痕迹，不写作法），再猜想你在（1）、（2）中得出的结论是否还成立并说明理由．【分析】（1）AB1∥BC．因为等腰三角形，两底角相等，再根据平行线的判定，内错角相等两直线平行，可证明两直线平行．（2）当∠C＝60°时，写出边AB1与边CB的位置关系也是平行，证明方法同（1）题．（3）成立，根据旋转变换的性质画出图形．利用三角形全等即可证明．【解答】解：（1）AB1∥BC．证明：由已知得△ABC≌△AB1C1，∴∠BAC＝∠B1AC1，∠B1AB＝∠C1AC，∵AC1＝AC，∴∠AC1C＝∠ACC1，∵∠C1AC+∠AC1C+∠ACC1＝180°，∴∠C1AC＝180°﹣2∠ACC1，同理，在△ABC中，∵BA＝BC，∴∠ABC＝180°﹣2∠ACC1，∴∠ABC＝∠C1AC＝∠B1AB，∴AB1∥BC．（5分）（2）如图1，∠C＝60°时，AB1∥BC．（7分）（3）如图，当∠C＜60°时，（1）、（2）中的结论还成立．证明：显然△ABC≌△AB1C1，∴∠BAC＝∠B1AC1，∴∠B1AB＝∠C1AC，∵AC1＝AC，∴∠AC1C＝∠ACC1，∵∠C1AC+∠AC1C+∠ACC1＝180°，∴∠C1AC＝180°﹣2∠ACC1，同理，在△ABC中，∵BA＝BC，∴∠ABC＝180°﹣2∠ACC1，∴∠ABC＝∠C1AC＝∠B1AB，∴AB1∥BC．（13分）【点评】考查图形的旋转，等腰三角形的性质，平行线的判定．本题实质是考查对图形旋转特征的理解，旋转前后的图形是全等的．2．已知：y关于x的函数y＝（k﹣1）x2﹣2kx+k+2的图象与x轴有交点．（1）求k的取值范围；（2）若x1，x2是函数图象与x轴两个交点的横坐标，且满足（k﹣1）x12+2kx2+k+2＝4x1x2．①求k的值；②当k≤x≤k+2时，请结合函数图象确定y的最大值和最小值．【分析】（1）分两种情况讨论，当k＝1时，可求出函数为一次函数，必与x轴有一交点；当k≠1时，函数为二次函数，若与x轴有交点，则△≥0．（2）①根据（k﹣1）x12+2kx2+k+2＝4x1x2及根与系数的关系，建立关于k的方程，求出k 的值；②充分利用图象，直接得出y的最大值和最小值．【解答】解：（1）当k＝1时，函数为一次函数y＝﹣2x+3，其图象与x轴有一个交点．当k≠1时，函数为二次函数，其图象与x轴有一个或两个交点，令y＝0得（k﹣1）x2﹣2kx+k+2＝0．△＝（﹣2k）2﹣4（k﹣1）（k+2）≥0，解得k≤2．即k≤2且k≠1．综上所述，k的取值范围是k≤2．（2）①∵x1≠x2，由（1）知k＜2且k≠1，函数图象与x轴两个交点，∴k＜2，且k≠1．由题意得（k﹣1）x12+（k+2）＝2kx1①，将①代入（k﹣1）x12+2kx2+k+2＝4x1x2中得：2k（x1+x2）＝4x1x2．又∵x1+x2＝，x1x2＝，∴2k•＝4•．解得：k1＝﹣1，k2＝2（不合题意，舍去）．∴所求k值为﹣1．②如图，∵k1＝﹣1，y＝﹣2x2+2x+1＝﹣2（x﹣）2+．且﹣1≤x≤1．由图象知：当x＝﹣1时，y最小＝﹣3；当x＝时，y最大＝．∴y的最大值为，最小值为﹣3．【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、一次函数的定义、二次函数的最值，充分利用图象是解题的关键．3．广安市某楼盘准备以每平方米6000元的均价对外销售，由于国务院有关房地产的新政策出台后，购房者持币观望，房地产开发商为了加快资金周转，对价格经过两次下调后，决定以每平方米4860元的均价开盘销售．（1）求平均每次下调的百分率．（2）某人准备以开盘价均价购买一套100平方米的住房，开发商给予以下两种优惠方案以供选择：①打9.8折销售；②不打折，一次性送装修费每平方米80元，试问哪种方案更优惠？【分析】（1）根据题意设平均每次下调的百分率为x，列出一元二次方程，解方程即可得出答案；（2）分别计算两种方案的优惠价格，比较后发现方案①更优惠．【解答】解：（1）设平均每次下调的百分率为x，则6000（1﹣x）2＝4860，解得：x1＝0.1＝10%，x2＝1.9（舍去），故平均每次下调的百分率为10%；（2）方案①购房优惠：4860×100×（1﹣0.98）＝9720（元）；方案②可优惠：80×100＝8000（元）．故选择方案①更优惠．【点评】本题主要考查一元二次方程的实际应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解，属于中档题．4．我们学习了利用函数图象求方程的近似解，例如：把方程2x﹣1＝3﹣x的解看成函数y ＝2x﹣1的图象与函数y＝3﹣x的图象交点的横坐标．如图，已画出反比例函数y＝在第一象限内的图象，请你按照上述方法，利用此图象求方程x2﹣x﹣1＝0的正数解．（要求画出相应函数的图象；求出的解精确到0.1）【分析】根据题意可知，方程x2﹣x﹣1＝0的解可看做是函数y＝和y＝x﹣1的交点坐标，所以根据图象可知方程x2﹣x﹣1＝0的正数解约为1.1．【解答】解：∵x≠0，∴将x2﹣x﹣1＝0两边同时除以x，得x﹣1﹣＝0，即＝x﹣1，把x2﹣x﹣1＝0的正根视为由函数y＝与函数y＝x﹣1的图象在第一象限交点的横坐标．如图：∴正数解约为1.1．【点评】主要考查了反比例函数和一元二次方程之间的关系．一元二次方程的解都可化为一个反比例函数和一次函数的交点问题求解．5．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，点P、Q分别是AB边和CD边上的动点，点P从点A向点B运动，点Q从点C向点D运动，且保持AP＝CQ．设AP＝x．（1）当PQ∥AD时，求x的值；（2）当线段PQ的垂直平分线与BC边相交时，求x的取值范围；（3）当线段PQ的垂直平分线与BC相交时，设交点为E，连接EP、EQ，设△EPQ的面积为S，求S关于x的函数关系式，并写出S的取值范围．【分析】（1）根据已知条件，证明四边形APQD是矩形，再根据矩形的性质和AP＝CQ 求x即可；（2）连接EP、EQ，则EP＝EQ，设BE＝y，列出等式（8﹣x）2+y2＝（6﹣y）2+x2然后根据函数的性质来求x的取值范围；（3）由图形的等量关系列出方程，再根据函数的性质来求最值．【解答】解：（1）当PQ∥AD时，则∠A＝∠APQ＝90°，∠D＝∠DQP＝90°，又∵AB∥CD，∴四边形APQD是矩形，∴AP＝QD，∵AP＝CQ，AP＝CD＝，∴x＝4．（2）如图，连接EP、EQ，则EP＝EQ，设BE＝y．∴（8﹣x）2+y2＝（6﹣y）2+x2，∴y＝．∵0≤y≤6，∴0≤≤6，∴≤x≤．（3）S△BPE＝•BE•BP＝••（8﹣x）＝，S△ECQ＝＝•（6﹣）•x＝，∵AP＝CQ，∴S BPQC＝，∴S＝S BPQC﹣S△BPE﹣S△ECQ＝24﹣﹣，整理得：S＝＝（x﹣4）2+12（），∴当x＝4时，S有最小值12，当x＝或x＝时，S有最大值．∴12≤S≤．【点评】解答本题时，涉及到了矩形的判定、矩形的性质、勾股定理以及二次函数的最值等知识点，这是一道综合性比较强的题目，所以在解答题目时，一定要把各个知识点融会贯通，这样解题时才会少走弯路．6．九年级（1）班课外活动小组利用标杆测量学校旗杆的高度，已知标杆高度CD＝3m，标杆与旗杆的水平距离BD＝15m，人的眼睛与地面的高度EF＝1.6m，人与标杆CD的水平距离DF＝2m，求旗杆AB的高度．【分析】利用三角形相似中的比例关系，首先由题目和图形可看出，求AB的长度分成了2个部分，AH和HB部分，其中HB＝EF＝1.6m，剩下的问题就是求AH的长度，利用△CGE∽△AHE，得出，把相关条件代入即可求得AH＝11.9，所以AB＝AH+HB＝AH+EF＝13.5m．【解答】解：∵CD⊥FB，AB⊥FB，∴CD∥AB∴△CGE∽△AHE∴即：∴∴AH＝11.9∴AB＝AH+HB＝AH+EF＝11.9+1.6＝13.5（m）．【点评】主要用到的解题思想是把梯形问题转化成三角形问题，利用三角形相似比列方程来求未知线段的长度．7．如图，已知△BEC是等边三角形，∠AEB＝∠DEC＝90°，AE＝DE，AC，BD的交点为O．（1）求证：△AEC≌△DEB；（2）若∠ABC＝∠DCB＝90°，AB＝2 cm，求图中阴影部分的面积．【分析】（1）在△AEC和△DEB中，已知AE＝DE，BE＝CE，且夹角相等，根据边角边可证全等．（2）由图可知，在连接EO并延长EO交BC于点F，连接AD之后，整个图形是一个以EF所在直线对称的图形．即△AEO和△DEO面积相等，只要求出其中一个即可，而三角形AEO面积＝•OE•FB，所以解题中心即为求出OE和FB，有（1）中结论和已知条件即可求解．【解答】（1）证明：∵∠AEB＝∠DEC＝90°，∴∠AEB+∠BEC＝∠DEC+∠BEC，即∠AEC＝∠DEB，∵△BEC是等边三角形，∴CE＝BE，又AE＝DE，∴△AEC≌△DEB．（2）解：连接EO并延长EO交BC于点F，连接AD．由（1）知AC＝BD．∵∠ABC＝∠DCB＝90°，∴∠ABC+∠DCB＝180°，∴AB∥DC，AB＝＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形且是矩形，∴OA＝OB＝OC＝OD，又∵BE＝CE，∴OE所在直线垂直平分线段BC，∴BF＝FC，∠EFB＝90°．∴OF＝AB＝×2＝1，∵△BEC是等边三角形，∴∠EBC＝60°．在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝90°﹣60°＝30°，∴BE＝AB•cos30°＝，在Rt△BFE中，∠BFE＝90°，∠EBF＝60°，∴BF＝BE•cos60°＝，EF＝BE•sin60°＝，∴OE＝EF﹣OF＝＝，∵AE＝ED，OE＝OE，AO＝DO，∴△AOE≌△DOE．∴S△AOE＝S△DOE∴S阴影＝2S△AOE＝2×•EO•BF＝2×××＝（cm2）．【点评】考查综合应用等边三角形、等腰三角形、解直角三角形、直角三角形性质，进行逻辑推理能力和运算能力．8．如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，AB＝2，M、N分别是边AB、AC的中点，直线MN交⊙O于E、F两点，BD∥AC交直线MN于点D．求出图中线段DM上已有的一条线段的长．【分析】连接OA交MN于点G，则OA⊥BC，由三角形的中位线的性质可得MN的长，易证得△BMD≌△AMN，有DM＝MN，由相交弦定理得ME•MF＝MA•MB，就可求得EM，DE的值．【解答】解：∵M，N分别是边AB，AC的中点∴MN∥BC，MN＝BC＝1又∵BD∥AC∴∠DBA＝∠A＝60°∵BM＝AM，∠BMD＝∠AMN∴△BMD≌△AMN∴DM＝MN＝1连接OA交MN于点G，则OA⊥BC∴OA⊥EF∴EG＝FG，MG＝FN由相交弦定理得：ME•MF＝MA•MB∴EM（EM+1）＝1解得EM＝（EM＝不合题意，舍去）∴DE＝DM﹣EM＝∴DE（3﹣DE）＝1解得DE＝（DE＝不合题意，舍去）．【点评】本题利用了三角形的中位线的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，一元二次方程的解法求解．9．如图，有一直径MN＝4的半圆形纸片，其圆心为点P，从初始位置Ⅰ开始，在无滑动的情况下沿数轴向右翻滚至位置Ⅴ，其中，位置Ⅰ中的MN平行于数轴，且半⊙P与数轴相切于原点O；位置Ⅱ和位置Ⅳ中的MN垂直于数轴；位置Ⅲ中的MN在数轴上；位置Ⅴ中的点N到数轴的距离为3，且半⊙P与数轴相切于点A．解答下列问题：（1）位置Ⅰ中的MN与数轴之间的距离为2；位置Ⅱ中的半⊙P与数轴的位置关系是相切；（2）求位置Ⅲ中的圆心P在数轴上表示的数；（3）纸片半⊙P从位置Ⅲ翻滚到位置Ⅳ时，求点N所经过路径长及该纸片所扫过图形的面积；（4）求OA的长．[（2），（3），（4）中的结果保留π]．【分析】（1）先求出圆的半径，再根据切线的性质进行解答；（2）根据位置Ⅰ中的长与数轴上线段ON相等求出的长，再根据弧长公式求出的长，进而可得出结论；（3）作NC垂直数轴于点C，作PH⊥NC于点H，连接P A，则四边形PHCA为矩形，在Rt△NPH中，根据sin∠NPH＝＝即可∠NPH、∠MP A的度数，进而可得出的长，【解答】解：（1）∵⊙P的直径＝4，∴⊙P的半径＝2，∵⊙P与直线有一个交点，∴位置Ⅰ中的MN与数轴之间的距离为2；位置Ⅱ中的半⊙P与数轴的位置关系是相切；故答案为：2，相切；（2）位置Ⅰ中的长与数轴上线段ON相等，∵的长为＝π，NP＝2，∴位置Ⅲ中的圆心P在数轴上表示的数为π+2．（3）点N所经过路径长为＝2π，S半圆＝＝2π，S扇形＝＝4π，半⊙P所扫过图形的面积为2π+4π＝6π．（4）如图，作NC垂直数轴于点C，作PH⊥NC于点H，连接P A，则四边形PHCA为矩形．在Rt△NPH中，PN＝2，NH＝NC﹣HC＝NC﹣P A＝1，于是sin∠NPH＝＝，∴∠NPH＝30°．∴∠MP A＝60°．从而的长为＝，于是OA的长为π+4+π＝π+4．【点评】本题考查的是直线与圆的关系、弧长的计算、扇形的面积公式，在解答此题时要注意Ⅰ中的长与数轴上线段ON相等的数量关系．10．已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，点O1在⊙O2上，C为⊙O2上一点（不与A，B，O1重合），直线CB与⊙O1交于另一点D．（1）如图（1），若AD是⊙O1的直径，AC是⊙O2的直径，求证：AC＝CD；（2）如图（2），若C是⊙O1外一点，求证：O1C丄AD；（3）如图（3），若C是⊙O1内的一点，判断（2）中的结论是否成立？【分析】（1）连接C01，利用直径所对圆周角等于90度，以及垂直平分线的性质得出即可；（2）根据已知得出四边形AEDB内接于⊙O1，得出∠ABC＝∠E，再利用＝，得出∠E＝∠AO1C，进而得出CO1∥ED即可求出；（3）根据已知得出∠B＝∠EO1C，又∠E＝∠B，即可得出∠EO1C＝∠E，得出CO1∥ED，即可求出．【解答】（1）证明：连接C01∵AC为⊙O2直径∴∠AO1C＝90°即CO1⊥AD，∵AO1＝DO1∴DC＝AC（垂直平分线的性质）；（2）证明：连接AO1，连接AB，延长AO1交⊙O1于点E，连接ED，∵四边形AEDB内接于⊙O1，∴∠E+∠ABD＝180°，∵∠ABC+∠ABD＝180°，∴∠ABC＝∠E，又∵＝，∴∠ABC＝∠AO1C，∴∠E＝∠AO1C，∴CO1∥ED，又AE为⊙O1的直径，∴ED⊥AD，∴O1C⊥AD，（3）（2）中的结论仍然成立．证明：连接AO1，连接AB，延长AO1交⊙O1于点E，连接ED，∵∠B+∠AO1C＝180°，∠EO1C+∠AO1C═180°，∴∠B＝∠EO1C，又∵∠E＝∠B，∴∠EO1C＝∠E，∴CO1∥ED，又ED⊥AD，∴CO1⊥AD．【点评】此题主要考查了圆周角定理以及相交两圆的性质和圆内接四边形的性质，根据圆内接四边形的性质得出对应角之间的关系是解决问题的关键．11．如图①，有四张编号为1、2、3、4的卡片，卡片的背面完全相同．现将它们搅匀并正面朝下放置在桌面上．（1）从中随机抽取一张，抽到的卡片是眼睛的概率是多少？（2）从四张卡片中随机抽取一张贴在如图②所示的大头娃娃的左眼处，然后再随机抽取一张贴在大头娃娃的右眼处，用树状图或列表法求贴法正确的概率．【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．【解答】解：（1）所求概率为；（2）方法①（树状图法）共有12种可能的结果：（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3）∵其中有两种结果（1，2），（2，1）是符合条件的，∴贴法正确的概率为，方法②（列表法）1 2 3 4第一次抽取第二次抽取1（2，1）（3，1）（4，1）2（1，2）（3，2）（4，2）3（1，3）（2，3）（4，3）4（1，4）（2，4）（3，4）共有12种可能的结果：（1，2），（1，3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4），（3，1），（3，2），（3，4），（4，1），（4，2），（4，3），∵其中有两种结果（1，2），（2，1）是符合条件的，∴贴法正确的概率为．【点评】此题考查概率的求法：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种结果，那么事件A的概率P（A）＝．12．如图，菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为“接近度”．在研究“接近度”时，应保证相似图形的“接近度”相等．（1）设菱形相邻两个内角的度数分别为m°和n°，将菱形的“接近度”定义为|m﹣n|，于是|m﹣n|越小，菱形越接近于正方形．①若菱形的一个内角为70°，则该菱形的“接近度”等于40；②当菱形的“接近度”等于0时，菱形是正方形．（2）设矩形相邻两条边长分别是a和b（a≤b），将矩形的“接近度”定义为|a﹣b|，于是|a﹣b|越小，矩形越接近于正方形．你认为这种说法是否合理？若不合理，给出矩形的“接近度”一个合理定义．【分析】（1）根据相似图形的定义知，相似图形的形状相同，但大小不一定相同，相似图形的“接近度”相等．所以若菱形的一个内角为70°，则该菱形的“接近度”等于|m﹣n|；当菱形的“接近度”等于0时，菱形是正方形；（2）不合理，举例进行说明．【解答】解：（1）①∵内角为70°，∴与它相邻内角的度数为110°．∴菱形的“接近度”＝|m﹣n|＝|110﹣70|＝40．②当菱形的“接近度”等于0时，菱形是正方形．（2）不合理．例如，对两个相似而不全等的矩形来说，它们接近正方形的程度是相同的，但|a﹣b|却不相等．合理定义方法不唯一．如定义为，越接近1，矩形越接近于正方形；越大，矩形与正方形的形状差异越大；当时，矩形就变成了正方形，即只有矩形的越接近1，矩形才越接近正方形．【点评】正确理解“接近度”的意思，矩形的“接近度”|a﹣b|越小，矩形越接近于正方形．这是解决问题的关键．13．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为（1，0）①画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；②画出将△ABC绕原点O按逆时针旋转90°所得的△A2B2C2；③△A1B1C1与△A2B2C2成轴对称图形吗？若成轴对称图形，画出所有的对称轴；④△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，写出所有的对称中心的坐标．【分析】（1）将三角形的各顶点，向x轴作垂线并延长相同长度得到三点的对应点，顺次连接；（2）将三角形的各顶点，绕原点O按逆时针旋转90°得到三点的对应点．顺次连接各对应点得△A2B2C2；（3）从图中可发现成轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段，做它的垂直平分线；（4）成中心对称图形，画出两条对应点的连线，交点就是对称中心．【解答】解：如下图所示：（3）成轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段，作它的垂直平分线，或连接A1C1，A2C2的中点的连线为对称轴．（4）成中心对称，对称中心为线段BB2的中点P，坐标是（，）．【点评】本题综合考查了图形的变换，在图形的变换中，关键是找到图形的对应点．14．图（1）是一个10×10格点正方形组成的网格．△ABC是格点三角形（顶点在网格交点处），请你完成下面的两个问题：（1）在图（1）中画出与△ABC相似的格点△A1B1C1和△A2B2C2，且△A1B1C1与△ABC的相似比是2，△A2B2C2与△ABC的相似比是；（2）在图（2）中用与△ABC，△A1B1C1，△A2B2C2全等的格点三角形（每个三角形至少使用一次），拼出一个你熟悉的图案，并为你设计的图案配一句贴切的解说词．【分析】（1）△A1B1C1与△ABC的相似比是2，则让△ABC的各边都扩大2倍就可．△A2B2C2与△ABC的相似比是；△ABC的直角边是2，所以△A2B2C2与的直角边是即一个对角线的长度．斜边为2．依此画图即可；（2）拼图有审美意义即可，答案不唯一．【解答】解：【点评】本题主要考查了相似图形的画法，做这类题时根据的是相似图形的性质，即相似比相等．对应角相等．15．如图所示，AB＝AC，AB为⊙O的直径，AC、BC分别交⊙O于E、D，连接ED、BE．（1）试判断DE与BD是否相等，并说明理由；（2）如果BC＝6，AB＝5，求BE的长．【分析】（1）可通过连接AD，AD就是等腰三角形ABC底边上的高，根据等腰三角形三线合一的特点，可得出∠CAD＝∠BAD，根据圆周角定理即可得出∠DEB＝∠DBE，便可证得DE＝DB．（2）本题中由于BE⊥AC，那么BE就是三角形ABC中AC边上的高，可用面积的不同表示方法得出AC•BE＝CB•AD．进而求出BE的长．【解答】解：（1）DE＝BD证明：连接AD，则AD⊥BC，在等腰三角形ABC中，AD⊥BC，∴∠CAD＝∠BAD（等腰三角形三线合一），∴＝，∴DE＝BD；（2）∵AB＝5，BD＝BC＝3，∴AD＝4，∵AB＝AC＝5，∴S△ABC＝•AC•BE＝•CB•AD，∴BE＝4.8．【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点的运用，用等腰三角形三线合一的特点得出圆周角相等是解题的关键．16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，Rt△BAP中，∠BAP＝90°，已知∠CBO＝∠ABP，BP交AC于点O，E为AC上一点，且AE＝OC．（1）求证：AP＝AO；（2）求证：PE⊥AO；（3）当AE＝AC，AB＝10时，求线段BO的长度．【分析】（1）根据等角的余角相等证明即可；（2）过点O作OD⊥AB于D，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得CO＝DO，利用“SAS”证明△APE和△OAD全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AEP＝∠ADO＝90°，从而得证；（3）设C0＝3k，AC＝8k，表示出AE＝CO＝3k，AO＝AP＝5k，然后利用勾股定理列式求出PE＝4k，BC＝BD＝10﹣4k，再根据相似三角形对应边成比例列式求出k＝1然后在Rt △BDO中，利用勾股定理列式求解即可．【解答】（1）证明：∵∠C＝90°，∠BAP＝90°∴∠CBO+∠BOC＝90°，∠ABP+∠APB＝90°，又∵∠CBO＝∠ABP，∴∠BOC＝∠APB，∵∠BOC＝∠AOP，∴∠AOP＝∠APB，∴AP＝AO；（2）证明：如图，过点O作OD⊥AB于D，∵∠CBO＝∠ABP，∴CO＝DO，∵AE＝OC，∴AE＝OD，∵∠AOD+∠OAD＝90°，∠P AE+∠OAD＝90°，∴∠AOD＝∠P AE，在△AOD和△P AE中，，∴△AOD≌△P AE（SAS），∴∠AEP＝∠ADO＝90°∴PE⊥AO；（3）解：设AE＝OC＝3k，∵AE＝AC，∴AC＝8k，∴OE＝AC﹣AE﹣OC＝2k，∴OA＝OE+AE＝5k．由（1）可知，AP＝AO＝5k．如图，过点O作OD⊥AB于点D，∵∠CBO＝∠ABP，∴OD＝OC＝3k．在Rt△AOD中，AD＝＝＝4k．∴BD＝AB﹣AD＝10﹣4k．∵OD∥AP，∴，即解得k＝1，∵AB＝10，PE＝AD，∴PE＝AD＝4K，BD＝AB﹣AD＝10﹣4k＝6，OD＝3在Rt△BDO中，由勾股定理得：BO＝＝＝3．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，（2）作辅助线构造出过渡线段DO并得到全等三角形是解题的关键，（3）利用相似三角形对应边成比例求出k＝1是解题的关键．17．如图，AD是⊙O的直径．（1）如图①，垂直于AD的两条弦B1C1，B2C2把圆周4等分，则∠B1的度数是22.5°，∠B2的度数是67.5°；（2）如图②，垂直于AD的三条弦B1C1，B2C2，B3C3把圆周6等分，分别求∠B1，∠B2，∠B3的度数；（3）如图③，垂直于AD的n条弦B1C1，B2C2，B3C3，…，B n∁n把圆周2n等分，请你用含n的代数式表示∠B n的度数（只需直接写出答案）．【分析】根据条件可以先求出圆的各段弧的度数，根据圆周角等于所对弧的度数的一半，就可以求出圆周角的度数．【解答】解：（1）垂直于AD的两条弦B1C1，B2C2把圆周4等分，则是圆的，因而度数是45°，因而∠B1的度数是22.5°，同理的度数是135度，因而，∠B2的度数是67.5°；（2）∵圆周被6等分∴＝＝＝360°÷6＝60°∵直径AD⊥B1C1∴＝＝30°，∴∠B1＝＝15°∠B2＝＝×（30°+60°）＝45°∠B3＝＝×（30°+60°+60°）＝75°；（3）B n∁n把圆周2n等分，则弧BnD的度数是：，则∠B n AD＝，在直角△AB n D中，．【点评】本题是把求圆周角的度数的问题转化为求弧的度数的问题，依据是圆周角等于所对弧的度数的一半．18．下框中是小明对一道题目的解答以及老师的批改．题目：某村计划建造如图所示的矩形蔬菜温室，要求长与宽的比为2：1，在温室内，沿前侧内墙保留3m的空地，其他三侧内墙各保留1m的通道，当温室的长与宽各为多少时，矩形蔬菜种植区域的面积是288m2？解：设矩形蔬菜种植区域的宽为xm，则长为2xm，根据题意，得x•2x＝288．解这个方程，得x1＝﹣12（不合题意，舍去），x2＝12所以温室的长为2×12+3+1＝28（m），宽为12+1+1＝14（m）答：当温室的长为28m，宽为14m时，矩形蔬菜种植区域的面积是288m2．我的结果也正确！小明发现他解答的结果是正确的，但是老师却在他的解答中画了一条横线，并打了一个？．结果为何正确呢？（1）请指出小明解答中存在的问题，并补充缺少的过程：变化一下会怎样…（2）如图，矩形A′B′C′D′在矩形ABCD的内部，AB∥A′B′，AD∥A′D′，且AD：AB＝2：1，设AB与A′B′、BC与B′C′、CD与C′D′、DA与D′A′之间的距离分别为a、b、c、d，要使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，a、b、c、d应满足什么条件？请说明理由．【分析】（1）根据题意可得小明没有说明矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：1的理由，所以应设矩形蔬菜种植区域的宽为xm，则长为2xm，然后由题意得，矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：1，再利用小明的解法求解即可；（2）由使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，利用相似多边形的性质，可得，即，然后利用比例的性质，即可求得答案．【解答】解：（1）小明没有说明矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：1的理由．在“设矩形蔬菜种植区域的宽为xm，则长为2xm．”前补充以下过程：设温室的宽为xm，则长为2xm．则矩形蔬菜种植区域的宽为（x﹣1﹣1）m，长为（2x﹣3﹣1）m．∵，∴矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：1；（2）要使矩形A′B′C′D′∽矩形ABCD，就要，即，即，即2AB﹣2（b+d）＝2AB﹣（a+c），∴a+c＝2（b+d），即．【点评】此题考查了相似多边形的性质．此题属于阅读性题目，注意理解题意，读懂题目是解此题的关键．19．二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分如图所示，则a的取值范围是﹣1＜a＜0．【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点得出c的值，然后根据图象经过的点的情况进行推理，进而推出所得结论．【解答】解：抛物线开口向下，a＜0，图象过点（0，1），c＝1，图象过点（1，0），a+b+c＝0，∴b＝﹣（a+c）＝﹣（a+1）．由题意知，当x＝﹣1时，应有y＞0，∴a﹣b+c＞0，∴a+（a+1）+1＞0，∴a＞﹣1，∴实数a的取值范围是﹣1＜a＜0．【点评】根据开口判断a的符号，根据与x轴，y轴的交点判断c的值以及b用a表示出的代数式．难点是推断出当x＝﹣1时，应有y＞0．20．今年，我国政府为减轻农民负担，决定在5年内免去农业税．某乡今年人均上缴农业税25元，若两年后人均上缴农业税为16元，假设这两年降低的百分率相同．（1）求降低的百分率；（2）若小红家有4人，明年小红家减少多少农业税？（3）小红所在的乡约有16000农民，问该乡农民明年减少多少农业税？【分析】（1）设降低的百分率为x，则降低一次后的数额是25（1﹣x），再在这个数的基础上降低x，则变成25（1﹣x）（1﹣x）即25（1﹣x）2，据此即可列方程求解；（2）每人减少的税额是25x，则4个人的就是4×25x，代入（1）中求得的x的值，即可求解；（3）每个人减少的税额是25x，乘以总人数16000即可求解．【解答】解：（1）设降低的百分率为x，依题意有，25（1﹣x）2＝16，解得，x1＝0.2＝20%，x2＝1.8（舍去）；（2）小红全家少上缴税25×20%×4＝20（元）；（3）全乡少上缴税16000×25×20%＝80 000（元）．答：降低的增长率是20%，明年小红家减少的农业税是20元，该乡农民明年减少的农业税是80 000元．【点评】本题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．21．如图，在矩形ABCD中，AB＝m（m是大于0的常数），BC＝8，E为线段BC上的动点（不与B、C重合）．连接DE，作EF⊥DE，EF与射线BA交于点F，设CE＝x，BF＝y．（1）求y关于x的函数关系式；（2）若m＝8，求x为何值时，y的值最大，最大值是多少？（3）若y＝，要使△DEF为等腰三角形，m的值应为多少？【分析】（1）利用互余关系找角相等，证明△BEF∽△CDE，根据对应边的比相等求函数关系式；（2）把m的值代入函数关系式，再求二次函数的最大值；（3）∵∠DEF＝90°，只有当DE＝EF时，△DEF为等腰三角形，把条件代入即可．【解答】解：（1）∵EF⊥DE，∴∠BEF＝90°﹣∠CED＝∠CDE，又∠B＝∠C＝90°，∴△BEF∽△CDE，∴＝，即＝，解得y＝；（2）由（1）得y＝，将m＝8代入，得y＝﹣x2+x＝﹣（x2﹣8x）＝﹣（x﹣4）2+2，所以当x＝4时，y取得最大值为2；（3）∵∠DEF＝90°，∴只有当DE＝EF时，△DEF为等腰三角形，∴△BEF≌△CDE，∴BE＝CD＝m，此时m＝8﹣x，解方程＝，得x＝6，或x＝2，当x＝2时，m＝6，当x＝6时，m＝2．【点评】本题把相似三角形与求二次函数解析式联系起来，在解题过程中，充分运用相似三角形对应边的比相等，建立函数关系式．22．在△ABC中，AB＝AC，D为BC上一点，由D分别作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．设DE＝a，DF＝b，且实数a，b满足9a2﹣24ab+16b2＝0，并有＝2566，∠A使得方程x2﹣x•sin A+sin A﹣＝0有两个相等的实数根．（1）试求实数a，b的值；（2）试求线段BC的长．【分析】（1）由题意可知：2a2b＝2566，则2a2b＝248，则a2b＝48．化简9a2﹣24ab+16b2＝0得：（3a﹣4b）2＝0，则3a﹣4b＝0，即3a＝4b，则根据，可求得a与b的值；（2）要求BC的长需求出BD和CD的长，知BD、CD分别是直角三角形BDE和直角三角形CDF中的斜边．又知在△ABC中，AB＝AC，则∠B＝∠C，则根据三角函数只要知道∠B或∠C的读数即可，要求∠B或∠C的读数需求的∠A的读数，根据判别式可以求得∠A的读数．【解答】解：（1）由条件有，解得；（2）又由关于x的方程的判别式△＝sin2A﹣sin A+＝（sin A﹣）2＝0，则sin A＝，而∠A为三角形的一个内角，所以∠A1＝60°或∠A2＝120° 2分当∠A＝60°时，△ABC为正三角形，∠B＝∠C＝60°于是分别在Rt△BDE和Rt△CDF中有BD＝，CD＝所以BC＝BD+DC＝．当∠A＝120°时，△ABC为等腰三角形，∠B＝∠C＝30°同上方法可得BC＝14． 3分所以线段BC的长应为或14．【点评】考查了解直角三角形以及判别式的应用．23．某市城建部门经过长期市场调查发现，该市年新建商品房面积P（万平方米）与市场新房均价x（千元/平方米）存在函数关系P＝25x；年新房销售面积Q（万平方米）与市场新房均价x（千元/平方米）的函数关系为Q＝﹣10；（1）如果年新建商品房的面积与年新房销售面积相等，求市场新房均价和年新房销售总额；（2）在（1）的基础上，如果市场新房均价上涨1千元，那么该市年新房销售总额是增加还是减少？变化了多少？结合年新房销售总额和积压面积的变化情况，请你提出一条合理化的建议．（字数不超过50）【分析】（1）根据“新建商品房的面积与年新房销售面积相等”作为相等关系求x的值即可；（2）分别求算出市场新房均价上涨1千元后的新建商品房面积P，年新房销售面积Q再来求算其变化的量和积压的情况．【解答】解：（1）根据题意得：25x＝﹣10，解得x1＝2，x2＝﹣（舍去），则Q＝﹣10＝50万平方米，所以市场新房均价为2千元．则年新房销售总额为2000×500000＝10亿元．。

中考数学28道压轴题含答案解析

中考数学选填压轴题练习一．根的判别式（共1小题）1．（2023•广州）已知关于x的方程x2﹣（2k﹣2）x+k2﹣1＝0有两个实数根，则的化简结果是（）A．﹣1B．1C．﹣1﹣2k D．2k﹣3【分析】首先根据关于x的方程x2﹣（2k﹣2）x+k2﹣1＝0有两个实数根，得判别式Δ＝[﹣（2k﹣2）]2﹣4×1×（k2﹣1）≥0，由此可得k≤1，据此可对进行化简．【解答】解：∵关于x的方程x2﹣（2k﹣2）x+k2﹣1＝0有两个实数根，∴判别式Δ＝[﹣（2k﹣2）]2﹣4×1×（k2﹣1）≥0，整理得：﹣8k+8≥0，∴k≤1，∴k﹣1≤0，2﹣k＞0，∴＝﹣（k﹣1）﹣（2﹣k）＝﹣1．故选：A．二．函数的图象（共1小题）2．（2023•温州）【素材1】某景区游览路线及方向如图1所示，①④⑥各路段路程相等，⑤⑦⑧各路段路程相等，②③两路段路程相等．【素材2】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟；小州游路线①②⑧，他离入口的路程s与时间t的关系（部分数据）如图2所示，在2100米处，他到出口还要走10分钟．【问题】路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（）A．4200米B．4800米C．5200米D．5400米【分析】设①④⑥各路段路程为x米，⑤⑦⑧各路段路程为y米，②③各路段路程为z米，由题意及图象可知，然后根据“游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟”可进行求解．【解答】解：由图象可知：小州游玩行走的时间为75+10﹣40＝45（分钟），小温游玩行走的时间为205﹣100＝105（分钟），设①④⑥各路段路程为x米，⑤⑦⑧各路段路程为y米，②③各路段路程为z米由图象可得：，解得：x+y+z＝2700，∴游玩行走的速度为：（2700﹣2100）÷10＝60 （米/分），由于游玩行走速度恒定，则小温游路线①④⑤⑥⑦⑧的路程为：3x+3y＝105×60＝6300，∴x+y＝2100，∴路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为：2x+2y+z＝x+y+z+x+y＝2700+2100＝4800（米）．故选：B．三．动点问题的函数图象（共1小题）3．（2023•河南）如图1，点P从等边三角形ABC的顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点，再从该点沿直线运动到顶点B．设点P运动的路程为，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则等边三角形ABC的边长为（）A．6B．3C．D．【分析】如图，令点P从顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点O，再从点O沿直线运动到顶点B，结合图象可知，当点P在AO上运动时，PB＝PC，AO＝，易知∠BAO＝∠CAO＝30°，当点P在OB上运动时，可知点P到达点B时的路程为，可知AO＝OB＝，过点O作OD⊥AB，解直角三角形可得AD＝AO•cos30°，进而得出等边三角形ABC的边长．【解答】解：如图，令点P从顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点O，再从点O沿直线运动到顶点B，\结合图象可知，当点P在AO上运动时，，∴PB＝PC，，又∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∴△APB≌△APC（SSS），∴∠BAO＝∠CAO＝30°，当点P在OB上运动时，可知点P到达点B时的路程为，∴OB＝，即AO＝OB＝，∴∠BAO＝∠ABO＝30°，过点O作OD⊥AB，垂足为D，∴AD＝BD，则AD＝AO•cos30°＝3，∴AB＝AD+BD＝6，即等边三角形ABC的边长为6．故选：A．四．反比例函数系数k的几何意义（共1小题）4．（2023•宁波）如图，点A，B分别在函数y＝（a＞0）图象的两支上（A在第一象限），连结AB交x 轴于点C．点D，E在函数y＝（b＜0，x＜0）图象上，AE∥x轴，BD∥y轴，连结DE，BE．若AC ＝2BC，△ABE的面积为9，四边形ABDE的面积为14，则a﹣b的值为12，a的值为9．【分析】依据题意，设A（m，），再由AE∥x轴，BD∥y轴，AC＝2BC，可得B（﹣2m，﹣），D （﹣2m，﹣），E（，），再结合△ABE的面积为9，四边形ABDE的面积为14，即可得解．【解答】解：设A（m，），∵AE∥x轴，且点E在函数y＝上，∴E（，）．∵AC＝2BC，且点B在函数y＝上，∴B（﹣2m，﹣）．∵BD∥y轴，点D在函数y＝上，∴D（﹣2m，﹣）．∵△ABE的面积为9，∴S△ABE＝AE×（+）＝（m﹣）（+）＝m••＝＝9．∴a﹣b＝12．∵△ABE的面积为9，四边形ABDE的面积为14，∴S△BDE＝DB•（+2m）＝（﹣+）（）m＝（a﹣b）••（）•m＝3（）＝5．∴a＝﹣3b．又a﹣b＝12．∴a＝9．故答案为：12，9．五．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题）5．（2023•德州）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点B的坐标为（6，3），D是OA的中点，AC，BD交于点E，函数的图象过点B．E．且经过平移后可得到一个反比例函数的图象，则该反比例函数的解析式（）A．y＝﹣B．C．D．【分析】先根据函数图象经过点B和点E，求出a和b，再由所得函数解析式即可解决问题．【解答】解：由题知，A（6，0），B（6，3），C（0，3），令直线AC的函数表达式为y1＝k1x+b1，则，解得，所以．又因为点D为OA的中点，所以D（3，0），同理可得，直线BD的函数解析式为y2＝x﹣3，由得，x＝4，则y＝4﹣3＝1，所以点E坐标为（4，1）．将B，E两点坐标代入函数解析式得，，解得．所以，则，将此函数图象向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，所得图象的函数解析式为：．故选：D．6．如图，O是坐标原点，Rt△OAB的直角顶点A在x轴的正半轴上，AB＝2，∠AOB＝30°，反比例函数y＝（k＞0）的图象经过斜边OB的中点C．（1）k＝；（2）D为该反比例函数图象上的一点，若DB∥AC，则OB2﹣BD2的值为4．【分析】（1）根据直角三角形的性质，求出A、B两点坐标，作出辅助线，证得△OPC≌△APC（HL），利用勾股定理及待定系数法求函数解析式即可解答．（2）求出AC、BD的解析式，再联立方程组，求得点D的坐标，分两种情况讨论即可求解．【解答】解：（1）在Rt△OAB中，AB＝2，∠AOB＝30°，∴，∴，∵C是OB的中点，∴OC＝BC＝AC＝2，如图，过点C作CP⊥OA于P，∴△OPC≌△APC（HL），∴，在Rt△OPC中，PC＝，∴C（，1）．∵反比例函数y＝（k＞0）的图象经过斜边OB的中点C，∴，解得k＝．故答案为：．（2）设直线AC的解析式为y＝k1x+b（k≠0），则，解得，∴AC的解析式为y＝﹣x+2，∵AC∥BD，∴直线BD的解析式为y＝﹣x+4，∵点D既在反比例函数图象上，又在直线BD上，∴联立得，解得，，当D的坐标为（2+3，）时，BD2＝＝9+3＝12，∴OB2﹣BD2＝16﹣12＝4；当D的坐标为（2﹣3，）时，BD2＝+＝9+3＝12，∴OB2﹣BD2＝16﹣12＝4；综上，OB2﹣BD2＝4．故答案为：4．六．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）7．（2023•湖州）已知在平面直角坐标系中，正比例函数y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k1x的图象上（t≠0且t≠﹣2），点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数的图象上．当p﹣m与q﹣n的积为负数时，t的取值范围是（）A．或B．或C．﹣3＜t＜﹣2或﹣1＜t＜0D．﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1【分析】将交点的横坐标1代入两个函数，令二者函数值相等，得k1＝k2．令k1＝k2＝k，代入两个函数表达式，并分别将点A、B的坐标和点C、D的坐标代入对应函数，进而分别求出p﹣m与q﹣n的表达式，代入解不等式（p﹣m）（q﹣n）＜0并求出t的取值范围即可．【解答】解：∵y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，∴k1＝k2．令k1＝k2＝k（k＞0），则y＝k1x＝kx，＝．将点A（t，p）和点B（t+2，q）代入y＝kx，得；将点C（t，m）和点D（t+2，n）代入y＝，得．∴p﹣m＝kt﹣＝k（t﹣），q﹣n＝k（t+2）﹣＝k（t+2﹣），∴（p﹣m）（q﹣n）＝k2（t﹣）（t+2﹣）＜0，∴（t﹣）（t+2﹣）＜0．∵（t﹣）（t+2﹣）＝•＝＜0，∴＜0，∴t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0．①当t＜﹣3时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，∴t＜﹣3不符合要求，应舍去．②当﹣3＜t＜﹣2时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0，∴﹣3＜t＜﹣2符合要求．③当﹣2＜t＜0时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，∴﹣2＜t＜0不符合要求，应舍去．④当0＜t＜1时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0，∴0＜t＜1符合要求．⑤当t＞1时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，∴t＞1不符合要求，应舍去．综上，t的取值范围是﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1．故选：D．七．二次函数图象与系数的关系（共3小题）8．（2023•乐至县）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣2，且过点（1，0）．现有以下结论：①abc＜0；②5a+c＝0；③对于任意实数m，都有2b+bm≤4a﹣am2；④若点A（x1，y1）、B（x2，y2）是图象上任意两点，且|x1+2|＜|x2+2|，则y1＜y2，其中正确的结论是（）A．①②B．②③④C．①②④D．①②③④【分析】根据题意和函数图象，利用二次函数的性质，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．【解答】解：由图象可得，a＞0，b＞0，c＜0，∴abc＜0，故①正确，∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣2，且过点（1，0）．∴﹣＝﹣2，a+b+c＝0，∴b＝4a，∴a+b+c＝a+4a+c＝0，故5a+c＝0，故②正确，∵当x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c取得最小值，∴am2+bm+c≥4a﹣2b+c，即2b+bm≥4a﹣am2（m为任意实数），故③错误，∵抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣2，若点A（x1，y1）、B（x2，y2）是图象上任意两点，且|x1+2|＜|x2+2|，∴y1＜y2，故④正确；故选：C．9．（2023•丹东）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点为A（﹣3，0），与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，对称轴为直线x＝﹣1，其部分图象如图所示，则以下4个结论：①abc＞0；②E（x1，y1），F（x2，y2）是抛物线y＝ax2+bx（a≠0）上的两个点，若x1＜x2，且x1+x2＜﹣2，则y1＜y2；③在x轴上有一动点P，当PC+PD的值最小时，则点P的坐标为；④若关于x的方程ax2+b（x﹣2）+c ＝﹣4（a≠0）无实数根，则b的取值范围是b＜1．其中正确的结论有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据所给函数图象可得出a，b，c的正负，再结合抛物线的对称性和增减性即可解决问题．【解答】解：根据所给函数图象可知，a＞0，b＞0，c＜0，所以abc＜0，故①错误．因为抛物线y＝ax2+bx的图象可由抛物线y＝ax2+bx+c的图象沿y轴向上平移|c|个单位长度得到，所以抛物线y＝ax2+bx的增减性与抛物线y＝ax2+bx+c的增减性一致．则当x＜﹣1时，y随x的增大而减小，又x1＜x2，且x1+x2＜﹣2，若x2＜﹣1，则E，F两点都在对称轴的左侧，此时y1＞y2．故②错误．作点C关于x轴的对称点C′，连接C′D与x轴交于点P，连接PC，此时PC+PD的值最小．将A（﹣3，0）代入二次函数解析式得，9a﹣3b+c＝0，又，即b＝2a，所以9a﹣6a+c＝0，则c＝﹣3a．又抛物线与y轴的交点坐标为C（0，c），则点C坐标为（0，﹣3a），所以点C′坐标为（0，3a）．又当x＝﹣1时，y＝﹣4a，即D（﹣1，﹣4a）．设直线C′D的函数表达式为y＝kx+3a，将点D坐标代入得，﹣k+3a＝﹣4a，则k＝7a，所以直线C′D的函数表达式为y＝7ax+3a．将y＝0代入得，x＝．所以点P的坐标为（，0）．故③正确．将方程ax2+b（x﹣2）+c＝﹣4整理得，ax2+bx+c＝2b﹣4，因为方程没有实数根，所以抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝2b﹣4没有公共点，所以2b﹣4＜﹣4a，则2b﹣4＜﹣2b，解得b＜1，又b＞0，所以0＜b＜1．故④错误．所以正确的有③．故选：A．10．（2023•河北）已知二次函数y＝﹣x2+m2x和y＝x2﹣m2（m是常数）的图象与x轴都有两个交点，且这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，则这两个函数图象对称轴之间的距离为（）A．2B．m2C．4D．2m2【分析】求出三个交点的坐标，再构建方程求解．【解答】解：令y＝0，则﹣x2+m2x＝0和x2﹣m2＝0，∴x＝0或x＝m2或x＝﹣m或x＝m，∵这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，若m＞0，则m2＝2m，∴m＝2，若m＜0时，则m2＝﹣2m，∴m＝﹣2．∵抛物线y＝x2﹣m2的对称轴为直线x＝0，抛物线y＝﹣x2+m2x的对称轴为直线x＝，∴这两个函数图象对称轴之间的距离＝＝2．故选：A．八．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）11．（2023•广东）如图，抛物线y＝ax2+c经过正方形OABC的三个顶点A，B，C，点B在y轴上，则ac 的值为（）A．﹣1B．﹣2C．﹣3D．﹣4【分析】过A作AH⊥x轴于H，根据正方形的性质得到∠AOB＝45°，得到AH＝OH，利用待定系数法求得a、c的值，即可求得结论．【解答】解：过A作AH⊥x轴于H，∵四边形ABCO是正方形，∴∠AOB＝45°，∴∠AOH＝45°，∴AH＝OH，设A（m，m），则B（0，2m），∴，解得am＝﹣1，m＝，∴ac的值为﹣2，故选：B．九．二次函数与不等式（组）（共1小题）12．（2023•西宁）直线y1＝ax+b和抛物线（a，b是常数，且a≠0）在同一平面直角坐标系中，直线y1＝ax+b经过点（﹣4，0）．下列结论：①抛物线的对称轴是直线x＝﹣2；②抛物线与x轴一定有两个交点；③关于x的方程ax2+bx＝ax+b有两个根x1＝﹣4，x2＝1；④若a ＞0，当x＜﹣4或x＞1时，y1＞y2.其中正确的结论是（）A．①②③④B．①②③C．②③D．①④【分析】根据直线y1＝ax+b经过点（﹣4，0）．得到b＝4a，于是得到＝ax2+4ax，求得抛物线的对称轴是直线x＝﹣﹣＝2；故①正确；根据Δ＝16a2＞0，得到抛物线与x轴一定有两个交点，故②正确；把b＝4a，代入ax2+bx＝ax+b得到x2+3x﹣4＝0，求得x1＝﹣4，x2＝1；故③正确；根据a＞0，得到抛物线的开口向上，直线y1＝ax+b和抛物线交点横坐标为﹣4，1，于是得到结论．【解答】解：∵直线y1＝ax+b经过点（﹣4，0）．∴﹣4a+b＝0，∴b＝4a，∴＝ax2+4ax，∴抛物线的对称轴是直线x＝﹣﹣＝2；故①正确；∵＝ax2+4ax，∴Δ＝16a2＞0，∴抛物线与x轴一定有两个交点，故②正确；∵b＝4a，∴方程ax2+bx＝ax+b为ax2+4ax＝ax+4a得，整理得x2+3x﹣4＝0，解得x1＝﹣4，x2＝1；故③正确；∵a＞0，抛物线的开口向上，直线y1＝ax+b和抛物线交点横坐标为﹣4，1，∴当x＜﹣4或x＞1时，y1＜y2.故④错误，故选：B．一十．三角形中位线定理（共1小题）13．（2023•广州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，点M是边AC上一动点，点D，E分别是AB，MB的中点，当AM＝2.4时，DE的长是 1.2.若点N在边BC上，且CN＝AM，点F，G分别是MN，AN的中点，当AM＞2.4时，四边形DEFG面积S的取值范围是3≤S≤4．【分析】依据题意，根据三角形中位线定理可得DE＝AM＝1.2；设AM＝x，从而DE＝x，由DE∥AM，且DE＝AM，又FG∥AM，FG＝AM，进而DE∥FG，DE＝FG，从而四边形DEFG是平行四边形，结合题意可得DE边上的高为（4﹣x），故四边形DEFG面积S＝4x﹣x2，进而利用二次函数的性质可得S的取值范围．【解答】解：由题意，点D，E分别是AB，MB的中点，∴DE是三角形ABM的中位线．∴DE＝AM＝1.2．如图，设AM＝x，∴DE＝AM＝x．由题意得，DE∥AM，且DE＝AM，又FG∥AM，FG＝AM，∴DE∥FG，DE＝FG．∴四边形DEFG是平行四边形．由题意，GF到AC的距离是x，BC＝＝8，∴DE边上的高为（4﹣x）．∴四边形DEFG面积S＝2x﹣x2，＝﹣（x﹣4）2+4．∵2.4＜x≤6，∴3≤S≤4．故答案为：1.2；3≤S≤4．一十一．矩形的性质（共2小题）14．（2023•宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（）A．△ABE的面积B．△ACD的面积C．△ABC的面积D．矩形BCDE的面积【分析】作AG⊥ED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推导出S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC，所以只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，于是得到问题的答案．【解答】解：作AG⊥ED于点G，交BC于点F，∵四边形BCDE是矩形，∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD，∴四边形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°，∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC，∴S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC，∴只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，故选：C．15．（2023•河南）矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN＝AB＝1．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为2或1+．【分析】以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：如图1，当∠MND＝90°时，如图2，当∠NMD＝90°时，根据矩形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论．【解答】解：以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：①如图1，当∠MND＝90°时，则MN⊥AD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∴MN∥AB，∵M为对角线BD的中点，∴AN＝DN，∵AN＝AB＝1，∴AD＝2AN＝2；如图2，当∠NMD＝90°时，则MN⊥BD，∵M为对角线BD的中点，∴BM＝DM，∴MN垂直平分BD，∴BN＝DN，∵∠A＝90°，AB＝AN＝1，∴BN＝AB＝，∴AD＝AN+DN＝1+，综上所述，AD的长为2或1+．故答案为：2或1+．一十二．正方形的性质（共2小题）16．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，则tan∠EDF的值为（）A．B．C．D．【分析】由正方形ABCD的边长为4及BG＝3CG，可求出BG的长，进而求出AG的长，证△ADE∽△GAB，利用相似三角形对应边成比例可求得AE、DE的长，证△ABF≌△DAE，得AF＝DE，根据线段的和差求得EF的长即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，∴BC＝CD＝DA＝AB＝4，∠BAD＝∠ABC＝90°，AD∥BC，∴∠DAE＝∠AGB，∵BG＝3CG，∴BG＝3，∴在Rt△ABG中，AB2+BG2＝AG2，∴AG＝，∵DE⊥AG，∴∠DEA＝∠DEF＝∠ABC＝90°，∴△ADE∽△GAB，∴AD：GA＝AE：GB＝DE：AB，∴4：5＝AE：3＝DE：4，∴AE＝，DE＝，又∵BF∥DE，∴∠AFB＝∠DEF＝90°，又∵AB＝AD，∠DAE＝∠ABF（同角的余角相等），∴△ABF≌△DAE，∴AF＝DE＝，∴EF＝AF﹣AE＝，∴tan∠EDF＝，故选：A．17．（2023•湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是4cm．（2）若，则tan∠DAH的值是3．【分析】（1）将AE和FC用BE表示出来，再代入AE+FC＝11cm，即可求出BE的长；（2）由已知条件可以证明∠DAH＝∠CDG，从而得到tan∠DAH＝tan∠CDG，设AH＝x，DG＝5k，GH ＝4k，用x和k的式子表示出CG，再利用tan∠DAH＝tan∠CDG列方程，解出x，从而求出tan∠DAH 的值．【解答】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，∴AE＝BE，BF＝CF，∵AE+FC＝11cm，∴BE+BF＝11cm，即BE+BE+EF＝11cm，即2BE+EF＝11cm，∵EF＝3cm，∴2BE+3cm＝11cm，∴BE＝4cm，故答案为：4；（2）设AH＝x，∵，∴可设DG＝5k，GH＝4k，∵四边形EFGH是正方形，∴HE＝EF＝FG＝GH＝4k，∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，∴AE＝BE，BF＝CF，∠ABE＝∠CBF＝45°，∴CG＝CF+GF＝BF+4k＝BE+8k＝AH+12k＝x+12k，∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°，∵四边形ABCD对角互补，∴∠ADC＝90°，∴∠ADH+∠CDG＝90°，∵四边形EFGH是正方形，∴∠AHD＝∠CGD＝90°，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∴∠DAH＝∠CDG，∴tan∠DAH＝tan∠CDG，∴，即，整理得：x2+12kx﹣45k2＝0，解得x1＝3k，x2＝﹣15k（舍去），∴tan∠DAH＝＝＝3．故答案为：3．一十三．正多边形和圆（共1小题）18．（2023•河北）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上．两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中：（1）∠α＝30度；（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为2（结果保留根号）．【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可得到结论；（2）把问题转化为图形问题，首先作出图形，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求ON＝OM+BE，再根据正六边形的性质以及三角函数的定义，分别求出OM，BE即可．【解答】解：（1）作图如图所示，∵多边形是正六边形，∴∠ACB＝60°，∵BC∥直线l，∴∠ABC＝90°，∴α＝30°；故答案为：30°；（2）取中间正六边形的中心为O，作图如图所示，由题意得，AG∥BF，AB∥GF，BF⊥AB，∴四边形ABFG为矩形，∴AB＝GF，∵∠BAC＝∠FGH，∠ABC＝∠GFH＝90°，∴△ABC≌△GFH（SAS），∴BC＝FH，在Rt△PDE中，DE＝1，PE＝，由图1知AG＝BF＝2PE＝2，OM＝PE＝，∵，∴，∴，∵，∴，∴．∴中间正六边形的中心到直线l的距离为2，故答案为：2．一十四．扇形面积的计算（共1小题）19．（2023•温州）图1是4×4方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型（如图2），过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形CDEF作为题字区域（点A，E，D，B在圆上，点C，F在AB上），形成一幅装饰画，则圆的半径为5．若点A，N，M在同一直线上，AB∥PN，DE＝EF，则题字区域的面积为．【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得r，连接OE，取ED的中点T，连接OT，在Rt△OET中，根据勾股定理即可求解．【解答】解：如图所示，依题意，GH＝2＝GQ，∵过左侧的三个端点Q，K，L作圆，QH＝HL＝4，又NK⊥QL，∴O在KN上，连接OQ，则OQ为半径，∵OH＝r﹣KH＝r﹣2，在Rt△OHQ中，OH2+QH2＝QO2，∴（r﹣2）2+42＝r2，解得：r＝5；连接OE，取ED的中点T，连接OT，交AB于点S，连接PB，AM，过点O作OU⊥AM于点U.连接OA．由△OUN∽△NPM，可得＝＝，∴OU＝．MN＝2，∴NU＝，∴AU＝＝，∴AN＝AU﹣NU＝2，∴AN＝MN，∵AB∥PN，∴AB⊥OT，∴AS＝SB，∴NS∥BM，∴NS∥MP，∴M，P，B共线，又NB＝NA，∴∠ABM＝90°，∵MN＝NB，NP⊥MP，∴MP＝PB＝2，∴NS＝MB＝2，∵KH+HN＝2+4＝6，∴ON＝6﹣5＝1，∴OS＝3，∵，设EF＝ST＝a，则，在Rt△OET中，OE2＝OT2+TE2，即，整理得5a2+12a﹣32＝0，即（a+4）（5a﹣8）＝0，解得：或a＝﹣4，∴题字区域的面积为．故答案为：．一十五．轴对称-最短路线问题（共1小题）20．（2023•安徽）如图，E是线段AB上一点，△ADE和△BCE是位于直线AB同侧的两个等边三角形，点P，F分别是CD，AB的中点．若AB＝4，则下列结论错误的是（）A．P A+PB的最小值为3B．PE+PF的最小值为2C．△CDE周长的最小值为6D．四边形ABCD面积的最小值为3【分析】延长AD，BC交于M，过P作直线l∥AB，由△ADE和△BCE是等边三角形，可得四边形DECM 是平行四边形，而P为CD中点，知P为EM中点，故P在直线l上运动，作A关于直线l的对称点A'，连接A'B，当P运动到A'B与直线l的交点，即A'，P，B共线时，P A+PB＝P A'+PB最小，即可得P A+PB 最小值A'B＝＝2，判断选项A错误；由PM＝PE，即可得当M，P，F共线时，PE+PF 最小，最小值为MF的长度，此时PE+PF的最小值为2，判断选项B正确；过D作DK⊥AB于K，过C作CT⊥AB于T，由△ADE和△BCE是等边三角形，得KT＝KE+TE＝AB＝2，有CD≥2，故△CDE周长的最小值为6，判断选项C正确；设AE＝2m，可得S四边形ABCD＝（m﹣1）2+3，即知四边形ABCD面积的最小值为3，判断选项D正确．【解答】解：延长AD，BC交于M，过P作直线l∥AB，如图：∵△ADE和△BCE是等边三角形，∴∠DEA＝∠MBA＝60°，∠CEB＝∠MAB＝60°，∴DE∥BM，CE∥AM，∴四边形DECM是平行四边形，∵P为CD中点，∴P为EM中点，∵E在线段AB上运动，∴P在直线l上运动，由AB＝4知等边三角形ABM的高为2，∴M到直线l的距离，P到直线AB的距离都为，作A关于直线l的对称点A'，连接A'B，当P运动到A'B与直线l的交点，即A'，P，B共线时，P A+PB ＝P A'+PB最小，此时P A+PB最小值A'B＝＝＝2，故选项A错误，符合题意；∵PM＝PE，∴PE+PF＝PM+PF，∴当M，P，F共线时，PE+PF最小，最小值为MF的长度，∵F为AB的中点，∴MF⊥AB，∴MF为等边三角形ABM的高，∴PE+PF的最小值为2，故选项B正确，不符合题意；过D作DK⊥AB于K，过C作CT⊥AB于T，如图，∵△ADE和△BCE是等边三角形，∴KE＝AE，TE＝BE，∴KT＝KE+TE＝AB＝2，∴CD≥2，∴DE+CE+CD≥AE+BE+2，即DE+CE+CD≥AB+2，∴DE+CE+CD≥6，∴△CDE周长的最小值为6，故选项C正确，不符合题意；设AE＝2m，则BE＝4﹣2m，∴AK＝KE＝m，BT＝ET＝2﹣m，DK＝AK＝m，CT＝BT＝2﹣m，∴S△ADK＝m•m＝m2，S△BCT＝（2﹣m）（2﹣m）＝m2﹣2m+2，S梯形DKTC ＝（m+2﹣m）•2＝2，∴S四边形ABCD＝m2+m2﹣2m+2+2＝m2﹣2m+4＝（m﹣1）2+3，∴当m＝1时，四边形ABCD面积的最小值为3，故选项D正确，不符合题意；故选：A．一十六．翻折变换（折叠问题）（共2小题）21．（2023•乐至县）如图，在平面直角坐标系xOy中，边长为2的等边△ABC的顶点A、B分别在x轴、y 轴的正半轴上移动，将△ABC沿BC所在直线翻折得到△DBC，则OD的最大值为+1．【分析】过点D作DF⊥AB，交AB延长线于点F，取AB的中点E，连接DE，OE，OD，在Rt△ABO 中利用斜边中线性质求出OE，根据OE+DE≥OD确定当D、O、E三点共线时OD最大，最大值为OD ＝OE+DE．【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB，交AB延长线于点F，取AB的中点E，连接DE，OE，OD，∵等边三角形ABC的边长为2，∴AB＝2，∠ABC＝60°，由翻折可知：∠DBC＝∠ABC＝60°，DB＝AB＝2，∴∠DBF＝60°，∵DF⊥AB，∴∠DFB＝90°，∴∠BDF＝30°，∴BF＝BD＝1，∴DF＝BF＝，∵E是AB的中点，∴AE＝BE＝OE＝AB＝1，∴EF＝BE+BF＝2，∴DE＝＝＝，∴OD≤DE+OE＝+1，∴当D、E、O三点共线时OD最大，最大值为+1．故答案为：+1．22．（2023•南京）如图，在菱形纸片ABCD中，点E在边AB上，将纸片沿CE折叠，点B落在B′处，CB′⊥AD，垂足为F．若CF＝4cm，FB′＝1cm，则BE＝cm．【分析】作EH⊥BC于点H，由CF＝4cm，FB′＝1cm，求得B′C＝5cm，由折叠得BC＝B′C＝5cm，由菱形的性质得BC∥AD，DC＝BC＝5cm，∠B＝∠D，因为CB′⊥AD于点F，所以∠BCB′＝∠CFD ＝90°，则∠BCE＝∠B′CE＝45°，DF＝＝3cm，所以∠HEC＝∠BCE＝45°，则CH＝EH，由＝sin B＝sin D＝，＝cos B＝cos D＝，得CH＝EH＝BE，BH＝BE，于是得BE+BE ＝5，则BE＝cm．【解答】解：作EH⊥BC于点H，则∠BHE＝∠CHE＝90°，∵CF＝4cm，FB′＝1cm，∴B′C＝CF+FB′＝4+1＝5（cm），由折叠得BC＝B′C＝5cm，∠BCE＝∠B′CE，∵四边形ABCD是菱形，∴BC∥AD，DC＝BC＝5cm，∠B＝∠D，∵CB′⊥AD于点F，∴∠BCB′＝∠CFD＝90°，∴∠BCE＝∠B′CE＝∠BCB′＝×90°＝45°，DF＝＝＝3（cm），∴∠HEC＝∠BCE＝45°，∴CH＝EH，∵＝sin B＝sin D＝＝，＝cos B＝cos D＝＝，∴CH＝EH＝BE，BH＝BE，∴BE+BE＝5，∴BE＝cm，故答案为：．一十七．旋转的性质（共1小题）23．（2023•西宁）如图，在矩形ABCD中，点P在BC边上，连接P A，将P A绕点P顺时针旋转90°得到P A′，连接CA′，若AD＝9，AB＝5，CA′＝2，则BP＝2．【分析】过A′点作A′H⊥BC于H点，如图，根据旋转的性质得到P A＝P A′，再证明△ABP≌△PHA′得到PB＝A′H，PH＝AB＝5，设PB＝x，则A′H＝x，CH＝4﹣x，然后在Rt△A′CH中利用勾股定理得到x2+（4﹣x）2＝（2）2，于是解方程求出x即可．【解答】解：过A′点作A′H⊥BC于H点，如图，∵四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD＝9，∠B＝90°，∵将P A绕点P顺时针旋转90°得到P A′，∴P A＝P A′，∵∠P AB+∠APB＝90°，∠APB+∠A′PH＝90°，∴∠P AB＝∠A′PH，在△ABP和△PHA′中，，∴△ABP≌△PHA′（AAS），∴PB＝A′H，PH＝AB＝5，设PB＝x，则A′H＝x，CH＝9﹣x﹣5＝4﹣x，在Rt△A′CH中，x2+（4﹣x）2＝（2）2，解得x1＝x2＝2，即BP的长为2．故答案为：2．一十八．相似三角形的判定与性质（共2小题）24．（2023•杭州）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＜90°，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上，连接DE，EF，FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设＝k，若AD＝DF，则＝（结果用含k的代数式表示）．【分析】方法一：先根据轴对称的性质和已知条件证明DE∥AC，再证△BDE∽△BAC，推出EC＝k•AB，通过证明△ABC∽△ECF，推出CF＝k2•AB，即可求出的值．方法二：证明AD＝DF＝BD，可得BF⊥AC，设AB＝AC＝1，BC＝k，CF＝x，则AF＝1﹣x，利用勾股定理列方程求出x的值，进而可以解决问题．【解答】解：方法一：∵点B和点F关于直线DE对称，∴DB＝DF，∵AD＝DF，∴AD＝DB，∵AD＝DF，∴∠A＝∠DF A，∵点B和点F关于直线DE对称，∴∠BDE＝∠FDE，∵∠BDE+∠FDE＝∠BDF＝∠A+∠DF A，∴∠FDE＝∠DF A，∴DE∥AC，∴∠C＝∠DEB，∠DEF＝∠EFC，∵点B和点F关于直线DE对称，∴∠DEB＝∠DEF，∴∠C＝∠EFC，∵AB＝AC，∴∠C＝∠B，∵∠ACB＝∠EFC，∴△ABC∽△ECF，∴＝，∵DE∥AC，∴∠BDE＝∠A，∠BED＝∠C，∴△BDE∽△BAC，∴＝＝，∴EC＝BC，∵＝k，∴BC＝k•AB，∴EC＝k•AB，∴＝，∴CF＝k2•AB，∴＝＝＝＝．方法二：如图，连接BF，∵点B和点F关于直线DE对称，∴DB＝DF，∵AD＝DF，∴AD＝DB＝DF，∴BF⊥AC，设AB＝AC＝1，则BC＝k，设CF＝x，则AF＝1﹣x，由勾股定理得，AB2﹣AF2＝BC2﹣CF2，∴12﹣（1﹣x）2＝k2﹣x2，∴x＝，∴AF＝1﹣x＝，∴＝．故答案为：．25．（2023•广东）边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为15．【分析】根据相似三角形的性质，利用相似比求出梯形的上底和下底，用面积公式计算即可．【解答】解：如图，∵BF∥DE，∴△ABF∽△ADE，∴＝，∵AB＝4，AD＝4+6+10＝20，DE＝10，∴＝，∴BF＝2，∴GF＝6﹣2＝4，∵CK∥DE，∴△ACK∽△ADE，∴＝，∵AC＝4+6＝10，AD＝20，DE＝10，∴＝，∴CK＝5，∴HK＝6﹣5＝1，∴阴影梯形的面积＝（HK+GF）•GH＝（1+4）×6＝15．故答案为：15．一十九．相似三角形的应用（共1小题）26．（2023•南京）如图，不等臂跷跷板AB的一端A碰到地面时，另一端B到地面的高度为60cm；当AB 的一端B碰到地面时，另一端A到地面的高度为90cm，则跷跷板AB的支撑点O到地面的高度OH是（）A．36cm B．40cm C．42cm D．45cm【分析】过点B作BC⊥AH，垂足为C，再证明A字模型相似△AOH∽△ABC，从而可得＝，过点A作AD⊥BH，垂足为D，然后证明A字模型相似△ABD∽△OBH，从而可得＝，最后进行计算即可解答．【解答】解：如图：过点B作BC⊥AH，垂足为C，∵OH⊥AC，BC⊥AC，∴∠AHO＝∠ACB＝90°，∵∠BAC＝∠OAH，∴△AOH∽△ABC，∴＝，∴＝，如图：过点A作AD⊥BH，垂足为D，∵OH⊥BD，AD⊥BD，∴∠OHB＝∠ADB＝90°，∵∠ABD＝∠OBH，∴△ABD∽△OBH，∴＝，∴＝，∴+＝+，∴+＝，∴+＝1，解得：OH＝36，∴跷跷板AB的支撑点O到地面的高度OH是36cm，故选：A．二十．解直角三角形（共1小题）27．（2023•丹东）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点A（3，0），B（0，4），点C在x 轴负半轴上，连接AB，BC，若tan∠ABC＝2，以BC为边作等边三角形BCD，则点C的坐标为（﹣2，0）；点D的坐标为（﹣1﹣2，2+）或（﹣1+2，2﹣）．【分析】过点C作CE⊥AB于E，先求处AB＝5，再设BE＝t，由tan∠ABC＝2得CE＝2t，进而得BC ＝，由三角形的面积公式得S△ABC＝AC•OB＝AB•CE，即5×2t＝4×（3+OC），则OC＝﹣3，然后在Rt△BOC中由勾股定理得，由此解出t1＝2，t2＝10（不合题意，舍去），此时OC＝﹣3＝2，故此可得点C的坐标；设点D的坐标为（m，n），由两点间的距离公式得：BC2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝（m+2）2+（n﹣0）2，由△BCD为等边三角形得，整理：，②﹣①整理得m＝3﹣2n，将m＝3﹣2n代入①整理得n2﹣4n+1＝0，解得n＝，进而再求出m即可得点D的坐标．【解答】解：过点C作CE⊥AB于E，如图：∵点A（3，0），B（0，4），由两点间的距离公式得：AB＝＝5，设BE＝t，∵tan∠ABC＝2，在Rt△BCE中，tan∠ABC＝，∴＝2，∴CE＝2t，由勾股定理得：BC＝＝t，∵CE⊥AB，OB⊥AC，AC＝OC+OA＝3+OC，∴S△ABC＝AC•OB＝AB•CE，即：5×2t＝4×（3+OC），∴OC＝﹣3，在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC2﹣OB2＝OC2，即，整理得：t2﹣12t+20＝0，解得：t1＝2，t2＝10（不合题意，舍去），∴t＝2，此时OC＝﹣3＝2，∴点C的坐标为（﹣2，0），设点D的坐标为（m，n），由两点间的距离公式得：BC2＝（﹣2﹣0）2+（0﹣4）2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝（m+2）2+（n﹣0）2，∵△BCD为等边三角形，∵BD＝CD＝BC，∴，整理得：，②﹣①得：4m+8n＝12，∴m＝3﹣2n，将m＝3﹣2n代入①得：（3﹣2n）2+n2﹣8n＝4，整理得：n2﹣4n+1＝0，解得：n＝，当n＝时，m＝3﹣2n＝，当n＝时，m＝3﹣2n＝，∴点D的坐标为或．故答案为：（﹣2，0）；或．二十一．解直角三角形的应用（共1小题）28．（2023•杭州）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH 拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．设∠BAF＝α，∠BEF＝β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tanα＝tan2β，则n＝（）A．5B．4C．3D．2【分析】设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，解直角三角形可得，化简可得（b﹣a）2＝ab，a2+b2＝3ab，结合勾股定理及正方形的面积公式可求得S正方形EFGH；S正方形ABCD＝1：3，进而可求解n的值．【解答】解：设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，∵tanα＝，tanβ＝，tanα＝tan2β，∴，∴（b﹣a）2＝ab，∴a2+b2＝3ab，∵a2+b2＝AD2＝S正方形ABCD，（b﹣a）2＝S正方形EFGH，∴S正方形EFGH：S正方形ABCD＝ab：3ab＝1：3，∵S正方形EFGH：S正方形ABCD＝1：n，∴n＝3．故选：C．。

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第一部分函数图象中点的存在性问题§1．1因动点产生的相似三角形问题例1 2014年衡阳市中考第28题例2 2014年益阳市中考第21题例3 2015年湘西州中考第26题例4 2015年张家界市中考第25题例5 2016年常德市中考第26题例6 2016年岳阳市中考第24题例7 2016年上海市崇明县中考模拟第25题例8 2016年上海市黄浦区中考模拟第26题§1．2因动点产生的等腰三角形问题例9 2014年长沙市中考第26题例10 2014年张家界市第25题例11 2014年邵阳市中考第26题例12 2014年娄底市中考第27题例13 2015年怀化市中考第22题例14 2015年长沙市中考第26题例15 2016年娄底市中考第26题例16 2016年上海市长宁区金山区中考模拟第25题例17 2016年河南省中考第23题例18 2016年重庆市中考第25题§1．3因动点产生的直角三角形问题例19 2015年益阳市中考第21题例20 2015年湘潭市中考第26题例21 2016年郴州市中考第26题例22 2016年上海市松江区中考模拟第25题例23 2016年义乌市绍兴市中考第24题§1．4因动点产生的平行四边形问题例24 2014年岳阳市中考第24题例25 2014年益阳市中考第20题例26 2014年邵阳市中考第25题例27 2015年郴州市中考第25题例28 2015年黄冈市中考第24题例29 2016年衡阳市中考第26题例30 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟中考第24题例31 2016年上海市徐汇区中考模拟第24题§1．5因动点产生的面积问题例32 2014年常德市中考第25题例33 2014年永州市中考第25题例34 2014年怀化市中考第24题例36 2015年株洲市中考第23题例37 2015年衡阳市中考第28题例38 2016年益阳市中考第22题例39 2016年永州市中考第26题例40 2016年邵阳市中考第26题例41 2016年陕西省中考第25题§1．6因动点产生的相切问题例42 2014年衡阳市中考第27题例43 2014年株洲市中考第23题例44 2015年湘潭市中考第25题例45 2015年湘西州中考第25题例46 2016年娄底市中考第25题例47 2016年湘潭市中考第26题例48 2016年上海市闵行区中考模拟第24题例49 2016年上海市普陀区中考模拟中考第25题§1．7因动点产生的线段和差问题例50 2014年郴州市中考第26题例51 2014年湘西州中考第25题例52 2015年岳阳市中考第24题例53 2015年济南市中考第28题例54 2015年沈阳市中考第25题例56 2016年张家界市中考第24题例57 2016年益阳市中考第21题第二部分图形运动中的函数关系问题§2．1由比例线段产生的函数关系问题例1 2014年常德市中考第26题例2 2014年湘潭市中考第25题例3 2014年郴州市中考第25题例4 2015年常德市中考第25题例5 2015年郴州市中考第26题例6 2015年邵阳市中考第25题例7 2015年娄底市中考第26题例8 2016年郴州市中考第25题例9 2016年湘西州中考第26题例10 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第25题例11 2016年哈尔滨市中考第27题第三部分图形运动中的计算说理问题§3．1代数计算及通过代数计算进行说理问题例1 2014年长沙市中考第25题例2 2014年怀化市中考第23题例3 2014年湘潭市中考第26题例4 2014年株洲市中考第24题例6 2015年娄底市中考第25题例7 2015年永州市中考第26题例8 2015年长沙市中考第25题例9 2015年株洲市中考第24题例10 2016年怀化市中考第22题例11 2016年邵阳市中考第25题例12 2016年株洲市中考第26题例13 2016年长沙市中考第25题例14 2016年长沙市中考第26题§3．2几何证明及通过几何计算进行说理问题例15 2014年衡阳市中考第26题例16 2014年娄底市中考第26题例17 2014年岳阳市中考第23题例18 2015年常德市中考第26题例19 2015年益阳市中考第20题例20 2015年永州市中考第27题例21 2015年岳阳市中考第23题例22 2016年常德市中考第25题例23 2016年衡阳市中考第25题例24 2016年永州市中考第27题例25 2016年岳阳市中考第23题例27 2016年湘潭市中考第25题第四部分图形的平移、翻折与旋转§4．1图形的平移例1 2015年泰安市中考第15题例2 2015年咸宁市中考第14题例3 2015年株洲市中考第14题例4 2016年上海市虹口区中考模拟第18题§4．2图形的翻折例5 2016年上海市奉贤区中考模拟第18题例6 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第18题例7 2016年上海市闵行区中考模拟第18题例8 2016年上海市浦东新区中考模拟第18题例8 2016年上海市普陀区中考模拟第18题例10 2016年常德市中考第15题例11 2016年张家界市中考第14题例12 2016年淮安市中考第18题例13 2016年金华市中考第15题例14 2016年雅安市中考第12题§4．3图形的旋转例15 2016年上海昂立教育中学生三模联考第18题例16 2016年上海市崇明县中考模拟第18题例17 2016年上海市黄浦区中考模拟第18题例18 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟第18题例19 2016年上海市闸北区中考模拟第18题例20 2016年邵阳市中考第13题例21 2016年株洲市中考第4题§4．4三角形例22 2016年安徽省中考第10题例23 2016年武汉市中考第10题例24 2016年河北省中考第16题例25 2016年娄底市中考第10题例26 2016年苏州市中考第9题例27 2016年台州市中考第10题例28 2016年陕西省中考第14题例29 2016年内江市中考第11题例30 2016年上海市中考第18题§4．5四边形例31 2016年湘西州中考第11题例32 2016年益阳市中考第4题例33 2016年益阳市中考第6题例34 2016年常德市中考第16题例35 2016年成都市中考第14题例36 2016年广州市中考第13题例37 2016年福州市中考第18题例38 2016年无锡市中考第17题例39 2016年台州市中考第15题§4．6圆例40 2016年滨州市中考第16题例41 2016年宁波市中考第17题例42 2016年连云港市中考第16题例43 2016年烟台市中考第17题例44 2016年烟台市中考第18题例45 2016年无锡市中考第18题例46 2016年武汉市中考第9题例47 2016年宿迁市中考第16题例48 2016年衡阳市中考第17题例49 2016年邵阳市中考第18题例50 2016年湘西州中考第18题例51 2016年永州市中考第20题§4．7函数的图象及性质例52 2015年荆州市中考第9题例53 2015年德州市中考第12题例54 2015年烟台市中考第12题例55 2015年中山市中考第10题例56 2015年武威市中考第10题例57 2015年呼和浩特市中考第10题例58 2016年湘潭市中考第18题例59 2016年衡阳市中考第19题例60 2016年岳阳市中考第15题例61 2016年株洲市中考第9题例62 2016年永州市中考第19题例63 2016年岳阳市中考第8题例64 2016年岳阳市中考第16题例65 2016年益阳市中考第14题例66 2016年株洲市中考第10题例67 2016年株洲市中考第17题例68 2016年东营市中考第15题例69 2016年成都市中考第13题例70 2016年泰州市中考第16题例71 2016年宿迁市中考第15题例72 2016年临沂市中考第14题例73 2016年义乌市绍兴市中考第9题例74 2016年淄博市中考第12题例75 2016年嘉兴市中考第16题§1．1 因动点产生的相似三角形问题课前导学相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验．如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分AB DE=AC DF和AB DF=两种情况列方程．AC DE应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．求线段的长，要用到两点间的距离公式，而这个公式容易记错．理解记忆比较好．如图1，如果已知A、B两点的坐标，怎样求A、B两点间的距离呢？我们以AB为斜边构造直角三角形，直角边与坐标轴平行，这样用勾股定理就可以求斜边AB的长了．水平距离BC的长就是A、B两点间的水平距离，等于A、B两点的横坐标相减；竖直距离AC就是A、B两点间的竖直距离，等于A、B两点的纵坐标相减．图1例 1 2014年湖南省衡阳市中考第28题二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，与y轴交于点C(0,－3m)（m＞0），顶点为D．（1）求该二次函数的解析式（系数用含m的代数式表示）；（2）如图1，当m＝2时，点P为第三象限内抛物线上的一个动点，设△APC的面积为S，试求出S与点P的横坐标x 之间的函数关系式及S的最大值；（3）如图2，当m取何值时，以A、D、C三点为顶点的三角形与△OBC相似？图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“14衡阳28”，拖动点P运动，可以体验到，当点P运动到AC的中点的正下方时，△APC的面积最大．拖动y轴上表示实数m的点运动，抛物线的形状会改变，可以体验到，∠ACD和∠ADC都可以成为直角．思路点拨1．用交点式求抛物线的解析式比较简便．2．连结OP，△APC可以割补为：△AOP与△COP的和，再减去△AOC ．3．讨论△ACD 与△OBC 相似，先确定△ACD 是直角三角形，再验证两个直角三角形是否相似．4．直角三角形ACD 存在两种情况．图文解析（1）因为抛物线与x 轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，设y ＝a(x ＋3)(x －1)．代入点C(0,－3m)，得－3m ＝－3a ．解得a ＝m ．所以该二次函数的解析式为y ＝m(x ＋3)(x －1)＝mx2＋2mx －3m ．（2）如图3，连结OP ．当m ＝2时，C(0,－6)，y ＝2x2＋4x －6，那么P(x, 2x2＋4x －6)．由于S △AOP ＝1()2P OA y ⨯-＝32-(2x2＋4x －6)＝－3x2－6x ＋9，S △COP ＝1()2P OC x ⨯-＝－3x ，S △AOC ＝9，所以S ＝S △APC ＝S △AOP ＋S △COP －S △AOC ＝－3x2－9x ＝23273()24x -++．所以当32x =-时，S 取得最大值，最大值为274．图3 图4 图5（3）如图4，过点D 作y 轴的垂线，垂足为E ．过点A 作x 轴的垂线交DE 于F ．由y ＝m(x ＋3)(x －1)＝m(x ＋1)2－4m ，得D(－1,－4m)．在Rt △OBC 中，OB ∶OC ＝1∶3m ．如果△ADC 与△OBC 相似，那么△ADC 是直角三角形，而且两条直角边的比为1∶3m ．①如图4，当∠ACD ＝90°时，OA OC EC ED =．所以331m m =．解得m ＝1．此时3CA OC CD ED ==，3OC OB =．所以CA OC CD OB=．所以△CDA ∽△OBC ．②如图5，当∠ADC ＝90°时，FA FD ED EC =．所以421m m=．解得22m =．此时222DA FD DC EC m ===，而3232OC m OB ==．因此△DCA 与△OBC 不相似．综上所述，当m ＝1时，△CDA ∽△OBC ．考点伸展第（2）题还可以这样割补：如图6，过点P 作x 轴的垂线与AC交于点H ．由直线AC ：y ＝－2x －6，可得H(x,－2x －6)．又因为P(x, 2x2＋4x －6)，所以HP ＝－2x2－6x ．因为△PAH 与△PCH 有公共底边HP ，高的和为A 、C 两点间的水平距离3，所以S ＝S △APC ＝S △APH ＋S △CPH ＝32(－2x2－6x) ＝23273()24x -++．图6 例 2 2014年湖南省益阳市中考第21题如图1，在直角梯形ABCD 中，AB//CD ，AD ⊥AB ，∠B ＝60°，AB ＝10，BC ＝4，点P 沿线段AB 从点A 向点B 运动，设AP ＝x ．2·1·c·n·j·y（1）求AD 的长；（2）点P 在运动过程中，是否存在以A 、P 、D 为顶点的三角形与以P 、C 、B为顶点的三角形相似？若存在，求出x 的值；若不存在，请说明理由；（3）设△ADP 与△PCB 的外接圆的面积分别为S1、S2，若S ＝S1＋S2，求S 的最小值.动感体验图1请打开几何画板文件名“14益阳21”，拖动点P 在AB 上运动，可以体验到，圆心O 的运动轨迹是线段BC 的垂直平分线上的一条线段．观察S 随点P 运动的图象，可以看到，S 有最小值，此时点P 看上去象是AB 的中点，其实离得很近而已．思路点拨1．第（2）题先确定△PCB 是直角三角形，再验证两个三角形是否相似．2．第（3）题理解△PCB 的外接圆的圆心O 很关键，圆心O 在确定的BC 的垂直平分线上，同时又在不确定的BP 的垂直平分线上．而BP 与AP 是相关的，这样就可以以AP 为自变量，求S 的函数关系式．图文解析（1）如图2，作CH ⊥AB 于H ，那么AD ＝CH ．在Rt △BCH 中，∠B ＝60°，BC ＝4，所以BH ＝2，CH ＝AD ＝（2）因为△APD 是直角三角形，如果△APD 与△PCB 相似，那么△PCB 一定是直角三角形．①如图3，当∠CPB ＝90°时，AP ＝10－2＝8．所以APAD ，而PC PB △APD 与△PCB 不相似．图2 图3 图4②如图4，当∠BCP ＝90°时，BP ＝2BC ＝8．所以AP ＝2．所以APAD ∠APD ＝60°．此时△APD ∽△CBP ．综上所述，当x ＝2时，△APD ∽△CBP ．（3）如图5，设△ADP 的外接圆的圆心为G ，那么点G 是斜边DP 的中点．设△PCB 的外接圆的圆心为O ，那么点O 在BC 边的垂直平分线上，设这条直线与BC 交于点E ，与AB 交于点F ．设AP ＝2m ．作OM ⊥BP 于M ，那么BM ＝PM ＝5－m ．在Rt △BEF 中，BE ＝2，∠B ＝60°，所以BF ＝4．在Rt △OFM 中，FM ＝BF －BM ＝4－(5－m)＝m －1，∠OFM ＝30°，所以OM 1)m -．所以OB2＝BM2＋OM2＝221(5)(1)3m m -+-．在Rt △ADP 中，DP2＝AD2＋AP2＝12＋4m2．所以GP2＝3＋m2．于是S ＝S1＋S2＝π(GP2＋OB2) ＝22213(5)(1)3m m m π⎡⎤++-+-⎢⎥⎣⎦＝2(73285)3m m π-+．所以当167m =时，S 取得最小值，最小值为1137π．图5 图6考点伸展关于第（3）题，我们再讨论个问题．问题1，为什么设AP ＝2m 呢？这是因为线段AB ＝AP ＋PM ＋BM ＝AP ＋2BM ＝10．这样BM ＝5－m ，后续可以减少一些分数运算．这不影响求S 的最小值．问题2，如果圆心O 在线段EF 的延长线上，S 关于m 的解析式是什么？如图6，圆心O 在线段EF 的延长线上时，不同的是FM ＝BM －BF ＝(5－m)－4＝1－m ．此时OB2＝BM2＋OM2＝221(5)(1)3m m -+-．这并不影响S 关于m 的解析式．例 3 2015年湖南省湘西市中考第26题如图1，已知直线y ＝－x ＋3与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，抛物线y ＝－x2＋bx ＋c 经过A 、B 两点，点P 在线段OA 上，从点O 出发，向点A 以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q 在线段AB 上，从点A 出发，向点B 以每秒2个单位的速度匀速运动，连结PQ ，设运动时间为t 秒．（1）求抛物线的解析式；（2）问：当t 为何值时，△APQ 为直角三角形；（3）过点P 作PE//y 轴，交AB 于点E ，过点Q 作QF//y 轴，交抛物线于点F ，连结EF ，当EF//PQ 时，求点F 的坐标；（4）设抛物线顶点为M ，连结BP 、BM 、MQ ，问：是否存在t 的值，使以B 、Q 、M 为顶点的三角形与以O 、B 、P 为顶点的三角形相似？若存在，请求出t 的值；若不存在，请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“15湘西26”，拖动点P 在OA 上运动，可以体验到，△APQ 有两个时刻可以成为直角三角形，四边形EPQF 有一个时刻可以成为平行四边形，△MBQ 与△BOP 有一次机会相似．思路点拨1．在△APQ 中，∠A ＝45°，夹∠A 的两条边AP 、AQ 都可以用t 表示，分两种情况讨论直角三角形APQ ．2．先用含t 的式子表示点P 、Q 的坐标，进而表示点E 、F 的坐标，根据PE ＝QF 列方程就好了．3．△MBQ 与△BOP 都是直角三角形，根据直角边对应成比例分两种情况讨论．图文解析（1）由y ＝－x ＋3，得A(3, 0)，B(0, 3)．将A(3, 0)、B(0, 3)分别代入y ＝－x2＋bx ＋c ，得930,3.b c c -++=⎧⎨=⎩ 解得2,3.b c =⎧⎨=⎩所以抛物线的解析式为y ＝－x2＋2x ＋3．（2）在△APQ 中，∠PAQ ＝45°，AP ＝3－t ，AQ．分两种情况讨论直角三角形APQ ：①当∠PQA ＝90°时，APAQ ．解方程3－t ＝2t ，得t ＝1（如图2）．②当∠QPA ＝90°时，AQt (3－t)，得t ＝1.5（如图3）．图2 图3（3）如图4，因为PE//QF ，当EF//PQ 时，四边形EPQF 是平行四边形．所以EP ＝FQ ．所以yE －yP ＝yF －yQ ．因为xP ＝t ，xQ ＝3－t ，所以yE ＝3－t ，yQ ＝t ，yF ＝－(3－t)2＋2(3－t)＋3＝－t2＋4t ．因为yE －yP ＝yF －yQ ，解方程3－t ＝(－t2＋4t)－t ，得t ＝1，或t ＝3（舍去）．所以点F 的坐标为(2, 3)．图4 图5（4）由y ＝－x2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4，得M(1, 4)．由A(3, 0)、B(0, 3)，可知A 、B 两点间的水平距离、竖直距离相等，AB ＝．由B(0, 3)、M(1, 4)，可知B 、M 两点间的水平距离、竖直距离相等，BM所以∠MBQ ＝∠BOP ＝90°．因此△MBQ 与△BOP 相似存在两种可能：①当BMOB BQ OP =3t=．解得94t =（如图5）．②当BMOPBQ OB =3t =．整理，得t2－3t ＋3＝0．此方程无实根．考点伸展第（3）题也可以用坐标平移的方法：由P(t, 0)，E(t, 3－t)，Q(3－t, t)，按照P→E方向，将点Q向上平移，得F(3－t, 3)．再将F(3－t, 3)代入y＝－x2＋2x＋3，得t＝1，或t＝3．§1．2 因动点产生的等腰三角形问题课前导学我们先回顾两个画图问题：1．已知线段AB＝5厘米，以线段AB为腰的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？2．已知线段AB＝6厘米，以线段AB为底边的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？已知腰长画等腰三角形用圆规画圆，圆上除了两个点以外，都是顶点C．已知底边画等腰三角形，顶角的顶点在底边的垂直平分线上，垂足要除外．在讨论等腰三角形的存在性问题时，一般都要先分类．如果△ABC是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三种情况．解等腰三角形的存在性问题，有几何法和代数法，把几何法和代数法相结合，可以使得解题又好又快．几何法一般分三步：分类、画图、计算．哪些题目适合用几何法呢？如果△ABC的∠A（的余弦值）是确定的，夹∠A的两边AB和AC可以用含x的式子表示出来，那么就用几何法．①如图1，如果AB ＝AC ，直接列方程；②如图2，如果BA ＝BC ，那么1cos 2AC AB A =∠；③如图3，如果CA ＝CB ，那么1cos 2AB AC A =∠．代数法一般也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并检验．如果三角形的三个角都是不确定的，而三个顶点的坐标可以用含x 的式子表示出来，那么根据两点间的距离公式，三边长（的平方）就可以罗列出来．图1 图2 图3例 9 2014年长沙市中考第26题如图1，抛物线y ＝ax2＋bx ＋c （a 、b 、c 是常数，a≠0）的对称轴为y 轴，且经过(0,0)和1)16两点，点P 在该抛物线上运动，以点P 为圆心的⊙P 总经过定点A(0, 2)．（1）求a 、b 、c 的值；（2）求证：在点P 运动的过程中，⊙P 始终与x 轴相交；（3）设⊙P 与x 轴相交于M(x1, 0)、N(x2, 0)两点，当△AMN 为等腰三角形时，求圆心P 的纵坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“14长沙26”，拖动圆心P 在抛物线上运动，可以体验到，圆与x 轴总是相交的，等腰三角形AMN 存在五种情况．思路点拨1．不算不知道，一算真奇妙，原来⊙P 在x 轴上截得的弦长MN ＝4是定值．2．等腰三角形AMN 存在五种情况，点P 的纵坐标有三个值，根据对称性，MA ＝MN 和NA ＝NM 时，点P 的纵坐标是相等的．图文解析（1）已知抛物线的顶点为(0,0)，所以y ＝ax2．所以b ＝0，c ＝0．将1)16代入y ＝ax2，得2116a =．解得14a =（舍去了负值）．（2）抛物线的解析式为214y x =，设点P 的坐标为21(,)4x x ．已知A(0, 2)，所以PA =214x ．而圆心P 到x 轴的距离为214x ，所以半径PA ＞圆心P 到x 轴的距离．所以在点P 运动的过程中，⊙P 始终与x 轴相交．（3）如图2，设MN 的中点为H ，那么PH 垂直平分MN ．在Rt △PMH 中，2241416PM PA x ==+，22411()416PH x x ==，所以MH2＝4．所以MH ＝2．因此MN ＝4，为定值．等腰△AMN 存在三种情况：①如图3，当AM ＝AN 时，点P 为原点O 重合，此时点P 的纵坐标为0．图2 图3②如图4，当MA ＝MN 时，在Rt △AOM 中，OA ＝2，AM ＝4，所以OM ＝此时x ＝OH ＝22．所以点P 的纵坐标为222112)1)444x =+==+ 如图5，当NA ＝NM 时，根据对称性，点P 的纵坐标为也为4+图4 图5③如图6，当NA ＝NM ＝4时，在Rt △AON 中，OA ＝2，AN ＝4，所以ON ＝此时x ＝OH ＝22．所以点P 的纵坐标为222112)1)444x =-=-=- 如图7，当MN ＝MA ＝4时，根据对称性，点P 的纵坐标也为4-图6 图7考点伸展如果点P 在抛物线214y x =上运动，以点P 为圆心的⊙P 总经过定点B(0, 1)，那么在点P 运动的过程中，⊙P 始终与直线y ＝－1相切．这是因为：设点P 的坐标为21(,)4x x ．已知B(0, 1)，所以2114PB x ===+．而圆心P 到直线y ＝－1的距离也为2114x +，所以半径PB ＝圆心P 到直线y ＝－1的距离．所以在点P 运动的过程中，⊙P 始终与直线y ＝－1相切．例 10 2014年湖南省张家界市中考第25题如图1，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线y ＝ax2＋bx ＋c （a≠0）过O 、B 、C 三点，B 、C 坐标分别为(10, 0)和1824(,)55-，以OB 为直径的⊙A 经过C 点，直线l 垂直x 轴于B 点．（1）求直线BC 的解析式；（2）求抛物线解析式及顶点坐标；（3）点M 是⊙A 上一动点（不同于O 、B ），过点M 作⊙A 的切线，交y 轴于点E ，交直线l 于点F ，设线段ME 长为m ，MF 长为n ，请猜想mn 的值，并证明你的结论；（4）若点P 从O 出发，以每秒1个单位的速度向点B 作直线运动，点Q 同时从B 出发，以相同速度向点C 作直线运动，经过t （0＜t≤8）秒时恰好使△BPQ 为等腰三角形，请求出满足条件的t 值．图图1动感体验请打开几何画板文件名“14张家界25”，拖动点M 在圆上运动，可以体验到，△EAF 保持直角三角形的形状，AM 是斜边上的高．拖动点Q 在BC 上运动，可以体验到，△BPQ 有三个时刻可以成为等腰三角形．思路点拨1．从直线BC 的解析式可以得到∠OBC 的三角比，为讨论等腰三角形BPQ 作铺垫．2．设交点式求抛物线的解析式比较简便．3．第（3）题连结AE 、AF 容易看到AM 是直角三角形EAF 斜边上的高．4．第（4）题的△PBQ 中，∠B 是确定的，夹∠B 的两条边可以用含t 的式子表示．分三种情况讨论等腰三角形．图文解析（1）直线BC 的解析式为31542y x =-．（2）因为抛物线与x 轴交于O 、B(10, 0)两点，设y ＝ax(x －10)．代入点C 1824(,)55-，得241832()555a -=⨯⨯-．解得524a =．所以2255255125(10)(5)2424122424y x x x x x =-=-=--．抛物线的顶点为125(5,)24-．（3）如图2，因为EF 切⊙A 于M ，所以AM ⊥EF ．由AE ＝AE ，AO ＝AM ，可得Rt △AOE ≌Rt △AME ．所以∠1＝∠2．同理∠3＝∠4．于是可得∠EAF ＝90°．所以∠5＝∠1．由tan ∠5＝tan ∠1，得MAMEMF MA =．所以ME·MF ＝MA2，即mn ＝25．图2（4）在△BPQ 中，cos ∠B ＝45，BP ＝10－t ，BQ ＝t ．分三种情况讨论等腰三角形BPQ ：①如图3，当BP ＝BQ 时，10－t ＝t ．解得t ＝5．②如图4，当PB ＝PQ 时，1cos 2BQ BP B =∠．解方程14(10)25t t =-，得8013t =．③如图5，当QB ＝QP 时，1cos 2BP BQ B =∠．解方程14(10)25t t -=，得5013t =．图3 图4 图5考点伸展在第（3）题条件下，以EF 为直径的⊙G 与x 轴相切于点A ．如图6，这是因为AG 既是直角三角形EAF 斜边上的中线，也是直角梯形EOBF 的中位线，因此圆心G 到x 轴的距离等于圆的半径，所以⊙G与x轴相切于点A．图6例 11 2014年湖南省邵阳市中考第26题在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2－(m＋n)x＋mn（m＞n）与x轴相交于A、B两点（点A位于点B的右侧），与y轴相交于点C．（1）若m＝2，n＝1，求A、B两点的坐标；（2）若A、B两点分别位于y轴的两侧，C点坐标是(0,－1)，求∠ACB的大小；（3）若m＝2，△ABC是等腰三角形，求n的值．动感体验请打开几何画板文件名“14邵阳26”，点击屏幕左下方的按钮（2），拖动点A在x轴正半轴上运动，可以体验到，△ABC 保持直角三角形的形状．点击屏幕左下方的按钮（3），拖动点B在x轴上运动，观察△ABC的顶点能否落在对边的垂直平分线上，可以体验到，等腰三角形ABC有4种情况．思路点拨1．抛物线的解析式可以化为交点式，用m，n表示点A、B、C的坐标．2．第（2）题判定直角三角形ABC，可以用勾股定理的逆定理，也可以用锐角的三角比．3．第（3）题讨论等腰三角形ABC，先把三边长（的平方）罗列出来，再分类解方程．图文解析（1）由y＝x2－(m＋n)x＋mn＝(x－m)(x－n)，且m＞n，点A位于点B的右侧，可知A(m, 0)，B(n, 0)．若m＝2，n＝1，那么A(2, 0)，B(1, 0)．．（2）如图1，由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn ＝－1，OC＝1．若A、B两点分别位于y轴的两侧，那么OA·OB＝m(－n)＝－mn＝1．所以OC2＝OA·OB．所以OC OB=．OA OC所以tan∠1＝tan∠2．所以∠1＝∠2．又因为∠1与∠3互余，所以∠2与∠3互余．所以∠ACB＝90°．图1 图2 图3（3）在△ABC中，已知A(2, 0)，B(n, 0)，C(0, 2n)．讨论等腰三角形ABC，用代数法解比较方便：由两点间的距离公式，得AB2＝(n－2)2，BC2＝5n2，AC2＝4＋4n2．①当AB＝AC时，解方程(n－2)2＝4＋4n2，得4n=-（如3图2）．②当CA＝CB时，解方程4＋4n2＝5n2，得n＝－2（如图3），或n＝2（A、B重合，舍去）．③当BA＝BC时，解方程(n－2)2＝5n2，得n=（如图4），或n=（如图5）．图4 图5考点伸展第（2）题常用的方法还有勾股定理的逆定理．由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1．由A(m, 0)，B(n, 0)，C(0,－1)，得AB2＝(m－n)2＝m2－2mn＋n2＝m2＋n2＋2，BC2＝n2＋1，AC2＝m2＋1．所以AB2＝BC2＋AC2．于是得到Rt△ABC，∠ACB＝90°．第（3）题在讨论等腰三角形ABC时，对于CA＝CB的情况，此时A、B两点关于y轴对称，可以直接写出B(－2, 0)，n ＝－2．例 12 2014年湖南省娄底市中考第27题如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连结PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如图2，连结PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“14娄底27”，拖动点Q在AC上运动，可以体验到，当点P运动到AB的中点时，△APQ的面积最大，等腰三角形APQ存在三种情况．还可以体验到，当QC ＝2HC时，四边形PQP′C是菱形．思路点拨1．在△APQ中，∠A是确定的，夹∠A的两条边可以用含t的式子表示．2．四边形PQP′C的对角线保持垂直，当对角线互相平分时，它是菱形，．图文解析（1）在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，所以AB＝5，sinA＝35，cosA＝45．作QD⊥AB于D，那么QD＝AQ sinA＝35t．所以S ＝S △APQ ＝12AP QD ⋅＝13(5)25t t -⨯＝23(5)10t t --＝23515()+1028t --．当52t =时，S 取得最大值，最大值为158．（2）设PP′与AC 交于点H ，那么PP ′⊥QC ，AH ＝APcosA ＝4(5)5t -．如果四边形PQP′C 为菱形，那么PQ ＝PC ．所以QC ＝2HC ．解方程4424(5)5t t ⎡⎤-=⨯--⎢⎥⎣⎦，得2013t =．图3 图4（3）等腰三角形APQ 存在三种情况：①如图5，当AP ＝AQ 时，5－t ＝t ．解得52t =． ②如图6，当PA ＝PQ 时，1cos 2AQ AP A =．解方程14(5)25t t =-，得4013t =． ③如图7，当QA ＝QP 时，1cos 2AP AQ A =．解方程14(5)25t t -=，得2513t =．图5 图6 图7考点伸展在本题情境下，如果点Q 是△PP′C 的重心，求t 的值．如图8，如果点Q 是△PP′C 的重心，那么QC ＝23HC ．解方程2444(5)35t t ⎡⎤-=⨯--⎢⎥⎣⎦，得6023t =．图8例 13 2015年湖南省怀化市中考第22题如图1，已知Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝8，BC ＝6，点P 以每秒1个单位的速度从A 向C 运动，同时点Q 以每秒2个单位的速度从A→B→C 方向运动，它们到C 点后都停止运动，设点P 、Q 运动的时间为t 秒．（1）在运动过程中，求P 、Q 两点间距离的最大值；（2）经过t 秒的运动，求△ABC 被直线PQ 扫过的面积S 与时间t 的函数关系式；（3）P ，Q 两点在运动过程中，是否存在时间t ，使得△PQC 为等腰三角形．若存在，求出此时的t 值，若不存在，请说明理由．（24.25≈，结果保留一位小数）图1动感体验请打开几何画板文件名“15怀化22”，拖动点P 在AC 上运动，可以体验到，PQ 与BD 保持平行，等腰三角形PQC 存在三种情况．思路点拨1．过点B 作QP 的平行线交AC 于D ，那么BD 的长就是PQ 的最大值．2．线段PQ 扫过的面积S 要分两种情况讨论，点Q 分别在AB 、BC 上．3．等腰三角形PQC 分三种情况讨论，先罗列三边长．图文解析（1）在Rt △ABC 中，AC ＝8，BC ＝6，所以AB ＝10．如图2，当点Q 在AB 上时，作BD//PQ 交AC 于点D ，那么22AB AQ t AD AP t===．所以AD ＝5．所以CD ＝3．如图3，当点Q 在BC 上时，16228CQ t CP t-==-．又因为623CB CD ==，所以CQ CB CP CD =．因此PQ//BD ．所以PQ 的最大值就是BD ．在Rt △BCD 中，BC ＝6，CD ＝3，所以BD＝．所以PQ的最大值是．图2 图3 图4（2）①如图2，当点Q 在AB 上时，0＜t≤5，S △ABD ＝15．由△AQP ∽△ABD ，得2()AQP ABD S AP S AD =△△．所以S ＝S △AQP ＝215()5t ⨯＝235t ． ②如图3，当点Q 在BC 上时，5＜t≤8，S △ABC ＝24．因为S △CQP ＝12CQ CP ⋅＝1(162)(8)2t t --＝2(8)t -，所以S ＝S △ABC －S △CQP ＝24－(t －8)2＝－t2＋16t －40．（3）如图3，当点Q 在BC 上时，CQ ＝2CP ，∠C ＝90°，所以△PQC 不可能成为等腰三角形．当点Q 在AB 上时，我们先用t 表示△PQC 的三边长：易知CP ＝8－t ．如图2，由QP//BD ，得QP APBD AD =5t =．所以QP =．如图4，作QH ⊥AC 于H ．在Rt △AQH 中，QH ＝AQ sin ∠A ＝65t ，AH ＝85t ．在Rt △CQH 中，由勾股定理，得CQ ＝＝分三种情况讨论等腰三角形PQC ：（1）①当PC ＝PQ 时，解方程8t -=，得10t =≈3.4（如图5所示）．②当QC ＝QP 时，=．整理，得2111283200t t -+=．所以(11t －40)(t －8)＝0．解得4011t =≈3.6（如图6所示），或t ＝8（舍去）．③当CP ＝CQ 时，8t -=25160t t -=．解得165t =＝3.2（如图7所示），或t ＝0（舍去）．综上所述，当t 的值约为3.4，3.6，或等于3.2时，△PQC 是等腰三角形．图5 图6 图7考点伸展第（1）题求P、Q两点间距离的最大值，可以用代数计算说理的方法：①如图8，当点Q在AB上时，PQ．当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为②如图9，当点Q在BC上时，PQ)t-．当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为．综上所述，PQ的最大值为§1．3 因动点产生的直角三角形问题课前导学我们先看三个问题：1．已知线段AB，以线段AB为直角边的直角三角形ABC 有多少个？顶点C的轨迹是什么？2．已知线段AB，以线段AB为斜边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？3．已知点A(4,0)，如果△OAB是等腰直角三角形，求符合条件的点B的坐标．图1 图2 图3如图1，点C在垂线上，垂足除外．如图2，点C在以AB。

挑战压轴题解答题(真题汇编压轴特训)-2024年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编(广州卷)(原卷版)

03挑战压轴题（解答题一）(1)尺规作图：将法）；(2)在（1）所作的图中，连接V①求证：ABD②若tan BAC∠2．（2022·广东广州·统考中考真题）某数学活动小组利用太阳光线下物体的影子和标杆测量旗杆的高度．如图，在某一时刻，旗杆的AB的影子为BC，与此同时在C处立一根标杆CD，标杆CD的影子为CE，CD = 1.6m，BC =5CD．(1)求BC的长；(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求旗杆AB的高度．条件①：CE = 1.0m；条件②：从D处看旗杆顶部A的仰角α为54.46°．注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分．参考数据：sin54.46°≈0.81，cos54.46°≈0.58，tan54.46°≈1.40．（1）求A 、B 两点的坐标；（2）设PAO V 的面积为S ，求S 关于x 的函数解析式：并写出x 的取值范围；（3）作PAO V 的外接圆C e ，延长PC 交C e 于点Q ，当POQ △的面积最小时，求C e 的半径．(1)沿AC BC 、剪下ABC V ，则ABC V 是_______三角形（填“锐角______．(2)分别取半圆弧上的点E 、F 和直径AB 上的点G 、H ．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm 的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；2．（2022上·陕西西安·九年级校考期中）如图，在等边ABC V 中，点D 是AB 边上的一个动点（不与点A ，B 重合），以CD 为边作等边EDC △，AC 与DE 交于点F ，连接AE ．(1)求证：ADF BCD △∽△；(2)若:5:2AB BD =，且20AB =，求ADF △的面积．3．（2022·安徽合肥·统考一模）如图，在正方形ABCD 中，9AB =，E 为AC 上一点，以AE 为直角边构造等腰直角AEF △（点F 在AB 左侧），分别延长FB ，DE 交于点H ，DH 交线段BC 于点M ，AB 与EF 交于点G ，连结BE ．(1)求证：AFB AED≅V V (2)当62AE =时，求sin MBH ∠的值．(3)若BEH △与DEC V 的面积相等，记△(1)当点D 与圆心O 重合时，如图2所示，求DE 的长．(2)当CEF △与ABC V 相似时，求cos BDE ∠的值．6．（2023下·安徽蚌埠·九年级校考开学考试）如图，矩形ABCD 中，8AB =厘米，12BC =厘米，P 、Q 分别是AB 、BC 上运动的两点，若点P 从点A 出发，以1厘米/秒的速度沿AB 方向运动，同时，点Q 从点B 出发以2厘米/秒的速度沿BC 方向运动，设点P ，Q 运动的时间为x 秒．(1)设PBQ V 的面积为y ，求y 与x 之间的函数关系式及自变量x 的取值范围；(2)当x 为何值时，以P ，B ，Q 为顶点的三角形与BDC V 相似？7．（2021下·湖北随州·七年级统考期末）阅读材料：在平面直角坐标系中，二元一次方程0x y -=的一个解11x y =⎧⎨=⎩可以用一个点（1，1）表示，二元一次方程有无数个解，以方程0x y -=的解为坐标的点的全体叫作方程0x y -=的图象．一般地，在平面直角坐标系中，任何一个二元一次方程的图象都是一条直线，我们可以把方程0x y -=的图象称为直线0x y -=．直线x －y ＝0把坐标平面分成直线上方区域，直线上，直线下方区域三部分，如果点M （x 0，y 0）的坐标满足不等式x －y ≤0，那么点M （x 0，y 0）就在直线x －y ＝0的上方区域内。

中考数学试卷压轴及答案

一、选择题（每题4分，共16分）1. 若函数f(x) = ax^2 + bx + c在x = 1时取得最小值，则a，b，c之间的关系是（）A. a > 0，b = 0，c > 0B. a < 0，b = 0，c < 0C. a > 0，b ≠ 0，c ≠ 0D. a < 0，b ≠ 0，c ≠ 0答案：B解析：二次函数的顶点坐标为(-b/2a, f(-b/2a))，当a < 0时，函数开口向下，顶点为最大值点，因此a < 0。

又因为顶点坐标的y值为最小值，所以c < 0。

由于函数在x = 1时取得最小值，所以b = 0。

2. 在直角坐标系中，点A（2，3），B（-1，2），C（1，-2）构成的三角形ABC的外心坐标是（）A. (1，0)B. (0，1)C. (0，-1)D. (-1，0)答案：A解析：三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点。

首先，计算AB、AC、BC三边的斜率，然后分别求出垂直平分线的方程。

最后，解方程组得到交点坐标。

3. 若等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3 = 9，S5 = 25，则数列的公差d为（）A. 2B. 3C. 4D. 5答案：B解析：等差数列的前n项和公式为Sn = n/2 (a1 + an)。

由题意，S3 = 3/2(a1 + a3) = 9，S5 = 5/2 (a1 + a5) = 25。

将S3和S5的表达式代入，得到两个方程，解得a1和a5，再求公差d。

4. 在平面直角坐标系中，抛物线y = x^2 - 2x + 3的焦点坐标是（）A. (1，1)B. (1，-1)C. (0，1)D. (0，-1)答案：B解析：抛物线的一般方程为y = ax^2 + bx + c，焦点坐标为(-b/2a，1-1/(4a))。

将抛物线方程y = x^2 - 2x + 3代入，得到焦点坐标。

5. 若复数z满足|z-1| = |z+1|，则z的实部为（）A. 0B. 1C. -1D. 不确定答案：A解析：复数z的模长|z|表示复数z到原点的距离。

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第一部分函数图象中点的存在性问题§1．1 因动点产生的相似三角形问题例1 2014年衡阳市中考第28题例2 2014年益阳市中考第21题例3 2015年湘西州中考第26题例4 2015年张家界市中考第25题例5 2016年常德市中考第26题例6 2016年岳阳市中考第24题例7 2016年上海市崇明县中考模拟第25题例8 2016年上海市黄浦区中考模拟第26题§1．2 因动点产生的等腰三角形问题例9 2014年长沙市中考第26题例10 2014年张家界市第25题例11 2014年邵阳市中考第26题例12 2014年娄底市中考第27题例13 2015年怀化市中考第22题例14 2015年长沙市中考第26题例15 2016年娄底市中考第26题例16 2016年上海市长宁区金山区中考模拟第25题例17 2016年河南省中考第23题§1．3 因动点产生的直角三角形问题例19 2015年益阳市中考第21题例20 2015年湘潭市中考第26题例21 2016年郴州市中考第26题例22 2016年上海市松江区中考模拟第25题例23 2016年义乌市绍兴市中考第24题§1．4 因动点产生的平行四边形问题例24 2014年岳阳市中考第24题例25 2014年益阳市中考第20题例26 2014年邵阳市中考第25题例27 2015年郴州市中考第25题例28 2015年黄冈市中考第24题例29 2016年衡阳市中考第26题例30 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟中考第24题例31 2016年上海市徐汇区中考模拟第24题§1．5 因动点产生的面积问题例32 2014年常德市中考第25题例33 2014年永州市中考第25题例35 2015年邵阳市中考第26题例36 2015年株洲市中考第23题例37 2015年衡阳市中考第28题例38 2016年益阳市中考第22题例39 2016年永州市中考第26题例40 2016年邵阳市中考第26题例41 2016年陕西省中考第25题§1．6 因动点产生的相切问题例42 2014年衡阳市中考第27题例43 2014年株洲市中考第23题例44 2015年湘潭市中考第25题例45 2015年湘西州中考第25题例46 2016年娄底市中考第25题例47 2016年湘潭市中考第26题例48 2016年上海市闵行区中考模拟第24题例49 2016年上海市普陀区中考模拟中考第25题§1．7 因动点产生的线段和差问题例50 2014年郴州市中考第26题例51 2014年湘西州中考第25题例53 2015年济南市中考第28题例54 2015年沈阳市中考第25题例55 2016年福州市中考第26题例56 2016年张家界市中考第24题例57 2016年益阳市中考第21题第二部分图形运动中的函数关系问题§2．1 由比例线段产生的函数关系问题例1 2014年常德市中考第26题例2 2014年湘潭市中考第25题例3 2014年郴州市中考第25题例4 2015年常德市中考第25题例5 2015年郴州市中考第26题例6 2015年邵阳市中考第25题例7 2015年娄底市中考第26题例8 2016年郴州市中考第25题例9 2016年湘西州中考第26题例10 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第25题例11 2016年哈尔滨市中考第27题第三部分图形运动中的计算说理问题§3．1 代数计算及通过代数计算进行说理问题例1 2014年长沙市中考第25题例2 2014年怀化市中考第23题例3 2014年湘潭市中考第26题例4 2014年株洲市中考第24题例5 2015年衡阳市中考第27题例6 2015年娄底市中考第25题例7 2015年永州市中考第26题例8 2015年长沙市中考第25题例9 2015年株洲市中考第24题例10 2016年怀化市中考第22题例11 2016年邵阳市中考第25题例12 2016年株洲市中考第26题例13 2016年长沙市中考第25题例14 2016年长沙市中考第26题§3．2 几何证明及通过几何计算进行说理问题例15 2014年衡阳市中考第26题例16 2014年娄底市中考第26题例17 2014年岳阳市中考第23题例18 2015年常德市中考第26题例19 2015年益阳市中考第20题例20 2015年永州市中考第27题例21 2015年岳阳市中考第23题例22 2016年常德市中考第25题例23 2016年衡阳市中考第25题例24 2016年永州市中考第27题例25 2016年岳阳市中考第23题例26 2016年株洲市中考第25题例27 2016年湘潭市中考第25题第四部分图形的平移、翻折与旋转§4．1 图形的平移例1 2015年泰安市中考第15题例2 2015年咸宁市中考第14题例3 2015年株洲市中考第14题例4 2016年上海市虹口区中考模拟第18题§4．2 图形的翻折例5 2016年上海市奉贤区中考模拟第18题例6 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第18题例7 2016年上海市闵行区中考模拟第18题例8 2016年上海市浦东新区中考模拟第18题例8 2016年上海市普陀区中考模拟第18题例10 2016年常德市中考第15题例11 2016年张家界市中考第14题例12 2016年淮安市中考第18题例13 2016年金华市中考第15题例14 2016年雅安市中考第12题§4．3 图形的旋转例15 2016年上海昂立教育中学生三模联考第18题例16 2016年上海市崇明县中考模拟第18题例17 2016年上海市黄浦区中考模拟第18题例18 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟第18题例19 2016年上海市闸北区中考模拟第18题例20 2016年邵阳市中考第13题例21 2016年株洲市中考第4题§4．4 三角形例22 2016年安徽省中考第10题例23 2016年武汉市中考第10题例24 2016年河北省中考第16题例25 2016年娄底市中考第10题例27 2016年台州市中考第10题例28 2016年陕西省中考第14题例29 2016年内江市中考第11题例30 2016年上海市中考第18题§4．5 四边形例31 2016年湘西州中考第11题例32 2016年益阳市中考第4题例33 2016年益阳市中考第6题例34 2016年常德市中考第16题例35 2016年成都市中考第14题例36 2016年广州市中考第13题例37 2016年福州市中考第18题例38 2016年无锡市中考第17题例39 2016年台州市中考第15题§4．6 圆例40 2016年滨州市中考第16题例41 2016年宁波市中考第17题例42 2016年连云港市中考第16题例43 2016年烟台市中考第17题例45 2016年无锡市中考第18题例46 2016年武汉市中考第9题例47 2016年宿迁市中考第16题例48 2016年衡阳市中考第17题例49 2016年邵阳市中考第18题例50 2016年湘西州中考第18题例51 2016年永州市中考第20题§4．7 函数的图象及性质例52 2015年荆州市中考第9题例53 2015年德州市中考第12题例54 2015年烟台市中考第12题例55 2015年中山市中考第10题例56 2015年武威市中考第10题例57 2015年呼和浩特市中考第10题例58 2016年湘潭市中考第18题例59 2016年衡阳市中考第19题例60 2016年岳阳市中考第15题例61 2016年株洲市中考第9题例63 2016年岳阳市中考第8题例64 2016年岳阳市中考第16题例65 2016年益阳市中考第14题例66 2016年株洲市中考第10题例67 2016年株洲市中考第17题例68 2016年东营市中考第15题例69 2016年成都市中考第13题例70 2016年泰州市中考第16题例71 2016年宿迁市中考第15题例72 2016年临沂市中考第14题例73 2016年义乌市绍兴市中考第9题例74 2016年淄博市中考第12题例75 2016年嘉兴市中考第16题§1．1 因动点产生的相似三角形问题课前导学相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验．如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分AB DEAC DF=和AB DFAC DE=两种情况列方程．应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．求线段的长，要用到两点间的距离公式，而这个公式容易记错．理解记忆比较好．如图1，如果已知A、B两点的坐标，怎样求A、B两点间的距离呢我们以AB为斜边构造直角三角形，直角边与坐标轴平行，这样用勾股定理就可以求斜边AB的长了．水平距离BC的长就是A、B两点间的水平距离，等于A、B两点的横坐标相减；竖直距离AC就是A、B两点间的竖直距离，等于A、B两点的纵坐标相减．图1例 1 2014年湖南省衡阳市中考第28题二次函数y＝a x2＋b x＋c（a≠0）的图象与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，与y轴交于点C(0,－3m)（m＞0），顶点为D．（1）求该二次函数的解析式（系数用含m的代数式表示）；（2）如图1，当m＝2时，点P为第三象限内抛物线上的一个动点，设△APC的面积为S，试求出S与点P的横坐标x之间的函数关系式及S的最大值；（3）如图2，当m取何值时，以A、D、C三点为顶点的三角形与△OBC相似图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“14衡阳28”，拖动点P运动，可以体验到，当点P运动到AC 的中点的正下方时，△APC的面积最大．拖动y轴上表示实数m的点运动，抛物线的形状会改变，可以体验到，∠ACD和∠ADC都可以成为直角．思路点拨1．用交点式求抛物线的解析式比较简便．2．连结OP，△APC可以割补为：△AOP与△COP的和，再减去△AOC．3．讨论△ACD与△OBC相似，先确定△ACD是直角三角形，再验证两个直角三角形是否相似．4．直角三角形ACD存在两种情况．图文解析（1）因为抛物线与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，设y＝a(x＋3)(x－1)．代入点C(0,－3m)，得－3m＝－3a．解得a＝m．所以该二次函数的解析式为y＝m(x＋3)(x－1)＝mx2＋2mx－3m．（2）如图3，连结OP．当m＝2时，C(0,－6)，y＝2x2＋4x－6，那么P(x, 2x2＋4x－6)．由于S △AOP ＝1()2P OA y ⨯-＝32-(2x 2＋4x －6)＝－3x 2－6x ＋9， S △COP ＝1()2P OC x ⨯-＝－3x ，S △AOC ＝9，所以S ＝S △APC ＝S △AOP ＋S △COP －S △AOC ＝－3x 2－9x ＝23273()24x -++．所以当32x =-时，S 取得最大值，最大值为274．图3 图4 图5（3）如图4，过点D 作y 轴的垂线，垂足为E ．过点A 作x 轴的垂线交DE 于F ．由y ＝m (x ＋3)(x －1)＝m (x ＋1)2－4m ，得D (－1,－4m )．在Rt △OBC 中，OB ∶OC ＝1∶3m ．如果△ADC 与△OBC 相似，那么△ADC 是直角三角形，而且两条直角边的比为1∶3m ． ①如图4，当∠ACD ＝90°时，OA OC EC ED =．所以331m m =．解得m ＝1．此时3CA OC CD ED ==，3OC OB =．所以CA OC CD OB =．所以△CDA ∽△OBC ． ②如图5，当∠ADC ＝90°时，FA FD ED EC =．所以421m m=．解得2m =．此时222DA FD DC EC m===，而323OC m OB ==．因此△DCA 与△OBC 不相似．综上所述，当m ＝1时，△CDA ∽△OBC ．考点伸展第（2）题还可以这样割补：如图6，过点P 作x 轴的垂线与AC 交于点H ．由直线AC ：y ＝－2x －6，可得H (x ,－2x －6)．又因为P (x , 2x 2＋4x －6)，所以HP ＝－2x 2－6x ．因为△PAH 与△PCH 有公共底边HP ，高的和为A 、C 两点间的水平距离3，所以 S ＝S △APC ＝S △APH ＋S △CPH ＝32(－2x 2－6x ) ＝23273()24x -++．图6例 2 2014年湖南省益阳市中考第21题如图1，在直角梯形ABCD中，AB动感体验图1请打开几何画板文件名“14益阳21”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，圆心O的运动轨迹是线段BC的垂直平分线上的一条线段．观察S随点P运动的图象，可以看到，S 有最小值，此时点P看上去象是AB的中点，其实离得很近而已．思路点拨1．第（2）题先确定△PCB是直角三角形，再验证两个三角形是否相似．2．第（3）题理解△PCB的外接圆的圆心O很关键，圆心O在确定的BC的垂直平分线上，同时又在不确定的BP的垂直平分线上．而BP与AP是相关的，这样就可以以AP为自变量，求S的函数关系式．图文解析（1）如图2，作CH⊥AB于H，那么AD＝CH．在Rt△BCH中，∠B＝60°，BC＝4，所以BH＝2，CH＝23．所以AD＝23．（2）因为△APD是直角三角形，如果△APD与△PCB相似，那么△PCB一定是直角三角形．①如图3，当∠CPB＝90°时，AP＝10－2＝8．所以APAD＝823＝433，而PCPB＝3．此时△APD与△PCB不相似．图2 图3 图4②如图4，当∠BCP＝90°时，BP＝2BC＝8．所以AP＝2．所以APAD＝23＝33．所以∠APD＝60°．此时△APD∽△CBP．综上所述，当x ＝2时，△APD ∽△CBP ．（3）如图5，设△ADP 的外接圆的圆心为G ，那么点G 是斜边DP 的中点．设△PCB 的外接圆的圆心为O ，那么点O 在BC 边的垂直平分线上，设这条直线与BC 交于点E ，与AB 交于点F ．设AP ＝2m ．作OM ⊥BP 于M ，那么BM ＝PM ＝5－m ．在Rt △BEF 中，BE ＝2，∠B ＝60°，所以BF ＝4．在Rt △OFM 中，FM ＝BF －BM ＝4－(5－m )＝m －1，∠OFM ＝30°，所以OM ＝3(1)m -．所以OB 2＝BM 2＋OM 2＝221(5)(1)3m m -+-．在Rt △ADP 中，DP 2＝AD 2＋AP 2＝12＋4m 2．所以GP 2＝3＋m 2．于是S ＝S 1＋S 2＝π(GP 2＋OB 2)＝22213(5)(1)3m m m π⎡⎤++-+-⎢⎥⎣⎦＝2(73285)3m m π-+．所以当167m =时，S 取得最小值，最小值为1137π．图5 图6考点伸展关于第（3）题，我们再讨论个问题．问题1，为什么设AP ＝2m 呢这是因为线段AB ＝AP ＋PM ＋BM ＝AP ＋2BM ＝10．这样BM ＝5－m ，后续可以减少一些分数运算．这不影响求S 的最小值．问题2，如果圆心O 在线段EF 的延长线上，S 关于m 的解析式是什么如图6，圆心O 在线段EF 的延长线上时，不同的是FM ＝BM －BF ＝(5－m )－4＝1－m ．此时OB 2＝BM 2＋OM 2＝221(5)(1)3m m -+-．这并不影响S 关于m 的解析式．例 3 2015年湖南省湘西市中考第26题如图1，已知直线y ＝－x ＋3与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 经过A 、B 两点，点P 在线段OA 上，从点O 出发，向点A 以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q 在线段AB 上，从点A 出发，向点B 以每秒2个单位的速度匀速运动，连结PQ ，设运动时间为t 秒．（1）求抛物线的解析式；（2）问：当t 为何值时，△APQ 为直角三角形；（3）过点P 作PE 26”930,3.b c c -++=⎧⎨=⎩2,3.b c =⎧⎨=⎩2222222BM OB BQ OP =23322t t =-94t =BM OP BQ OB =23322t t =-1cos 2AC AB A =∠1cos 2AB AC A =∠1(,)16a 1(,)16a 2116a =14a =214y x =21(,)4x x 222411(2)4416PA x x x =+-=+214x 214x 2241416PM PA x ==+22411()416PH x x ==332+22211(232)(31)42344x =+=+=+423+332-22211(232)(31)42344x =-=-=-423-214y x =21(,)4x x 222222111(1)(1)1444PB x x x x =+-=++2114x +1824(,)55-31542y x =-1824(,)55-241832()555a -=⨯⨯-524a =2255255125(10)(5)2424122424y x x x x x =-=-=--125(5,)24-MA ME MF MA =451cos 2BQ BP B =∠14(10)25t t =-8013t =1cos 2BP BQ B =∠14(10)25t t -=5013t =26”OC OB OA OC=43n =-51n +=51n -=4cm3cm1cm 27”35453512AP QD ⋅13(5)25t t -⨯23(5)10t t --23515()+1028t --52t =1584(5)5t -4424(5)5t t ⎡⎤-=⨯--⎢⎥⎣⎦2013t =52t =1cos 2AQ AP A =14(5)25t t =-4013t =1cos 2AP AQ A =14(5)25t t -=2513t =232444(5)35t t⎡⎤-=⨯--⎢⎥⎣⎦6023t=24.25≈22”22AB AQ tAD AP t===16228CQ tCP t-==-623CBCD==CQ CBCP CD=3535 2()AQPABDS APS AD=△△215()5t⨯235t12CQ CP⋅1(162)(8)2t t--2(8)t-QP APBD AD=535QP t=355QP t=65t85t22QH CH+2268()(8)55t t+-3585t t-=6510t=-226835()(8)555t t t+-=2111283200t t-+=4011t=22688()(8)55t t t-=+-25160t t-=165t= 22QH PH+2268()()55t t t+-35t3522CQ CP+22(2)CP CP+5(8)t-35 35341m m -=21”121212BB '3(3,3)212c P PM NOM ON='2212c b b c=22222243QH PH NF PF =(3)(1)32(1)t t t t ---=--933t ±=933t -=(1)(3)122P Q G x x t t x +-+-===10(0,)310(0,)31053a =23a =22210(1)(5)4333y x x x x =--=-+22105(4)33x x --+210(65)3x x --+21040(3)33x --+4035222355(1)(5)()33222y x x =--=⨯⨯-=-55(,)22-55(,)22-55(,)2222(1)(5)(5)3x x x x⎡⎤---=-⎢⎥⎣⎦1252254225225()(1)(5)234x x x⎡⎤-+---=⎢⎥⎣⎦51(4)()()022x x x---=52125254()()()2x x m x n---441028,1010453,1020.m nm n mnmn++=⎧⎪++=⎨⎪=⎩4,1.2mn=⎧⎪⎨=⎪⎩20”0,4 3.a ka k+=⎧⎨+=⎩2 1036m=(2,36)(2,36)25”23 323383323432 3833432,x x25”432,3-4343a -=-33a =3(4)3y x x =-(1,3)-(1,3)-(1,3)-3m 3(4)3y x x =-3(4)3y x x =--3(2,(2)(24))3m m m +-++-3(23,(23)(234))3m m m +++-33(23)(234)3(2)(24)33m m m m ⎡⎤++-=-++-⎢⎥⎣⎦3m2233m =±23223m +=±83(223,)3+83(223,)3-432,-243(2)y a x =--3a =25”4a 12a =-221131325(1)(4)2()222228y x x x x x =-+-=-++=--+325()28，=FQ MNMQ BN=4FQ nm m-=4mnFQ m-32x =32()322m m -=-12FQ MQ⋅124mnmm⨯⨯-2124m n m ⨯-12ME MN ⋅1(32)2m n-24m n m -(32)m n -11m =4FQ mMN m -=32MQ mME m -32443y x =+3m 4m 5m 5m 3m 5m 5m 3m 5m 3m 3m 5m 34y x =334y x =+20943433-5345534343(4)55t t-⨯21212+255t t -2125()3252t --+52t =αα333sin 602︒=33α12MQ AO =12NO MQ =111244NO MQ AO ===14NO =15162315243()416162+==6363⨯32GQ GP5AC =5AD AO AE AC ==552AE AD ==3(,0)2219()24x --+19()24，19()24，3322y x =+33(,)22x x +1212GH EH =3332()222x x -=+38x =-315(,)816-4(2)3-，3(0)4-，3(0)4，25”13a=-213y x =-4(2)3-，42,33 3.k b k b ⎧+=-⎪⎨⎪-+=-⎩13k =123y x =-1(,2)3x x -21(,)3x x -211(2)33x x ---21125(+)+3212x -12x =-25123(0)4，34y kx =-34y kx =-213y x =-213034x kx +-=94-9432HF HS HN HF=834(2,)3--x x 26”x2x 22-12DF DE ⋅122(2)212BC FC ⋅122(2)2x ⨯⨯22(2)42x x -2(2)2x -21+24xPE PF NP NB11()222NF EP MP NF EM +=⋅=221144AP x =21+24x 324312BD m =3FD m=12BD FD ⋅23m 1(4)2CE m =-3(4)FE m =-12CE FE ⋅23(4)m -223343(4)88m m ---233234m m -++23(2)334m --+33EF EA323x3EFEC =13a 3a 23a 7a12BD m =3FD =142m -3(8)m -1(4)2CE m =-3)FE m =-122m +23)m -233(8))m m --23323m +16cm1cm1cm33333(3)3t -433(3)(3)433t t -+-=633t =-633-32CN CP =63CN =1563-cot 303CG CN CNAG DN GN===︒=213(23)y x x =--x25”2133(23)(1)(3)33y x x x x =--=+-3-2233(7)(3)(1021)33y x x x x =--=-+3-3-3-AG DG 33MH CH =23103(,+73)x x x -23103(+73)(3)3x x x ---=1373x ±=1373x +=333y x =-1()2PE MF NK +23103(,+73)m m m -(,33)m m -23103(33)(+73)m m m ---2313383m m -+-23137332m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭132m =1373(,)212-2331021)y x b y x x ⎧=+⎪⎨=-+⎪⎩，132x =立直线和抛物线的解析式组成方程组，消去y ，得到关于x 的一元二次方程，然后根据?确定交点的个数．我们介绍一下求函数图像交点坐标的几何方法．如图1，已知直线y ＝x ＋1与x 轴交于点A ，抛物线y ＝x 2－2x －3与直线y ＝x ＋1交于A 、B 两点，求点B 的坐标的代数方法，就是联立方程组，方程组的一个解是点A 的坐标，另一个解计算点的坐标．几何法是这样的：设直线AB 与y 轴分别交于C ，那么tan ∠AOC ＝1．作BE ⊥x 轴于E ，那么1BE AE=．设B(x , x 2－2x －3)，于是22311x x x --=+．请注意，这个分式的分子因式分解后，(1)(3)11x x x +-=+．这个分式能不能约分，为什么因为x ＝－1的几何意义是点A ，由于点B 与点A 不重合，所以x ≠－1，因此约分以后就是x －3＝1．这样的题目一般都是这样，已知一个交点求另一个交点，经过约分，直接化为一元一次方程，很简便．图1例 1 2014年湖南省长沙市中考第25题在平面直角坐标系中，我们不妨把横坐标和纵坐标相等的点叫“梦之点”，例如点（1,1），(－2,－2)，22（，），…，都是“梦之点”，显然“梦之点”有无数个．（1）若点P (2, m )是反比例函数ny x=（n 为常数，n ≠0）的图象上的“梦之点”，求这个反比例函数的解析式；（2）函数y ＝3kx ＋s －1（k 、s 为常数）的图象上存在“梦之点”吗若存在，请求出“梦之点”的坐标，若不存在，说明理由；（3）若二次函数y ＝ax 2＋bx ＋1（a 、b 是常数，a ＞0）的图象上存在两个“梦之点”A (x 1, x 1)、B (x 2, x 2)，且满足－2＜x 1＜2，| x 1－x 2|＝2，令2157248t b b =-+，试求t 的取值范围．动感体验请打开几何画板文件名“14长沙25”，拖动y轴正半轴上表示实数a的点，可以体验到，A、B两点位于y轴同侧，A、B两点间的水平距离、竖直距离都是2，并且对于同一个a，有两个对应的b和b′，但是t随b、t随b′变化时对应的t的值保持相等．思路点拨1．“梦之点”都在直线y＝x上．2．第（2）题就是讨论两条直线的位置关系，分重合、平行和相交三种情况．3．第（3）题放弃了也是明智的选择．求t关于b的二次函数的最值，b的取值范围由“梦之点”、－2＜x1＜2和| x1－x2|＝2三个条件决定，而且－2＜x1＜2还要分两段讨论．图文解析（1）因为点P(2, m)是“梦之点”，所以P(2, 2)．所以4yx =．（2）“梦之点”一定在直线y＝x上，直线y＝3kx＋s－1与直线y＝x的位置关系有重合、平行、相交．图1 图2 图3①如图1，当直线y＝3kx＋s－1与直线y＝x重合时，有无数个“梦之点”．此时k＝13，s＝1．②如图2，当直线y＝3kx＋s－1与直线y＝x平行时，没有“梦之点”．此时k＝13，s≠1．③如图3，当直线y＝3kx＋s－1与直线y＝x相交时，有1个“梦之点”．此时k≠13，“梦之点”的坐标为11(,)3131s sk k----．（3）因为A(x1,x1)、B(x2,x2)两点是抛物线与直线y＝x的交点，联立y＝ax2＋bx＋1和y ＝x ，消去y ，整理，得ax 2＋(b －1)x ＋1＝0．所以x 1x 2＝1a＞0．所以A 、B 两点在y 轴的同侧．如图4，由| x 1－x 2|＝2，可知A 、B 两点间的水平距离、竖直距离都是2．已知－2＜x 1＜2，我们分两种情况来探求a 的取值范围：①当A 、B 两点在y 轴右侧时，0＜x 1＜2，2＜x 2＜4．所以0＜x 1x 2＜8． ②当A 、B 两点在y 轴左侧时，－2＜x 1＜0，－4＜x 2＜－2．所以0＜x 1x 2＜8．综合①、②，不论0＜x 1＜2或－2＜x 1＜0，都有0＜x 1x 2＜8．所以0＜1a ＜8．所以a ＞18．由ax 2＋(b －1)x ＋1＝0，得x 1＋x 2＝1b a -，x 1x 2＝1a．由| x 1－x 2|＝2，得(x 1－x 2)2＝4．所以(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4．所以22(1)44b a a--=．整理，得22(1)44b a a -=+．所以2157248t b b =-+＝2109(1)48b -+＝21094448a a ++＝261(21)48a ++．如图5，这条抛物线的开口向上，对称轴是直线12a =-，在对称轴右侧，t 随a 的增大而增大．因此当18a =时，t 取得最小值，t ＝2161(1)448++＝176．所以t 的取值范围是t ＞176．图4 图5考点伸展第（3）题我们也可以这样来讨论：一方面，由| x 1－x 2|＝2，得(x 1－x 2)2＝4．所以(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4．所以22(1)44b a a--=．整理，得22(1)44b a a -=+．另一方面，由f (2)＞0，f (－2)＜0，得f (2)f (－2)＜0．所以[42(1)1][42(1)1]a b a b +-+--+＜0．所以22(41)4(1)a b +--＝22(41)4(44)a a a +-+＝18a -＜0．所以a ＞18．例 2 2014年湖南省怀化市中考第23题设m 是不小于－1的实数，使得关于x 的方程x 2＋2(m －2)x ＋m 2－3m ＋3＝0有两个不相等的实数根x 1，x 2．（1）若12111x x +=，求132m -的值；（2）求2121211mx mx m x x +---的最大值．动感体验请打开几何画板文件名“14怀化23”，拖动x 轴上表示实数m 的点运动，可以体验到，当m 小于1时，抛物线与x 轴有两点交点A 、B ．观察点D 随m 运动变化的图像，可以体验到，当m ＝－1时，点D 到达最高点．思路点拨1．先确定m 的取值范围，由两个条件决定．2．由根与系数的关系，把第（1）题的已知条件转化为关于m 的方程．3．第（2）题首先是繁琐的式子变形，把m 提取出来，可以使得过程简便一点．图文解析（1）因为方程x 2＋2(m －2)x ＋m 2－3m ＋3＝0有两个不相等的实数根，所以?＞0．由?＝4(m －2)2－4(m 2－3m ＋3)＝－4m ＋4＞0，得m ＜1．又已知m 是不小于－1的实数，所以－1≤m ＜1．由根与系数的关系，得122(2)24x x m m +=--=-+，21233x x m m ⋅=-+．若12111x x +=，那么1212x x x x +=⋅．所以22433m m m -+=-+．整理，得210m m --=．解得15m -=，或1+5m =（舍去）．所以323(15)52m -=--=+．所以132m -＝52+＝52-．（2）2121211mx mx m x x +---＝121211x xm m x x ⎡⎤+-⎢⎥--⎣⎦＝122112(1)(1)(1)(1)x x x x m m x x ⎡⎤-+--⎢⎥--⎣⎦＝12121212()21()x x x x m m x x x x ⎡⎤+--⎢⎥-++⎣⎦＝22(24)2(33)1(24)33m m m m m m m m ⎡⎤-+--+-⎢⎥--++-+⎣⎦ ＝222+42m m m m m m ⎡⎤---⎢⎥-⎣⎦＝22(1)(1)m m m m m ⎡⎤---⎢⎥-⎣⎦＝222m m -+-＝2(1)3m -++．所以当m ＝－1时，它有最大值，最大值为3（如图1所示）．图1考点伸展当m 变化时，抛物线y ＝x 2＋2(m －2)x ＋m 2－3m ＋3＝0的顶点的运动轨迹是什么因为抛物线的对称轴是直线x ＝－(m －2)，所以抛物线的顶点的纵坐标y ＝(m －2)2－2(m －2)2＋m 2－3m ＋3＝m －1．因为x ＋y ＝－(m －2)＋m －1＝1为定值，所以y ＝－x ＋1．也就是说，抛物线的顶点(x , y )的运动轨迹是直线y ＝－x ＋1（如图2所示）．图2例 3 2014年湖南省湘潭市中考第26题如图1，已知二次函数y＝－x2＋bx＋c的对称轴为x＝2，且经过原点，直线AC的解析式为y＝kx＋4，直线AC与y轴交于点A，与二次函数的图象交于B、C两点．（1）求二次函数解析式；（2）若1=3AOBBOCSS△△，求k的值；（3）若以BC为直径的圆经过原点，求k的值．图1动感体验请打开几何画板文件名“14湘潭26”，拖动点C在抛物线上运动，可以体验到，当以BC为直径的圆经过原点时，△BMO∽△ONC．思路点拨1．第（2）题先将面积比转化为AB与BC的比，进而转化为B、C两点的横坐标的比．2．第（2）题可以用直线的解析式表示B、C两点的坐标，再代入抛物线的解析式列方程组；也可以用抛物线的解析式表示B、C两点的坐标，再代入直线的解析式列方程组．3．第（3）题先联立抛物线与直线，根据一元二次方程根与系数的关系，得到B、C两点的横坐标的和与积，再构造相似三角形列方程．图文解析（1）因为原点O关于直线x＝2的对称点为(4, 0)，所以抛物线y＝－x2＋bx＋c的解析式为y＝－x(x－4)＝－x2＋4x．（2）如图2，因为1==3AOBBOCS ABS BC△△，所以1=4BCxx．设x B＝m，那么x C＝4m．将点B(m, km＋4)、C(4m, 4km＋4)分别代入y＝－x(x－4)，得4(4),444(44).km m mkm m m+=--⎧⎨+=--⎩①②①－②÷4，整理，得m2＝1．所以m＝1．将m＝1代入①，得k＋4＝3．解得k＝－1．此时点C落在x轴上（如图3）．（3）因为B、C是直线y＝kx＋4与抛物线的交点，设B(x1,kx1＋4)，C(x2,kx2＋4)．联立y＝－x2＋4x和y＝kx＋4，消去y，整理，得x2＋(k－4)x＋4＝0．所以x1＋x2＝4－k，x1x2＝4．如图5，若以BC为直径的圆经过原点，那么∠BOC＝90°．作BM⊥y轴，CN⊥y轴，垂足分别为M、N，那么△BMO∽△ONC．根据BM ONMO NC=，得1212(4)4x kxkx x-+=+．所以212121212(4)(4)[4()16]x x kx kx k x x k x x=-++=-+++．将x1＋x2＝4－k，x1x2＝4代入，得24[44(4)16]k k k=-+-+．解得54k=-．图2 图3 图4考点伸展第（2）题也可以先用抛物线的解析式设点B 、C 的坐标，再代入直线的解析式列方程组．将点B (m ,－m 2＋4m )、C (4m ,－16m 2＋16m )分别代入y ＝kx ＋4，得2244,16164 4.m m km m m km ⎧-+=+⎪⎨-+=+⎪⎩①②①×4－②，得12m 2＝12．所以m ＝1．将m ＝1代入①，得3＝k ＋4．解得k ＝－1．例 4 2014年湖南省株洲市中考第24题已知抛物线252(2)4k y x k x +=-++和直线2(1)(1)y k x k =+++．（1）求证：无论k 取何实数值，抛物线与x 轴有两个不同的交点；（2）抛物线与x 轴交于A 、B 两点，直线与x 轴交于点C ，设A 、B 、C 三点的横坐标分别是x 1、x 2、x 3，求x 1·x 2·x 3的最大值；（3）如果抛物线与x 轴的两个交点A 、B 在原点的右边，直线与x 轴的交点C 在原点的左边，又抛物线、直线分别交y 轴于点D 、E ，直线AD 交直线CE 于点G （如图1），且CA ·GE ＝CG ·AB ，求抛物线的解析式．图1动感体验请打开几何画板文件名“14株洲24”，拖动y 轴上表示实数k 的点运动，可以体验到，抛物线与x 轴总是有两个交点．观察x 1·x 2·x 3随k 变化的函数图像，可以体验到，x 1·x 2·x 3是k的二次函数．还可以体验到，存在一个正数k，使得AD与BE平行．思路点拨1．两个解析式像庞然大物，其实第（1）题的语境非常熟悉，走走看，豁然开朗．2．第（2）题x1·x2·x3的最小值由哪个自变量决定呢当然是k了．所以先求x1·x2·x3关于k的函数关系式，就明白下一步该怎么办了．x1·x2由根与系数的关系得到，x3就是点C的横坐标．3．第（3）题的等积式转化为比例式，就得到AD222(52)17(2)42()424kk k k k+∆=+-⨯=-+=-+2(1)(1)y k x k=+++(52)4k+1(52)(1)4k k-++21(572)4k k-++710x=-14949(52)410010-⨯-+980CA CGAB GE=OD OEOA OB= 212(52)(1)4kkx x++=22122(52)(1)4kkx x x++=⋅222(1)1kx+=252(2)4ky x k x+=-++5201(2)4kk+=-++252(2)4ky x k x+=-++252(1)(2)(1)04kk k k++-+++=2333332323(4,23)34y x=-14”364x-=以AA′＝8.图形在平移的过程中，对应点的连线平行且相等，所以BB′＝AA′＝8.图2例 3 2015年株洲市中考第14题已知直线y＝2x＋(3－a)与x轴的交点在A(2, 0)，B(3, 0)之间（包括A、B两点）则a的取值范围是_____________．动感体验请打开几何画板文件名“15株洲14”，拖动点D在A、B之间运动，可以体验到，直线与y轴的交点C在(0,－4)和(0,－6)两点之间运动（如图1，图2）．答案7≤a≤9．思路如下：如图1，将点A(2, 0)代入y＝2x＋(3－a)，得4＋(3－a)＝0．解得a＝7．如图2，将点B(3, 0)代入y＝2x＋(3－a)，得6＋(3－a)＝0．解得a＝9．图1 图2例 4 2016年上海市虹口区中考模拟第18题如图1，已知△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，将△ABC沿射线BC方向平移m个单位得到△DEF，顶点A、B、C分别与D、E、F对应，若以点A、D、E为顶点的三角形是等腰三角形，且AE为腰，则m的值是__________．图1动感体验请打开几何画板文件名“16虹口18”，拖动点E在射线BC上运动，可以体验到，以AE 为腰的等腰三角形ADE有两个．答案6或256．思路如下：如图2，四边形ABED保持平行四边形，AM＝EN＝4，BM＝DN＝3，AD＝BE＝m．①如图3，当EA＝ED时，点E在AD的垂直平分线上，此时AD＝2ND＝6．②如图4，当AE＝AD时，根据AE2＝AD2，得m2＝42＋(m－3)2．解得256m ．图2 图3 图4§图形的翻折例 5 2016年上海市奉贤区中考模拟第18题如图1，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，AC＝2，点D在BC上，将△ACD沿直线AD翻折后，点C落在点E处，边AE交边BC于点F ，如果DE //AB ，那么CFBF的值是______．图1动感体验请打开几何画板文件名“16奉贤18”，拖动点D 在BC 上运动，可以体验到，当DE //AB 时，△ACF 是顶角为30°的等腰三角形．答案31+．思路如下：如图2，作AH ⊥BC 于H ．在Rt △ACH 中，∠C ＝30°，AC ＝2，所以AH ＝1，CH ＝3．在Rt △ABH 中，∠B ＝45°，所以BH ＝AH ＝1．所以BC ＝31+．如图3，当DE //AB 时，∠BAE ＝∠AED ＝∠C ＝30°．此时∠AFC ＝∠B ＋∠BAE ＝75°．在△ACF 中，∠C ＝30°，∠AFC ＝75°，所以∠FAC ＝75°．所以CF ＝CA ＝2．所以BF ＝BC －CF ＝312+-＝31-．所以3131CF BF ==+-．另解：也可以根据△BAF ∽△BCA 先求得BF 的长．由BA 2＝BF ·BA ，得2(2)(31)BF =⋅+．所以31BF =-．图2 图3例 6 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第18题如图1，在△ABC中，AB＝AC＝4，cos C＝14，BD是中线，将△CBD沿直线BD翻折，点C落在点E，那么AE的长为_______．图1动感体验请打开几何画板文件名“16静安青浦18”，可以体验到，四边形BCDE是菱形，四边形AEBD是平行四边形，AE＝BD．答案6．思路如下：如图2，作AM作BC于M，DN⊥BC于N．在Rt△ACM中，AC＝4，cos C＝14，所以CM＝1．所以BC＝2CM＝2．已知D是AC的中点，所以BC＝DC＝2．如图3，由BE＝BC，BC＝DC，DC＝DA，得BE＝DA．由∠1＝∠2，∠1＝∠3，得∠2＝∠3．所以EB//AC．所以四边形AEBD是平行四边形．所以AE＝BD．如图2，在Rt△DCN中，DC＝2，CN＝12，所以DN＝15．在Rt△DBN中，BN＝32，所以BD＝6．所以AE＝6．图2 图3例 7 2016年上海市闵行区中考模拟第18题如图1，已知在△ABC中，AB＝AC，tan∠B＝13，将△ABC翻折，使点C与点A重合，折痕DE交边BC于点D，交边AC于点E，那么BDDC的值为_________．图1动感体验请打开几何画板文件名“16闵行18”，拖动点C绕着对称轴DE旋转到点A，可以体验到，DE垂直平分AC，DC＝DA．答案135．思路如下：如图2，作AH⊥BC于H，那么BH＝CH．已知tan∠B＝AHBH＝13，设AH＝1，BH＝3．设DC＝DA＝m．在Rt△ADH中，由勾股定理，得m2＝12＋(3－m)2．解得53m=．所以BD＝BC－DC＝563-＝133．所以135BDDC=．图2例 8 2016年上海市浦东新区中考模拟第18题Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝15，AC＝20，点D在边AC上，DE⊥AB，垂足为E，将△ADE沿直线DE翻折，翻折后点A的对应点为点P，当∠CPD为直角时，AD的长是___________．动感体验请打开几何画板文件名“16浦东18”，拖动点D在AC上运动，可以体验到，当∠CPD 为直角时，△CHP∽△PED≌△AED，这三个直角三角形的三边比都是3∶4∶5．答案358．思路如下：如图1，作CH⊥AB于H．在Rt△ABC中，BC＝15，AC＝20，所以AB＝25，cos B＝35，cos A＝45．在Rt△BCH中，BH＝BC·cos B＝3155＝9．当∠CPD＝90°时，∠CPH与∠DPE互余．又因为∠B与∠A互余，∠DPE＝∠A，所以∠CPH＝∠B．于是可得PH＝BH＝9．所以AP＝25－18＝7．所以AE＝72．所以AD＝54AE＝358．图1例 9 2016年上海市普陀区中考模拟第18题如图1，在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD上，这时折痕与边AD和边BC 分别交于点E、F．然后再展开铺平，以B、E、F为顶点的△BEF称为矩形ABCD的“折痕三角形”．如图2，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，当“折痕△BEF”的面积最大时，点E的坐标是___________．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“16普陀18”，拖动点G在AD上运动，可以体验到，△BEF的高AB保持不变，当点G与点D重合时，BF最大，△BEF的面积也最大（如图3，图4所示）．答案3(,2)2．思路如下：设菱形BFGE的边长为m．如图4，当G、D重合时，在Rt△ABE中，AB＝2，BE＝m，AE＝4－m．由勾股定理，得m2＝22＋(4－m)2．解得m＝52．此时AE＝4－m＝32，点E的坐标为3(,2)2．图3 图4例 10 2016年张家界市中考第14题如图1，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在AB边上的点E处，EQ与BC 相交于F，若AD＝8cm，AB＝6cm，AE＝4cm．则△EBF的周长是 cm．。