中考数学试题专题练习及解答点评综合型问题二
2010年中考数学试题专题练习及解答点评--综合型问题(二)（2010辽宁省丹东市）．如图，平面直角坐标系中有一直角梯形OMNH ，点H 的坐标为（－8，0），点N 的坐标为（－6，－4）． （1）画出直角梯形OMNH 绕点O 旋转180°的图形OABC ，并写出顶点A ，B ，C 的坐标（点M 的对应点为A ， 点N 的对应点为B ， 点H 的对应点为C ）； （2）求出过A ，B ，C 三点的抛物线的表达式；（3）截取CE =OF =AG =m ，且E ，F ，G 分别在线段CO ，OA ，AB 上，求四边形．．．BEFG 的面积S 与m 之间的函数关系式，并写出自变量m 的取值范围；面积S 是否存在最小值?若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由；（4）在（3）的情况下，四边形BEFGm【关键词】旋转抛物线的表达式；存在性问题【答案】（1）利用中心对称性质，画出梯形OABC ． ······∵A ，B ，C 三点与M ，N ，H 分别关于点O 中心对称，∴A （0，4），B （6，4），C （8，0） ·························································· 3分 （写错一个点的坐标扣1分）（2）设过A ，B ，C 三点的抛物线关系式为2y ax bx c =++，O MN HA CE FDB↑→ －8(－6，－4)x y∵抛物线过点A （0，4），∴4c =．则抛物线关系式为24y ax bx =++． ·········································· 4分 将B （6，4），C （8，0）两点坐标代入关系式，得3664464840a b a b ++=⎧⎨++=⎩，． ···················································································· 5分 解得1432a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，． ······················································································· 6分 所求抛物线关系式为：213442y x x =-++．··············································· 7分 （3）∵OA =4，OC =8，∴AF =4－m ，OE =8－m ． ·········································· 8分 ∴AGF EOF BEC EFGB ABCO S S S S S =---△△△四边形梯形21=OA （AB +OC ）12-AF ·AG 12-OE ·OF 12-CE ·OA m m m m m 421)8(21)4(2186421⨯-----+⨯⨯=）（ 2882+-=m m （ 0＜m ＜4） ····································································· 10分∵2(4)12S m =-+．∴当4m =时，S 的取最小值．又∵0＜m ＜4，∴不存在m 值，使S 的取得最小值． ···································· 12分 （4）当226m =-+时，GB =GF ，当2m =时，BE =BG ． ····························· 14分（2010江苏宿迁）（本题满分12分）已知抛物线2y x bx c =++交x 轴于A (1,0)、B (3,0)两点，交y 轴于点C ，其顶点为D ． （1）求b 、c 的值并写出抛物线的对称轴；（2）连接BC ，过点O 作直线OE ⊥BC 交抛物线的对称轴于点E ．求证：四边形ODBE 是等腰梯形； （3）抛物线上是否存在点Q ，使得△OBQ 的面积等于四边形ODBE 的面积的31？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【关键词】抛物线关系式及图形的存在性问题【答案】（1）求出：4-=b ，3=c ，抛物线的对称轴为：x=2………………3分(2) 抛物线的解析式为342+-=x x y ，易得C 点坐标为（0，3），D 点坐标为（2，-1） 设抛物线的对称轴DE 交x 轴于点F ，易得F 点坐标为（2，0），连接OD ，DB ，BE∵∆OBC 是等腰直角三角形，∆DFB 也是等腰直角三角形，E 点坐标为（2，2）， ∴∠BOE= ∠OBD=45∴OE ∥BD∴四边形ODBE 是梯形 ………………5分 在ODF Rt ∆和EBF Rt ∆中， OD=5122222=+=+DF OF ，BE=5122222=+=+FB EF∴OD= BE∴四边形ODBE 是等腰梯形 ………………7分(3) 存在， ………………8分 由题意得：29332121=⨯⨯=⋅=DE OB S ODBE 四边形………………9分 设点Q 坐标为（x ，y ）， 由题意得：y y OB S OBQ 2321=⋅=三角形=23293131=⨯=ODBE S 四边形 ∴1±=y当y=1时，即1342=+-x x ，∴221+=x ，222-=x ，∴Q 点坐标为（2+2，1）或(2-2，1)………………11分 当y=-1时，即1342-=+-x x ， ∴x=2， ∴Q 点坐标为（2，-1）综上所述，抛物线上存在三点Q 1（2+2，1），Q 2 (2-2，1) ，Q 3（2，-1） 使得OBQ S 三角形=ODBE S 四边形31． ………………12分(2010年浙江省绍兴市)如图,设抛物线C 1:()512-+=x a y ,C 2:()512+--=x a y ,C 1与C 2的交点为A , B ,点A 的坐标是)4,2(,点B 的横坐标是－2.（1）求a 的值及点B 的坐标；（2）点D 在线段AB 上,过D 作x 轴的垂线,垂足为点H ,在DH 的右侧作正三角形DHG . 记过C 2顶点Ｍ的 直线为l ,且l 与x 轴交于点N .① 若l 过△DHG 的顶点G ,点D 的坐标为 (1, 2)，求点N 的横坐标；②若l 与△DHG 的边DG 相交,求点N 的横 坐标的取值范围.【答案】解：（1）∵点A )4,2(在抛物线C 1上，∴把点A 坐标代入()512-+=x a y 得a =1.∴抛物线C 1的解析式为422-+=x x y , 设B (－2,b )，∴b ＝－4,∴B (－2,－4) . （2）①如图1，∵M (1, 5)，D (1, 2), 且DH ⊥x 轴，∴点M 在DH 上，MH =5. 过点G 作GE ⊥DH ,垂足为E,由△DHG 是正三角形,可得EG=3, EH =1， ∴ME ＝4.设N ( x , 0 ), 则 NH ＝x －1,由△MEG ∽△MHN ,得HNEGMH ME =, ∴1354-=x , ∴=x 1345+, ∴ 点N 的横坐标为1345+．② 当点Ｄ移到与点A 重合时,如图2，直线l 与DG 交于点G ,此时点Ｎ的横坐标最大． 过点Ｇ,Ｍ作x 轴的垂线,垂足分别为点Ｑ,F , 设Ｎ（x ，0），EFQ 1 Q 3Q 2第24题图第24题图1∵A (2, 4),∴G (322+, 2),∴NQ =322--x ，ＮF =1-x , GQ =2, MF =5. ∵△NGQ ∽△NMF ，∴MF GQNF NQ =, ∴521322=---x x , ∴38310+=x .当点D 移到与点B 重合时,如图3， 直线l 与DG 交于点D ,即点B , 此时点N 的横坐标最小.∵B (－2, －4),∴H (－2, 0), D (－2, －4), 设N （x ，0），∵△BHN ∽△MFN ， ∴MFBHFN NH =， ∴5412=-+x x , ∴32-=x . ∴ 点N 横坐标的范围为 32-≤x ≤38310+.（2010年宁德市）（本题满分13分）如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠B ＝90°，BC ＝6，AD ＝3，∠DCB ＝30°.点E 、F 同时从B 点出发，沿射线BC 向右匀速移动.已知F 点移动速度是E 点移动速度的2倍，以EF 为一边在CB 的上方作等边△EFG ．设E 点移动距离为x （x ＞0）.⑴△EFG 的边长是____（用含有x 的代数式表示），当x ＝2时，点G 的位置在_______； ⑵若△EFG 与梯形ABCD 重叠部分面积是y ，求 ①当0＜x ≤2时，y 与x 之间的函数关系式； ②当2＜x ≤6时，y 与x 之间的函数关系式；⑶探求⑵中得到的函数y 在x 取含何值时，存在最大值，并求出最大值.【答案】解：⑴ x ，D 点；⑵①当0＜x ≤2时，△EFG 在梯形ABCD 内部，所以y ＝43x 2； ②分两种情况：第24题图3图4A DGⅠ.当2＜x ＜3时，如图1，点E 、点F 在线段BC 上， △EFG 与梯形ABCD 重叠部分为四边形EFNM ，∵∠FNC ＝∠FCN ＝30°,∴FN ＝FC ＝6－2x.∴GN ＝3x －6. 由于在Rt △NMG 中，∠G ＝60°， 所以，此时 y ＝43x 2－83（3x －6）2＝2392398372-+-x x . Ⅱ.当3≤x ≤6时，如图2，点E 在线段BC 上，点F 在射线CH 上， △EFG 与梯形ABCD 重叠部分为△ECP ， ∵EC ＝6－x, ∴y ＝83（6－x ）2＝239233832+-x x . ⑶当0＜x ≤2时，∵y ＝43x 2在x ＞0时，y 随x 增大而增大， ∴x ＝2时，y 最大＝3； 当2＜x ＜3时，∵y ＝2392398372-+-x x 在x ＝718时，y 最大＝739； 当3≤x ≤6时，∵y ＝239233832+-x x 在x ＜6时，y 随x 增大而减小， ∴x ＝3时，y 最大＝839. 综上所述：当x ＝718时，y 最大＝739.24．（2010浙江省喜嘉兴市）如图，已知抛物线y ＝－12x 2＋x ＋4交x 轴的正半轴于点A ，交y 轴于点B ．（1）求A 、B 两点的坐标，并求直线AB 的解析式； （2）设P （x ，y ）（x ＞0）是直线y ＝x 上的一点，Q 是OP 的中点（O 是原点），以PQ 为对角线作正方形PEQF ，若正方形PEQF 与直线AB 有公共点，求x 的取值范围； （3）在（2）的条件下，记正方形PEQF 与△OAB 公共部分的面积为S ，求S 关于x 的函数解析式，并探究S 的最大值．【关键词】一元二次方程、一次函数、二次函数、B E F CA DG N M 图1图2【答案】（1）令0=y ，得04212=++-x x ，即0822=--x x ， 解得21-=x ，42=x ，所以)0,4(A ．令0=x ，得4=y ，所以)4,0(B ． 设直线AB 的解析式为b kx y +=，则⎩⎨⎧==+404b b k ，解得⎩⎨⎧=-=41b k ，所以直线AB 的解析式为4+-=x y ．…5分（2）当点),(x x P 在直线AB 上时，4+-=x x ，解得2=x ， 当点)2,2(x x Q 在直线AB 上时，422+-=xx ，解得4=x ．所以，若正方形PEQF 与直线AB 有公共点，则42≤≤x ．…4分 （3）当点)2,(xx E 在直线AB 上时，（此时点F 也在直线AB 上）42+-=x x ，解得38=x ． ①当382<≤x 时，直线AB 分别与PE 、PF 有交点，设交点分别为C 、D ， 此时，42)4(-=+--=x x x PC ， 又PC PD =， 所以22)2(221-==∆x PC S PCD ， 从而，22)2(241--=x x S88472-+-=x x78)716(472+--=x ．因为387162<≤，所以当716=x 时，78max =S ．②当438≤≤x 时，直线AB 分别与QE 、QF 有交点，设交点分别为M 、N ，OABPEQFxy （第24题）C D此时，42)42(+-=-+-=x xx QN ， 又QN QM =， 所以22)4(2121-==∆x QN S QMN ， 即2)4(21-=x S ． 其中当38=x 时，98max =S ． 综合①②得，当716=x 时，78max =S ．…5分23(2010年浙江省金华). (本题10分）已知点P 的坐标为（m ，0），在x 轴上存在点Q （不与P 点重合），以PQ 为边作正方形PQMN ，使点M 落在反比例函数y = 2x-的图像上.小明对上述问题进行了探究，发现不论m 取何值，符合上述条件的正方形只有．．两个，且一个正方形的顶点M在第四象限，另一个正方形的顶点M 1在第二象限.（1）如图所示，若反比例函数解析式为y = 2x-，P 点坐标为（1， 0），图中已画出一符合条件的一个正方形PQMN ，请你在图中画出符合条件的另一个正方形PQ 1M 1N 1，并写出点M 1的坐标；（温馨提示：作图时，别忘了用黑色字迹的钢笔或签字笔描黑喔！） M 1的坐标是▲（2）请你通过改变P 点坐标，对直线M 1 M 的解析式y ﹦kx ＋b 进行探究可得 k ﹦▲，若点P 的坐标为（m ，0）时，则b ﹦▲；（3）依据(2)的规律，如果点P 的坐标为（6，0），请你求出点M 1和点M 的坐标．【关键词】反比例函数、坐标、一次函数 【答案】解：（1）如图；M 1的坐标为（－1，2） （2）1-=k ，m b =（3）由（2）知，直线M 1 M 的解析式为6+-=x yOABxy （第24题 备用）PEQFM Ny PQMN Ox12-1-2-3-3-2-1123 (第23题则M (x ，y )满足2)6(-=+-⋅x x 解得1131+=x ，1132-=x ∴1131-=y ，1132+=y∴M 1，M 的坐标分别为（113-，113+），（113+，113-）．24．（2010年浙江台州市）如图，Rt △ABC 中，∠C =90°，BC =6，AC =8．点P ，Q 都是斜边AB 上的动点，点P 从B 向A 运动（不与点B 重合），点Q 从A 向B 运动，BP=AQ ．点D ，E 分别是点A ，B 以Q ，P 为对称中心的对称点， HQ ⊥AB 于Q ，交AC 于点H ．当点E 到达顶点A 时，P ，Q 同时停止运动．设BP 的长为x ，△HDE 的面积为y ． （1）求证：△DHQ ∽△ABC ；（2）求y 关于x 的函数解析式并求y 的最大值； （3）当x 为何值时，△HDE 为等腰三角形？【关键词】相似三角形、二次函数、等腰三角形【答案】（1）∵A 、D 关于点Q 成中心对称，HQ ⊥AB ， ∴C HQD ∠=∠=90°，HD =HA ， ∴A HDQ ∠=∠，∴△DHQ ∽△ABC ．（2）①如图1，当5.20≤<x 时，ED =x 410-，QH =x A AQ 43tan =∠， 此时x x x x y 4152343)410(212+-=⨯-=．当45=x 时，最大值3275=y ．②如图2，当55.2≤<x 时，ED =104-x ，QH =x A AQ 43tan =∠， 此时x x x x y 4152343)104(212-=⨯-=．当5=x 时，最大值475=y ． （第24题）H（图1）C（图2）∴y 与x 之间的函数解析式为⎪⎩⎪⎨⎧≤<-≤<+-=).55.2(41523),5.20(4152322x x x x x x yy 的最大值是475．（3）①如图1，当5.20≤<x 时，若DE =DH ，∵DH =AH =x A QA 45cos =∠， DE =x 410-，∴x 410-=x 45，2140=x ． 显然ED =EH ，HD =HE 不可能； 若DE =DH ，104-x =x 45，1140=x ； 若HD =HE ，此时点D ，E 分别与点B ，A 重合，5=x ；若ED =EH ，则△EDH ∽△HDA ，∴AD DH DH ED =，x x x x 24545104=-，103320=x ． ∴当x 的值为103320,5,1140,2140时，△HDE 是等腰三角形. （其他解法相应给分）20. （2010年益阳市）如图9，在平面直角坐标系中，已知A 、B 、C 三点的坐标分别为A （－2，0），B （6，0），C （0，3）.(1)求经过A 、B 、C 三点的抛物线的解析式；(2)过Ｃ点作CD 平行于x 轴交抛物线于点D ，写出D 点的坐标，并求AD 、BC 的交点E 的坐标；(3)若抛物线的顶点为Ｐ，连结ＰC 、ＰD ，判断四边形CEDP 的形状，并说明理由.PA CD E B o xy 1-119图【关键词】二次函数、一次函数、菱形的判定【答案】⑴ 由于抛物线经过点)3,0(C ，可设抛物线的解析式为)0(32≠++=a bx ax y ，则⎩⎨⎧=++=+-036360324b a b a ， 解得⎪⎩⎪⎨⎧=-=141b a ∴抛物线的解析式为3412++-=x x y ⑵D 的坐标为)3,4(D 直线AD 的解析式为121+=x y 直线BC 的解析式为321+-=x y 由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=+=321121x y x y求得交点E 的坐标为)2,2(⑶ 连结PE 交CD 于F ，P 的坐标为)4,2(又∵E )2,2(，)3,4(),3,0(D C∴,1==EF PF 2==FD CF ，且PE CD ⊥∴四边形CEDP 是菱形。
中考数学试卷二卷答案解析
一、选择题1. 【答案】D解析：根据勾股定理，直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方。
因此，2^2 + 3^2 = 13，故选D。
2. 【答案】B解析：由题意可知，x + y = 10，xy = 18。
将x + y = 10两边同时平方得：(x + y)^2 = 100，即x^2 + 2xy + y^2 = 100。
将xy = 18代入上式得：x^2 + 36 +y^2 = 100，即x^2 + y^2 = 64。
根据勾股定理，当x^2 + y^2 = 64时，x和y的值分别为8和6，故选B。
3. 【答案】A解析：设等差数列的公差为d，则第二项为a1 + d，第三项为a1 + 2d。
由题意可得：(a1 + d) / (a1 + 2d) = 3 / 5，即5(a1 + d) = 3(a1 + 2d)。
化简得：2a1 = 4d，即a1 = 2d。
又因为a1 + a2 + a3 = 15，代入a1 = 2d得：2d + (2d + d) + (2d + 2d) = 15，解得d = 2。
因此，a1 = 4，故选A。
4. 【答案】C解析：由题意可知，a^2 + b^2 = 10，c^2 + d^2 = 10。
将两式相加得：(a^2 + b^2) + (c^2 + d^2) = 20。
由平方差公式得：(a^2 + b^2) - (c^2 + d^2) = (a + b)(a - b) - (c + d)(c - d)。
将a^2 + b^2 = 10和c^2 + d^2 = 10代入上式得：(a + b)(a - b) - (c + d)(c - d) = 0。
因为a + b和c + d都是正数，所以(a + b)(a - b)和(c + d)(c - d)也是正数。
所以(a + b)(a - b) = (c + d)(c - d)，即a^2 - b^2 = c^2 - d^2。
故选C。
5. 【答案】B解析：由题意可知，x + y = 5，xy = 6。
青岛二中数学中考数学专题复习教学案--综合型问题（附答案）
综合型问题类型之一代数类型的综合题代数综合题是指以代数知识为主的或以代数变形技巧为主的一类综合题．主要包括方程、函数、不等式等内容，用到的数学思想方法有化归思想、分类思想、数形结合思想以及代人法、待定系数法等．解代数综合题要注意各知识点之间的联系和数学思想方法、解题技巧的灵活运用，要抓住题意，化整为零，层层深人，各个击破．例1.(·安徽省)刚回营地的两个抢险分队又接到救灾命令：一分队立即出发往30千米的A 镇；二分队因疲劳可在营地休息a（0≤a≤3）小时再往A镇参加救灾。
一分队出发后得知，唯一通往A镇的道路在离营地10千米处发生塌方，塌方地形复杂，必须由一分队用1小时打通道路，已知一分队的行进速度为5千米/时，二分队的行进速度为（4+a）千米/时。
⑴若二分队在营地不休息，问二分队几小时能赶到A镇？⑵若二分队和一分队同时赶到A镇，二分队应在营地休息几小时？⑶下列图象中，①②分别描述一分队和二分队离A镇的距离y(千米)和时间x(小时)的函数关系，请写出你认为所有可能合理的代号，并说明它们的实际意义。
1.【解析】本题是一道包含着分类思想的应用综合应用题。
解题前先认真阅读弄清题意，把握好时间信息，二分队在营地不休息，几小时能赶到A镇，途中考虑到在塌方地点的停留，解题时不能忽视；在考虑图像时，同样也要分不同的情况去研究。
【答案】解：（1）若二分队在营地不休息，则a＝0，速度为4千米/时，行至塌方处需102.5 4＝（小时）因为一分队到塌方处并打通道路需要10135＝（小时），故二分队在塌方处需停留0.5小时，所以二分队在营地不休息赶到A镇需2.5+0.5+204＝8（小时）（2）一分队赶到A镇共需305+1＝7（小时）（Ⅰ）若二分队在塌方处需停留，则后20千米需与一分队同行，故4+a＝5，即a=1，这与二分队在塌方处停留矛盾，舍去；（Ⅱ）若二分队在塌方处不停留，则（4+a）(7－a)=30，即a2－3a+2＝0,,解得a1=1，a2=2均符合题意。
数学中考综合题及答案解析
数学中考综合题及答案解析1.如图，正方形ABCD的边长为2，点E，F分别在边AD，CD上，若∠EBF=45°，则△EDF的周长等于．2.如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AEFG的位置，此时点D恰好与AF的中点重合，AE交CD 于点H，若BC=，则HC的长为（）A．4 B．C．D．63.如图，四边形ABCD中，AB=4，BC=6，AB⊥BC，BC⊥CD，E为AD的中点，F为线段BE上的点，且FE=BE，则点F到边CD的距离是（）A．3 B．C．4 D．4.如图，D是等边△ABC边AB上的点，AD=2，DB=4．现将△ABC折叠，使得点C与点D重合，折痕为EF，且点E、F分别在边AC和BC上，则=．∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=AC=BC=6，由折叠的性质可知，∠EDF=∠C=60°，EC=ED，FC=FD，∴∠AED=∠BDF，∴△AED∽△BDF，∴===，∴==，故答案为：．5.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC是直径，过点O作OD⊥AB于点D，延长DO交⊙O于点P，过点P作PE⊥AC于点E，作射线DE交BC的延长线于F点，连接PF．（1）若∠POC=60°，AC=12，求劣弧PC的长；（结果保留π）（2）求证：OD=OE；（3）求证：PF是⊙O的切线．【分析】（1）根据弧长计算公式l=进行计算即可；（2）证明△POE≌△ADO可得DO=EO；（3）方法1、连接AP，PC，证出PC为EF的中垂线，再利用△CEP∽△CAP找出角的关系求解．方法2、先计算判断出PD=BF，进而判断出四边形PDBF是矩形即可得出结论；方法3、利用三个内角是90度的四边形是矩形判断出四边形PDBF是矩形即可得出结论．【解答】（1）解：∵AC=12，∴CO=6，∴==2π；答：劣弧PC的长为：2π．（2）证明：∵PE⊥AC，OD⊥AB，∠PEA=90°，∠ADO=90°在△ADO和△PEO中，，∴△POE≌△AOD（AAS），∴OD=EO；（3）证明：法一：如图，连接AP，PC，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OPA，由（2）得OD=EO，∴∠ODE=∠OED，又∵∠AOP=∠EOD，∴∠OPA=∠ODE，∴AP∥DF，∵AC是直径，∴∠APC=90°，∴∠PQE=90°∴PC⊥EF，又∵DP∥BF，∴∠ODE=∠EFC，∵∠OED=∠CEF，∴∠CEF=∠EFC，∴CE=CF，∴PC为EF的中垂线，∴∠EPQ=∠QPF，∵△CEP∽△CAP∴∠EPQ=∠EAP，∴∠QPF=∠EAP，∴∠QPF=∠OPA，∵∠OPA+∠OPC=90°，∴∠QPF+∠OPC=90°，∴OP⊥PF，∴PF是⊙O的切线．法二：设⊙O的半径为r．∵OD⊥AB，∠ABC=90°，∴OD∥BF，∴△ODE∽△CFE又∵OD=OE，∴FC=EC=r﹣OE=r﹣OD=r﹣BC ∴BF=BC+FC=r+BC∵PD=r+OD=r+BC∴PD=BF又∵PD∥BF，且∠DBF=90°，∴四边形DBFP是矩形∴∠OPF=90°∴OP⊥PF，∴PF是⊙O的切线．方法3、∵AC为直径，∴∠ABC=90°又∵∠ADO=90°，∴PD∥BF∴∠PCF=∠OPC∵OP=OC，∴∠OCP=∠OPC∴∠OCP=∠PCF，即∠ECP=∠FCP ∵PD∥BF，∴∠ODE=∠EFC∵OD=OE，∴∠ODE=∠OED又∵∠OED=∠FEC，∴∠FEC=∠EFC∴EC=FC在△PEC与△PFC中∴△PEC≌△PFC（SAS）∴∠PFC=∠PEC=90°∴四边形PDBF为矩形∠DPF=90°，即PF为圆的切线．zx007Az7．如图，在△ABC中，∠A=90°，AC=3，AB=4．动点P从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿A→B 匀速运动；同时动点Q从点B出发以每秒4个单位长度的速度沿B→C→A匀速运动．当点Q到达点A时，P、Q两点同时停止运动，过点P的一条直线与BC交于点D．设运动时间为t秒，当t为或2或秒时，将△PBD沿PD翻折，使点B恰好与点Q重合．【解答】解：∵∠A=90°，AC=3，AB=4，∴BC=5，分两种情况：①当Q在BC上时，如图1，由题意得：PA=t，BQ=4t，由B与Q对称可知：PD⊥BQ，BD=DQ=2t，∴PB=PQ=4﹣t∵∠PDB=∠A=90°，∠B=∠B，∴△PDB∽△CAB，∴，∴，∴t=；②当Q在AC上时，如图2，CQ=4t﹣5，∴AQ=AC﹣CQ=3﹣（4t﹣5）=8﹣4t，连接BQ，∵B、Q对称，∴PD是BQ的垂直平分线，∴PB=PQ=4﹣t，Rt△PQA中，由勾股定理得：PQ2=PA2+AQ2，（4﹣t）2=t2+（8﹣4t）2，2t2﹣7t+6=0，（t﹣2）（2t﹣3）=0，t1=2，t2=，∵Q在AC上，∴＜t≤2，t=2时，Q与A重合，如图3，综上所述，当t为秒或2秒或秒时，将△PBD沿PD翻折，使点B恰好与点Q重合．故答案为：或2或．．已知：△ABC和△ADE按如图所示方式放置，点D在△ABC内，连接BD、CD和CE，且∠DCE=90°．（1）如图①，当△ABC和△ADE均为等边三角形时，试确定AD、BD、CD三条线段的关系，并说明理由；（2）如图②，当BA=BC=2AC，DA=DE=2AE时，试确定AD、BD、CD三条线段的关系，并说明理由；（3）如图③，当AB：BC：AC=AD：DE：AE=m：n：p时，请直接写出AD、BD、CD三条线段的关系．【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而判断出△ABD≌△ACE，最后用勾股定理即可得出结论；（2）先判断出△ABC∽△ADE，进而得出∠BAC=∠DAE，即可判断出△BAD∽△CAE，最后用勾股定理即可得出结论．【解答】解：（1）CD2+BD2=AD2，理由：∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE=DE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE，在Rt△DCE中，CD2+CE2=DE2，∴CD2+BD2=AD2，（2）CD2+BD2=AD2，理由：∵BA=BC=2AC，DA=DE=2AE，∴，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∵，∴△BAD∽△CAE，∴=2，∴BD=2CE，在Rt△DCE中，CD2+CE2=DE2，∴CD2+BD2=AD2，（3）（mCD）2+（pBD）2=（nAD）2，理由：∵AB：BC：AC=AD：DE：AE=m：n：p，∴DE=AD，△ABC∽△ADE，∴∠BAC=∠DAE，∵，∴△ABD∽△ACE，∴，∴CE=BD，在Rt△DCE中，CD2+CE2=DE2，∴CD2+BD2=AD2，∴（mCD）2+（pBD）2=（nAD）26．如图1，在四边形ABCD中，如果对角线AC和BD相交并且相等，那么我们把这样的四边形称为等角线四边形．（1）①在“平行四边形、矩形、菱形”中，矩形一定是等角线四边形（填写图形名称）；②若M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，当对角线AC、BD还要满足AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形．（2）如图2，已知△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，D为平面内一点．①若四边形ABCD是等角线四边形，且AD=BD，则四边形ABCD的面积是3+2；②设点E是以C为圆心，1为半径的圆上的动点，若四边形ABED是等角线四边形，写出四边形ABED 面积的最大值，并说明理由．【分析】（1）①只有矩形的对角线相等，所以矩形是等角线四边形；②当AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形，首先证明四边形MNPQ是菱形，再证明有一个角是直角即可；=S△ADE+S梯形DEBC计算，求出相关线段即可；（2）①如图2中，作DE⊥AB于E．根据S四边形ABCD②如图3中，设AE与BD相交于点Q，连接CE，只要证明当AC⊥BD且A、C、E共线时，四边形ABED 的面积最大即可．【解答】解：（1）①在“平行四边形、矩形、菱形”中，∵矩形的对角线相等，∴矩形一定是等角线四边形，故答案为矩形．②当AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形．理由：如图1中，∵M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，∴PQ=MN=AC，PN=QM=BD，PQ∥AC，MQ∥BD，∵AC=BD，∴MN=NP=PQ=QM，∴四边形MNPQ是菱形，∵∠1=∠2，∠2=∠3，∠1=90°，∴∠3=90°，∴四边形NMPQ是正方形．故答案为AC⊥BD．（2）①如图2中，作DE⊥AB于E．在Rt△ABC中，∵∠ABC=90°，AB=4，BC=3，∴AC==5，∵AD=BD，DE⊥AB，∴AE=BE=2，∵四边形ABCD是等角线四边形，∴BD=AC=AD=5，在Rt△BDE中，DE==，=S△ADE+S梯形DEBC∴S四边形ABCD=•AE•DE+•（DE+BC）•BE=×+（+3）×2=3+2．故答案为3+2．②如图3中，设AE与BD相交于点Q，连接CE，作DH⊥AE于H，BG⊥AE于G．则DH≤DQ，BG≤BQ，∵四边形ABED是等角线四边形，∴AE=BD，∵S=S△ABE+S△ADE=•AE•DH+•AE•BG=•AE•（GB+DH）≤•AE•（BQ+QD），四边形ABED≤AE•BD，即S四边形ABED∴当G、H重合时，即BD⊥AE时，等号成立，∵AE=BD，∴S≤AE2，四边形ABED即线段AE最大时，四边形ABED的面积最大，∵AE≤AC+CE，∴AE≤5+1，∴AE≤6，∴AE的最大值为6，∴当A、C、E共线时，取等号，∴四边形ABED的面积的最大值为×62=18．．如图，已知一次函数y=﹣x+4的图象是直线l，设直线l分别与y轴、x轴交于点A、B．（1）求线段AB的长度；（2）设点M在射线AB上，将点M绕点A按逆时针方向旋转90°到点N，以点N为圆心，NA的长为半径作⊙N．①当⊙N与x轴相切时，求点M的坐标；②在①的条件下，设直线AN与x轴交于点C，与⊙N的另一个交点为D，连接MD交x轴于点E，直线m过点N分别与y轴、直线l交于点P、Q，当△APQ与△CDE相似时，求点P的坐标．【分析】（1）由一次函数解析式容易求得A、B的坐标，利用勾股定理可求得AB的长度；（2）①根据同角的三角函数得：tan∠OAB==，设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，得M（3x，﹣4x+4），证明△AHN≌△MEA，则AH=EM=3x，根据NG=OH，列式可得x的值，计算M的坐标即可；②如图2，先计算E与G重合，易得∠QAP=∠OAB=∠DCE，所以△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，可分两种情况进行讨论：i）当△DCE∽△QAP时，证明△ACO∽△NCE，列比例式可得CO=，根据三角函数得：tan∠QNA=tan ∠DNF=，AQ=20，则tan∠QAH=tan∠OAB==，设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，求出x的值，得P（0，14）；ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，先证明B与Q重合，由AN=AP可得P（0，﹣6）．【解答】解：（1）当x=0时，y=4，∴A（0，4），∴OA=4，当y=0时，﹣x+4=0，x=3，∴B（3，0），∴OB=3，由勾股定理得：AB=5；（2）①如图1，过N作NH⊥y轴于H，过M作ME⊥y轴于E，tan∠OAB==，∴设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，∴M（3x，﹣4x+4），由旋转得：AM=AN，∠MAN=90°，∴∠EAM+∠HAN=90°，∵∠EAM+∠AME=90°，∴∠HAN=∠AME，∵∠AHN=∠AEM=90°，∴△AHN≌△MEA，∴AH=EM=3x，∵⊙N与x轴相切，设切点为G，连接NG，则NG⊥x轴，∴NG=OH，则5x=3x+4，2x=4，x=2，∴M（6，﹣4）；②如图2，由①知N（8，10），∵AN=DN，A（0，4），∴D（16，16），设直线DM：y=kx+b，把D（16，16）和M（6，﹣4）代入得：，解得：，∴直线DM的解析式为：y=2x﹣16，∵直线DM交x轴于E，∴当y=0时，2x﹣16=0，x=8，∴E（8，0），由①知：⊙N与x轴相切，切点为G，且G（8，0），∴E与切点G重合，∵∠QAP=∠OAB=∠DCE，∴△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，分两种情况：i）当△DCE∽△QAP时，如图2，∠AQP=∠NDE，∵∠QNA=∠DNF，∴∠NFD=∠QAN=90°，∵AO∥NE，∴△ACO∽△NCE，∴，∴，∴CO=，连接BN，∴AB=BE=5，∵∠BAN=∠BEN=90°，∴∠ANB=∠ENB，∵EN=ND，∴∠NDE=∠NED，∵∠CNE=∠NDE+∠NED，∴∠ANB=∠NDE，∴BN∥DE，Rt△ABN中，BN==5，sin∠ANB=∠NDE=，∴，∴NF=2，∴DF=4，∵∠QNA=∠DNF，∴tan∠QNA=tan∠DNF=，∴，∴AQ=20，∵tan∠QAH=tan∠OAB==，设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，∴5x=20，x=4，∴QH=3x=12，AH=16，∴Q（﹣12，20），同理易得：直线NQ的解析式：y=﹣x+14，∴P（0，14）；ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，∴∠APN=∠CDE，∵∠ANB=∠CDE，∵AP∥NG，∴∠APN=∠PNE，∴∠APN=∠PNE=∠ANB，∴B与Q重合，∴AN=AP=10，∴OP=AP﹣OA=10﹣4=6，∴P（0，﹣6）；综上所述，△APQ与△CDE相似时，点P的坐标的坐标（0，14）或（0，﹣6）．35．【操作发现】如图①，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．（1）请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′；（2）在（1）所画图形中，∠AB′B=45°．【问题解决】如图②，在等边三角形ABC中，AC=7，点P在△ABC内，且∠APC=90°，∠BPC=120°，求△APC的面积．小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：想法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；想法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．…请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．（一种方法即可）【灵活运用】如图③，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE=∠ADC，BE=CE=2，CD=5，AD=kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．【分析】【操作发现】（1）根据旋转角，旋转方向画出图形即可；（2）只要证明△ABB′是等腰直角三角形即可；【问题解决】如图②，将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，只要证明∠PP′C=90°，利用勾股定理即可解决问题；【灵活运用】如图③中，由AE⊥BC，BE=EC，推出AB=AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD=CG，只要证明∠GDC=90°，可得CG=，由此即可解决问题．【解答】解：【操作发现】（1）如图所示，△AB′C′即为所求；（2）连接BB′，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，∴AB=AB′，∠B′AB=90°，∴∠AB′B=45°，故答案为：45°；【问题解决】如图②，∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，∴△APP′是等边三角形，∠AP′C=∠APB=360°﹣90°﹣120°=150°，∴PP′=AP，∠AP′P=∠APP′=60°，∴∠PP′C=90°，∠P′PC=30°，∴PP′=PC，即AP=PC，∵∠APC=90°，∴AP2+PC2=AC2，即（PC）2+PC2=72，∴PC=2，∴AP=，=AP•PC=7；∴S△APC【灵活运用】如图③中，∵AE⊥BC，BE=EC，∴AB=AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD=CG，∵∠BAD=∠CAG，∴∠BAC=∠DAG，∵AB=AC，AD=AG，∴∠ABC=∠ACB=∠ADG=∠AGD，∴△ABC∽△ADG，∵AD=kAB，∴DG=kBC=4k，∵∠BAE+∠ABC=90°，∠BAE=∠ADC，∴∠ADG+∠ADC=90°，∴∠GDC=90°，∴CG==．∴BD=CG=．39．平面内，如图，在▱ABCD中，AB=10，AD=15，tanA=，点P为AD边上任意点，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．（1）当∠DPQ=10°时，求∠APB的大小；（2）当tan∠ABP：tanA=3：2时，求点Q与点B间的距离（结果保留根号）；（3）若点Q恰好落在▱ABCD的边所在的直线上，直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积．（结果保留π）【分析】（1）分两种情形①当点Q在平行四边形ABCD内时，②当点Q在平行四边形ABCD外时，分别求解即可；（2）如图2中，连接BQ，作PE⊥AB于E．在Rt△APE中，tanA==，设PE=4k，则AE=3k，在Rt△PBE中，tan∠ABP==2，推出EB=2k，推出AB=5k=10，可得k=2，由此即可解决问题；（3）分三种情形分别求解即可；【解答】解：（1）如图1中，①当点Q在平行四边形ABCD内时，∠AP′B=180°﹣∠Q′P′B﹣∠Q′P′D=180°﹣90°﹣10°=80°，②当点Q在平行四边形ABCD外时，∠APB=180°﹣（∠QPB﹣∠QPD）=180°﹣（90°﹣10°）=100°，综上所述，当∠DPQ=10°时，∠APB的值为80°或100°．（2）如图2中，连接BQ，作PE⊥AB于E．∵tan∠ABP：tanA=3：2，tanA=，∴tan∠ABP=2，在Rt△APE中，tanA==，设PE=4k，则AE=3k，在Rt△PBE中，tan∠ABP==2，∴EB=2k，∴AB=5k=10，∴k=2，∴PE=8，EB=4，∴PB==4，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BQ=PB=4．（3）①如图3中，当点Q落在直线BC上时，作BE⊥AD于E，PF⊥BC于F．则四边形BEPF是矩形．在Rt△AEB中，∵tanA==，∵AB=10，∴BE=8，AE=6，∴PF=BE=8，∵△BPQ是等腰直角三角形，PF⊥BQ，∴PF=BF=FQ=8，∴PB=PQ=8，∴PB旋转到PQ所扫过的面积==32π．②如图4中，当点Q落在CD上时，作BE⊥AD于E，QF⊥AD交AD的延长线于F．设PE=x．易证△PBE≌△QPF，∴PE=QF=x，EB=PF=8，∴DF=AE+PE+PF﹣AD=x﹣1，∵CD∥AB，∴∠FDQ=∠A，∴tan∠FDQ=tanA==，∴=，∴x=4，∴PE=4，=4，在Rt△PEB中，PB==4，∴PB旋转到PQ所扫过的面积==20π③如图5中，当点Q落在AD上时，易知PB=PQ=8，∴PB旋转到PQ所扫过的面积==16π，综上所述，PB旋转到PQ所扫过的面积为32π或20π或16π．38．如图，AB=16，O为AB中点，点C在线段OB上（不与点O，B重合），将OC绕点O逆时针旋转270°后得到扇形COD，AP，BQ分别切优弧于点P，Q，且点P，Q在AB异侧，连接OP．（1）求证：AP=BQ；（2）当BQ=4时，求的长（结果保留π）；（3）若△APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围．【分析】（1）连接OQ．只要证明Rt△APO≌Rt△BQO即可解决问题；（2）求出优弧DQ的圆心角以及半径即可解决问题；（3）由△APO的外心是OA的中点，OA=8，推出△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8；【解答】（1）证明：连接OQ．∵AP、BQ是⊙O的切线，∴OP⊥AP，OQ⊥BQ，∴∠APO=∠BQO=90°，在Rt△APO和Rt△BQO中，，∴Rt△APO≌Rt△BQO，∴AP=BQ．（2）∵Rt△APO≌Rt△BQO，∴∠AOP=∠BOQ，∴P、O、Q三点共线，∵在Rt△BOQ中，cosB===，∴∠B=30°，∠BOQ=60°，∴OQ=OB=4，∵∠COD=90°，∴∠QOD=90°+60°=150°，∴优弧的长==π，（3）∵△APO的外心是OA的中点，OA=8，∴△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8．19．定义：数学活动课上，李老师给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称这个三角形为“智慧三角形”．理解：（1）如图1，已知A、B是⊙O上两点，请在圆上找出满足条件的点C，使△ABC为“智慧三角形”（画出点C的位置，保留作图痕迹）；（2）如图2，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且CF=CD，试判断△AEF是否为“智慧三角形”，并说明理由；运用：（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，点Q是直线y=3上的一点，若在⊙O上存在一点P，使得△OPQ为“智慧三角形”，当其面积取得最小值时，直接写出此时点P的坐标．【分析】（1）连结AO并且延长交圆于C1，连结BO并且延长交圆于C2，即可求解；（2）设正方形的边长为4a，表示出DF、CF以及EC、BE的长，然后根据勾股定理列式表示出AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF是直角三角形，由直角三角形的性质可得△AEF为“智慧三角形”；（3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边为1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段最短可得斜边最短为3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可求斜边的高，即点P的横坐标，再根据勾股定理可求点P的纵坐标，从而求解．【解答】解：（1）如图1所示：（2）△AEF是“智慧三角形”，理由如下：设正方形的边长为4a，∵E是BC的中点，∴BE=EC=2a，∵CD：FC=4：1，∴FC=a，DF=4a﹣a=3a，在Rt△ABE中，AE2=（4a）2+（2a）2=20a2，在Rt△ECF中，EF2=（2a）2+a2=5a2，在Rt△ADF中，AF2=（4a）2+（3a）2=25a2，∴AE2+EF2=AF2，∴△AEF是直角三角形，∵斜边AF上的中线等于AF的一半，∴△AEF为“智慧三角形”；（3）如图3所示：由“智慧三角形”的定义可得△OPQ为直角三角形，根据题意可得一条直角边OP=1，∴PQ最小时，△POQ的面积最小，即：OQ最小，由垂线段最短可得斜边最小为3，由勾股定理可得PQ==2，根据面积得，OQ×PM=OP×PQ，∴PM=1×2÷3=，由勾股定理可求得OM==，故点P的坐标（﹣，），（，）．【点评】本题考查了圆的综合题，正方形的性质，勾股定理的应用，勾股定理逆定理的应用，用正方形的边长表示出△AEF的各边的平方，熟练掌握“智慧三角形”的定义是解题的关键．21．【操作发现】（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；【类比探究】（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．【分析】（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF ≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF ≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．【解答】解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°，∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD，在△ACF和△BCD中，，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②DE=EF；理由如下：∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE，在△DCE和△FCE中，，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°，∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD，在△ACF和△BCD中，，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②AE2+DB2=DE2，理由如下：∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE，在△DCE和△FCE中，，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF，在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．24．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△COD关于CD的对称图形为△CED．（1）求证：四边形OCED是菱形；（2）连接AE，若AB=6cm，BC=cm．①求sin∠EAD的值；②若点P为线段AE上一动点（不与点A重合），连接OP，一动点Q从点O出发，以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P，再以1.5cm/s的速度沿线段PA匀速运动到点A，到达点A后停止运动，当点Q沿上述路线运动到点A所需要的时间最短时，求AP的长和点Q走完全程所需的时间．【分析】（1）只要证明四边相等即可证明；（2）①设AE交CD于K．由DE∥AC，DE=OC=OA，推出==，由AB=CD=6，可得DK=2，CK=4，在Rt△ADK中，AK===3，根据sin∠DAE=计算即可解决问题；②作PF⊥AD于F．易知PF=AP•sin∠DAE=AP，因为点Q的运动时间t=+=OP+AP=OP+PF，所以当O、P、F共线时，OP+PF的值最小，此时OF是△ACD的中位线，由此即可解决问题．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形．∴OD=OB=OC=OA，∵△EDC和△ODC关于CD对称，∴DE=DO，CE=CO，∴DE=EC=CO=OD，∴四边形CODE是菱形．（2）①设AE交CD于K．∵四边形CODE是菱形，∴DE∥AC，DE=OC=OA，∴==∵AB=CD=6，∴DK=2，CK=4，在Rt△ADK中，AK===3，∴sin∠DAE==，②作PF⊥AD于F．易知PF=AP•sin∠DAE=AP，∵点Q的运动时间t=+=OP+AP=OP+PF，∴当O、P、F共线时，OP+PF的值最小，此时OF是△ACD的中位线，∴OF=CD=3．AF=AD=，PF=DK=1，∴AP==，∴当点Q沿上述路线运动到点A所需要的时间最短时，AP的长为，点Q走完全程所需的时间为3s．【点评】本题考查四边形综合题、矩形的性质、菱形的判定和性质、锐角三角函数、平行线分线段成比例定理、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，所以中考压轴题．25．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E在AD边上运动，且不与点A和点D重合，连结CE，过点C作CF⊥CE交AB的延长线于点F，EF交BC于点G．（1）求证：△CDE≌△CBF；（2）当DE=时，求CG的长；（3）连结AG，在点E运动过程中，四边形CEAG能否为平行四边形？若能，求出此时DE的长；若不能，说明理由．【分析】（1）先判断出∠CBF=90°，进而判断出∠1=∠3，即可得出结论；（2）先求出AF，AE，再判断出△GBF∽△EAF，可求出BG，即可得出结论；（3）假设是平行四边形，先判断出DE=BG，进而判断出△GBF和△ECF是等腰直角三角形，即可得出∠GFB=∠CFE=45°，即可得出结论．【解答】解：（1）如图，在正方形ABCD中，DC=BC，∠D=∠ABC=∠DCB=90°，∴∠CBF=180°﹣∠ABC=90°，∠1+∠2=∠DCB=90°，∵CF⊥CE，∴∠ECF=90°，∴∠3+∠2=∠ECF=90°，∴∠1=∠3，在△CDE和△CBF中，，∴△CDE≌△CBF，（2）在正方形ABCD中，AD∥BC，∴△GBF∽△EAF，∴，由（1）知，△CDE≌△CBF，∴BF=DE=，∵正方形的边长为1，∴AF=AB+BF=，AE=AD﹣DE=，∴，∴BG=，∴CG=BC﹣BG=；（3）不能，理由：若四边形CEAG是平行四边形，则必须满足AE∥CG，AE=CG，∴AD﹣AE=BC﹣CG，∴DE=BG，由（1）知，△CDE≌△CBF，∴DE=BF，CE=CF，∴△GBF和△ECF是等腰直角三角形，∴∠GFB=45°，∠CFE=45°，∴∠CFA=∠GFB+∠CFE=90°，此时点F与点B重合，点D与点E重合，与题目条件不符，∴点E在运动过程中，四边形CEAG不能是平行四边形．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定，解（1）的关键是判定∠1=∠3，解（2）的关键是判断出△GBF∽△EAF，解（3）的关键是判断出∠CFA=90°，是一道常考题．在边长为2的等边三角形ABC中，P是BC边上任意一点，过点P分别作PM⊥A B，PN⊥AC，M、N分别为垂足．（1）求证：不论点P在BC边的何处时都有PM+PN的长恰好等于三角形ABC一边上的高；（2）当BP的长为何值时，四边形AMPN的面积最大，并求出最大值．【分析】（1）连接AP，过C作CD⊥AB于D，根据等边三角形的性质得到AB=AC，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论；（2）设BP=x，则CP=2﹣x，由△ABC是等边三角形，得到∠B=∠C=60°，解直角三角形得到BM=x，PM=x，CN=（2﹣x），PN=（2﹣x），根据二次函数的性质即可得到结论．【解答】解：（1）连接AP，过C作CD⊥AB于D，∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，=S△ABP+S△ACP，∵S△ABC∴AB•CD=AB•PM+AC•PN，∴PM+PN=CD，即不论点P在BC边的何处时都有PM+PN的长恰好等于三角形ABC一边上的高；（2）设BP=x，则CP=2﹣x，∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=60°，∵PM⊥AB，PN⊥AC，∴BM=x，PM=x，CN=（2﹣x），PN=（2﹣x），∴四边形AMPN的面积=×（2﹣x）•x+[2﹣（2﹣x）]•（2﹣x）=﹣x2+x+=﹣（x﹣1）2+，∴当BP=1时，四边形AMPN的面积最大，最大值是．【点评】本题考查了等边三角形的性质，三角形面积的计算，二次函数的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．29．如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD=2BC，∠ABD=90°，E为AD的中点，连接BE．（1）求证：四边形BCDE为菱形；（2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC=1，求AC的长．【分析】（1）由DE=BC，DE∥BC，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明BE=DE即可解决问题；（2）在Rt△ACD中只要证明∠ADC=60°，AD=2即可解决问题；【解答】（1）证明：∵AD=2BC，E为AD的中点，∴DE=BC，∵AD∥BC，∴四边形BCDE是平行四边形，∵∠ABD=90°，AE=DE，∴BE=DE，∴四边形BCDE是菱形．（2）解：连接AC．∵AD∥BC，AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC=∠BCA，∴AB=BC=1，∵AD=2BC=2，∴sin∠ADB=，∴∠ADB=30°，∴∠DAC=30°，∠ADC=60°，在Rt△ACD中，∵AD=2，∴CD=1，AC=．【点评】本题考查菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型．35．定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．（1）如图1，等腰直角四边形ABCD，AB=BC，∠ABC=90°，①若AB=CD=1，AB∥CD，求对角线BD的长．②若AC⊥BD，求证：AD=CD，（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，点P是对角线BD上一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．【分析】（1）①只要证明四边形ABCD是正方形即可解决问题；②只要证明△ABD≌△CBD，即可解决问题；（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF 与BC不垂直，①当AE=AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，②当BF=AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可；【解答】解：（1）①∵AB=CD=1，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB=BC，∴四边形ABCD是菱形，∵∠ABC=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴BD=AC==．②如图1中，连接AC、BD．∵AB=BC，AC⊥BD，∴∠ABD=∠CBD，∵BD=BD，∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，∴四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，①当AE=AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，∴AE=AB=5．②当BF=AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，∴BF=AB=5，∵DE∥BF，∴DE：BF=PD：PB=1：2，∴DE=2.5，∴AE=9﹣2.5=6.5，综上所述，满足条件的AE的长为5或6.5．【点评】本题考查四边形综合题、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角四边形的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．39．如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，P，E分别是线段AC、BC上的点，且四边形PEFD为矩形．（Ⅰ）若△PCD是等腰三角形时，求AP的长；（Ⅱ）若AP=，求CF的长．【分析】（Ⅰ）先求出AC，再分三种情况讨论计算即可得出结论；（Ⅱ）方法1、先判断出OC=ED，OC=PF，进而得出OC=OP=OF，即可得出∠OCF=∠OFC，∠OCP=∠OPC，最后判断出△ADP∽△CDF，得出比例式即可得出结论．方法2、先判断出∠CEF=∠FDC，得出点E，C，F，D四点共圆，再判断出点P也在此圆上，即可得出∠DAP=∠DCF，此后同方法1即可得出结论．方法3、先判断出△PME∽△DNP即可得出，进而用两边对应成比例夹角相等判断出△ADP∽△CDF，得出比例式即可得出结论．【解答】解：（Ⅰ）在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，∠ADC=90°，∴DC=AB=6，∴AC==10，要使△PCD是等腰三角形，①当CP=CD时，AP=AC﹣CP=10﹣6=4，②当PD=PC时，∠PDC=∠PCD，∵∠PCD+∠PAD=∠PDC+∠PDA=90°，∴∠PAD=∠PDA，∴PD=PA，∴PA=PC，∴AP=AC=5，③当DP=DC时，如图1，过点D作DQ⊥AC于Q，则PQ=CQ，=AD•DC=AC•DQ，∵S△ADC∴DQ==，∴CQ==，∴PC=2CQ=，∴AP=AC﹣PC=10﹣=；所以，若△PCD是等腰三角形时，AP=4或5或；（Ⅱ）方法1、如图2，连接PF，DE，记PF与DE的交点为O，连接OC，∵四边形ABCD和PEFD是矩形，∴∠ADC=∠PDF=90°，∴∠ADP+∠PDC=∠PDC+∠CDF，∴∠ADP=∠CDF，∵∠BCD=90°，OE=OD，∴OC=ED，在矩形PEFD中，PF=DE，∴OC=PF，∵OP=OF=PF，∴OC=OP=OF，∴∠OCF=∠OFC，∠OCP=∠OPC，∵∠OPC+∠OFC+∠PCF=180°，∴2∠OCP+2∠OCF=180°，∴∠PCF=90°，∴∠PCD+∠FCD=90°，在Rt△ADC中，∠PCD+∠PAD=90°，∴∠PAD=∠FCD，∴△ADP∽△CDF，∴，∵AP=，∴CF=．方法2、如图，∵四边形ABCD和DPEF是矩形，∴∠ADC=∠PDF=90°，∴∠ADP=∠CDF，∵∠DGF+∠CDF=90°，∴∠EGC+∠CDF=90°，∵∠CEF+∠CGE=90°，∴∠CDF=∠FEC，∴点E，C，F，D四点共圆，∵四边形DPEF是矩形，∴点P也在此圆上，∵PE=DF，∴，∴∠ACB=∠DCF，∵AD∥BC，∴∠ACB=∠DAP，∴∠DAP=∠DCF，∵∠ADP=∠CDF，∴△ADP∽△CDF，∴，∵AP=，∴CF=．方法3、如图3，过点P作PM⊥BC于M交AD于N，∴∠PND=90°，∵PN∥CD，∴，∴，∴AN=，∴ND=8﹣=（10﹣）同理：PM=（10﹣）∵∠PND=90°，∴∠DPN+∠PDN=90°，∵四边形PEFD是矩形，∴∠DPE=90°，∴∠DPN+∠EPM=90°，∴∠PDN=∠EPM，∵∠PND=∠EMP=90°，∴△PND∽△EMP，∴=，∵PD=EF，DF=PE．∴，∵，∴，∵∠ADP=∠CDF，∴△ADP∽△CDF，∴=，∵AP=，∴CF=．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解（Ⅰ）的关键是分三种情况讨论计算，解（Ⅱ）的关键是判断出△ADP∽△CDF，是一道中考常考题．40．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，D是AB的中点，E，F分别是AC，BC 上的点（点E不与端点A，C重合），且AE=CF，连接EF并取EF的中点O，连接DO并延长至点G，使GO=OD，连接DE，DF，GE，GF．（1）求证：四边形EDFG是正方形；（2）当点E在什么位置时，四边形EDFG的面积最小？并求四边形EDFG面积的最小值．【分析】（1）连接CD，根据等腰直角三角形的性质可得出∠A=∠DCF=45°、AD=CD，结合AE=CF可证出△ADE≌△CDF（SAS），根据全等三角形的性质可得出DE=DF、ADE=∠CDF，通过角的计算可得出∠EDF=90°，再根据O为EF的中点、GO=OD，即可得出GD⊥EF，且GD=2OD=EF，由此即可证出四边形EDFG是正方形；（2）过点D作DE′⊥AC于E′，根据等腰直角三角形的性质可得出DE′的长度，从而得出2≤DE＜2，再根据正方形的面积公式即可得出四边形EDFG的面积的最小值．【解答】（1）证明：连接CD，如图1所示．∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，D是AB的中点，∴∠A=∠DCF=45°，AD=CD．在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴DE=DF，∠ADE=∠CDF．∵∠ADE+∠EDC=90°，∴∠EDC+∠CDF=∠EDF=90°，∴△EDF为等腰直角三角形．∵O为EF的中点，GO=OD，∴GD⊥EF，且GD=2OD=EF，∴四边形EDFG是正方形；（2）解：过点D作DE′⊥AC于E′，如图2所示．∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC=4，∴DE′=BC=2，AB=4，点E′为AC的中点，∴2≤DE＜2（点E与点E′重合时取等号）．=DE2＜8．∴4≤S四边形EDFG∴当点E为线段AC的中点时，四边形EDFG的面积最小，该最小值为4．【点评】本题考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）找出GD⊥EF且GD=EF；（2）根据正方形的面积公式找出4≤S＜8．四边形EDFG。
中考数学专题复习二次函数的综合题及答案解析
中考数学专题复习二次函数的综合题及答案解析一、二次函数1．如图，对称轴为直线x 1=-的抛物线()2y ax bx c a 0=++≠与x 轴相交于A 、B 两点，其中A 点的坐标为（－3，0）．（1）求点B 的坐标；（2）已知a 1=，C 为抛物线与y 轴的交点．①若点P 在抛物线上，且POC BOC S 4S ∆∆=，求点P 的坐标；②设点Q 是线段AC 上的动点，作QD ⊥x 轴交抛物线于点D ，求线段QD 长度的最大值．【答案】（1）点B 的坐标为（1，0）.（2）①点P 的坐标为（4，21）或（－4，5）.②线段QD 长度的最大值为94. 【解析】【分析】（1）由抛物线的对称性直接得点B 的坐标．（2）①用待定系数法求出抛物线的解析式，从而可得点C 的坐标，得到BOC S ∆，设出点P 的坐标，根据POC BOC S 4S ∆∆=列式求解即可求得点P 的坐标．②用待定系数法求出直线AC 的解析式，由点Q 在线段AC 上，可设点Q 的坐标为(q,-q-3)，从而由QD ⊥x 轴交抛物线于点D ，得点D 的坐标为(q,q 2+2q-3)，从而线段QD 等于两点纵坐标之差，列出函数关系式应用二次函数最值原理求解.【详解】解：（1）∵A 、B 两点关于对称轴x 1=-对称 ，且A 点的坐标为（－3，0）， ∴点B 的坐标为（1，0）.（2）①∵抛物线a 1=，对称轴为x 1=-，经过点A （－3，0）， ∴2a 1b 12a 9a 3b c 0=⎧⎪⎪-=-⎨⎪-+=⎪⎩，解得a 1b 2c 3=⎧⎪=⎨⎪=-⎩.∴抛物线的解析式为2y x 2x 3=+-.∴B 点的坐标为（0，－3）.∴OB=1，OC=3.∴BOC 13S 1322∆=⨯⨯=. 设点P 的坐标为(p,p 2+2p-3)，则POC 13S 3p p 22∆=⨯⨯=. ∵POC BOC S 4S ∆∆=，∴3p 62=，解得p 4=±. 当p 4=时2p 2p 321+-=；当p 4=-时，2p 2p 35+-=，∴点P 的坐标为（4，21）或（－4，5）.②设直线AC 的解析式为y kx b =+，将点A ，C 的坐标代入，得：3k b 0b 3-+=⎧⎨=-⎩，解得：k 1b 3=-⎧⎨=-⎩. ∴直线AC 的解析式为y x 3=--.∵点Q 在线段AC 上，∴设点Q 的坐标为(q,-q-3).又∵QD ⊥x 轴交抛物线于点D ，∴点D 的坐标为(q,q 2+2q-3).∴()22239QD q 3q 2q 3q 3q q 24⎛⎫=---+-=--=-++ ⎪⎝⎭. ∵a 10<=-，-3302<<-∴线段QD 长度的最大值为94.2．童装店销售某款童装,每件售价为60元,每星期可卖100件,为了促销该店决定降价销售,经市场调查发现：每降价1元,每星期可多卖10件,已知该款童装每件成本30元,设降价后该款童装每件售价x 元,每星期的销售量为y 件.(1)降价后,当某一星期的销售量是未降价前一星期销售量的3倍时，求这一星期中每件童装降价多少元?(2)当每件售价定为多少元时,一星期的销售利润最大,最大利润是多少?【答案】（1）这一星期中每件童装降价20元；（2）每件售价定为50元时，一星期的销售利润最大，最大利润4000元．【解析】【分析】（1）根据售量与售价x （元/件）之间的关系列方程即可得到结论．（2）设每星期利润为W 元，构建二次函数利用二次函数性质解决问题．【详解】解：（1）根据题意得，（60﹣x ）×10+100＝3×100，解得：x ＝40，60﹣40＝20元，答：这一星期中每件童装降价20元；（2）设利润为w ，根据题意得，w ＝（x ﹣30）[（60﹣x ）×10+100]＝﹣10x 2+1000x ﹣21000＝﹣10（x ﹣50）2+4000，答：每件售价定为50元时，一星期的销售利润最大，最大利润4000元．【点睛】本题考查二次函数的应用，一元二次不等式，解题的关键是构建二次函数解决最值问题，利用图象法解一元二次不等式，属于中考常考题型．3．如图，在平面直角坐标系中，二次函数2y ax bx c =++交x 轴于点()4,0A -、()2,0B ，交y 轴于点()0,6C ，在y 轴上有一点()0,2E -，连接AE .（1）求二次函数的表达式；（2）若点D 为抛物线在x 轴负半轴上方的一个动点，求ADE ∆面积的最大值； （3）抛物线对称轴上是否存在点P ，使AEP ∆为等腰三角形，若存在，请直接写出所有P 点的坐标，若不存在请说明理由.【答案】（1）二次函数的解析式为233642y x x =--+；（2）当23x =-时，ADE ∆的面积取得最大值503；（3）P 点的坐标为()1,1-，(1,11-，(1,219--. 【解析】分析：（1）把已知点坐标代入函数解析式，得出方程组求解即可；（2）根据函数解析式设出点D 坐标，过点D 作DG ⊥x 轴，交AE 于点F ，表示△ADE 的面积，运用二次函数分析最值即可；（3）设出点P 坐标，分PA =PE ，PA =AE ，PE =AE 三种情况讨论分析即可．详解：（1）∵二次函数y =ax 2+bx +c 经过点A （﹣4，0）、B （2，0），C （0，6）， ∴16404206a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，解得：34326a b c ⎧=-⎪⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎪⎩， 所以二次函数的解析式为：y =233642x x --+； （2）由A （﹣4，0），E （0，﹣2），可求AE 所在直线解析式为y =122x --， 过点D 作DN ⊥x 轴，交AE 于点F ，交x 轴于点G ，过点E 作EH ⊥DF ，垂足为H ，如图，设D （m ，233642m m --+），则点F （m ，122m --）， ∴DF =233642m m --+﹣（122m --）=2384m m --+， ∴S △ADE =S △ADF +S △EDF =12×DF ×AG +12DF ×EH =12×DF ×AG +12×DF ×EH =12×4×DF =2×（2384m m --+） =23250233m -++（）， ∴当m =23-时，△ADE 的面积取得最大值为503． （3）y =233642x x --+的对称轴为x =﹣1，设P （﹣1，n ），又E （0，﹣2），A （﹣4，0），可求PA 29n +PE 212n ++（）AE 16425+=，分三种情况讨论：当PA =PE 时，29n +=212n ++（），解得：n =1，此时P （﹣1，1）； 当PA =AE 时，29n +=16425+=，解得：n =11±，此时点P 坐标为（﹣1，11±）；当PE =AE 时，212n ++（）=16425+=，解得：n =﹣219±，此时点P 坐标为：（﹣1，﹣219±）．综上所述：P 点的坐标为：（﹣1，1），（﹣1，11±），（﹣1，﹣219±）．点睛：本题主要考查二次函数的综合问题，会求抛物线解析式，会运用二次函数分析三角形面积的最大值，会分类讨论解决等腰三角形的顶点的存在问题时解决此题的关键．4．二次函数y=x 2-2mx+3（m ＞）的图象与x 轴交于点A （a ，0）和点B （a+n ，0）（n ＞0且n 为整数），与y 轴交于C 点．（1）若a=1，①求二次函数关系式；②求△ABC 的面积；（2）求证：a=m-；（3）线段AB （包括A 、B ）上有且只有三个点的横坐标是整数，求a 的值．【答案】（1）y=x 2-4x+3；3；（2）证明见解析；（3）a=1或a=−．【解析】试题分析：（1）①首先根据a=1求得A 的坐标，然后代入二次函数的解析式，求得m 的值即可确定二次函数的解析式；②根据解析式确定抛物线与坐标轴的交点坐标，从而确定三角形的面积；（2）将原二次函数配方后即可确定其对称轴为x=m ，然后根据A 、B 两点关于x=m 对称得到a+n-m=m-a ，从而确定a 、m 、n 之间的关系；（3）根据a=m-得到A （m-，0）代入y=（x-m ）2-m 2+3得0=（m--m ）2-m 2+3，求得m 的值即可确定a 的值．试题解析：（1）①∵a=1，∴A （1，0），代入y=x 2-2mx+3得1-2m+3=0，解得m=2，∴y=x 2-4x+3；②在y=x 2-4x+3中，当y=0时，有x 2-4x+3=0可得x=1或x=3，∴A （1，0）、B （3，0），∴AB=2再根据解析式求出C 点坐标为（0，3），∴OC=3，△ABC 的面积=×2×3=3；（2）∵y=x 2-2mx+3=（x-m ）2-m 2+3，∴对称轴为直线x=m，∵二次函数y=x2-2mx+3的图象与x轴交于点A和点B∴点A和点B关于直线x=m对称，∴a+n-m=m-a，∴a=m-；（3）y=x2-2mx+3（m＞）化为顶点式为y=（x-m）2-m2+3（m＞）①当a为整数，因为n＞0且n为整数所以a+n是整数，∵线段AB（包括A、B）上有且只有三个点的横坐标是整数，∴n=2，∴a=m-1，∴A（m-1，0）代入y=（x-m）2-m2+3得（x-m）2-m2+3=0，∴m2-4=0，∴m=2，m=-2（舍去），∴a=2-1=1，②当a不是整数，因为n＞0且n为整数所以a+n不是整数，∵线段AB（包括A、B）上有且只有三个点的横坐标是整数，∴n=3，∴a=m-∴A（m-，0）代入y=（x-m）2-m2+3得0=（m--m）2-m2+3，∴m2=，∴m=，m=-（舍去），∴a=−，综上所述：a=1或a=−．考点：二次函数综合题．5．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣2x+a﹣3，当a＝0时，抛物线与y轴交于点A，将点A向右平移4个单位长度，得到点B．（1）求点B的坐标；（2）将抛物线在直线y＝a上方的部分沿直线y＝a翻折，图象的其他部分保持不变，得到一个新的图象，记为图形M，若图形M与线段AB恰有两个公共点，结合函数的图象，求a的取值范围．【答案】（1）A（0，﹣3），B（4，﹣3）；（2）﹣3＜a≤0；【解析】【分析】（1）由题意直接可求A，根据平移点的特点求B；（2）图形M与线段AB恰有两个公共点，y＝a要在AB线段的上方，当函数经过点A时，AB与函数两个交点的临界点；【详解】解：（1）A（0，﹣3），B（4，﹣3）；（2）当函数经过点A时，a＝0，∵图形M与线段AB恰有两个公共点，∴y＝a要在AB线段的上方，∴a＞﹣3∴﹣3＜a≤0；【点睛】本题二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数图象的特点，函数与线段相交的交点情况是解题的关键．6．（10分）（2015•佛山）如图，一小球从斜坡O点处抛出，球的抛出路线可以用二次函数y=﹣x2+4x刻画，斜坡可以用一次函数y=x刻画．（1）请用配方法求二次函数图象的最高点P的坐标；（2）小球的落点是A，求点A的坐标；（3）连接抛物线的最高点P与点O、A得△POA，求△POA的面积；（4）在OA上方的抛物线上存在一点M（M与P不重合），△MOA的面积等于△POA的面积．请直接写出点M的坐标．【答案】（1）（2，4）；（2）（，）；（3）；（4）（，）．【解析】试题分析：（1）利用配方法抛物线的一般式化为顶点式，即可求出二次函数图象的最高点P的坐标；（2）联立两解析式，可求出交点A的坐标；（3）作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．根据S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA，代入数值计算即可求解；（4）过P作OA的平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，由于两平行线之间的距离相等，根据同底等高的两个三角形面积相等，可得△MOA的面积等于△POA的面积．设直线PM的解析式为y=x+b，将P（2，4）代入，求出直线PM的解析式为y=x+3．再与抛物线的解析式联立，得到方程组，解方程组即可求出点M的坐标．试题解析：（1）由题意得，y=﹣x2+4x=﹣（x﹣2）2+4，故二次函数图象的最高点P的坐标为（2，4）；（2）联立两解析式可得：，解得：，或．故可得点A的坐标为（，）；（3）如图，作PQ⊥x轴于点Q，AB⊥x轴于点B．S△POA=S△POQ+S△梯形PQBA﹣S△BOA=×2×4+×（+4）×（﹣2）﹣××=4+﹣=；（4）过P作OA的平行线，交抛物线于点M，连结OM、AM，则△MOA的面积等于△POA的面积．设直线PM的解析式为y=x+b，∵P的坐标为（2，4），∴4=×2+b，解得b=3，∴直线PM的解析式为y=x+3．由，解得，，∴点M的坐标为（，）．考点：二次函数的综合题7．已知二次函数的图象以A（﹣1，4）为顶点，且过点B（2，﹣5）（1）求该函数的关系式；（2）求该函数图象与坐标轴的交点坐标；（3）将该函数图象向右平移，当图象经过原点时，A、B两点随图象移至A′、B′，求△O A′B′的面积．【答案】（1）y=﹣x2﹣2x+3；（2）抛物线与x轴的交点为：（﹣3，0），（1，0）（3）15.【解析】【分析】（1）已知了抛物线的顶点坐标，可用顶点式设该二次函数的解析式，然后将B 点坐标代入，即可求出二次函数的解析式；（2）根据函数解析式，令x=0，可求得抛物线与y轴的交点坐标；令y=0，可求得抛物线与x轴交点坐标；（3）由（2）可知：抛物线与x轴的交点分别在原点两侧，由此可求出当抛物线与x轴负半轴的交点平移到原点时，抛物线平移的单位，由此可求出A′、B′的坐标．由于△OA′B′不规则，可用面积割补法求出△OA′B′的面积．【详解】（1）设抛物线顶点式y=a（x+1）2+4，将B（2，﹣5）代入得：a=﹣1，∴该函数的解析式为：y=﹣（x+1）2+4=﹣x2﹣2x+3；（2）令x=0，得y=3，因此抛物线与y轴的交点为：（0，3），令y=0，﹣x2﹣2x+3=0，解得：x1=﹣3，x2=1，即抛物线与x轴的交点为：（﹣3，0），（1，0）；（3）设抛物线与x轴的交点为M、N（M在N的左侧），由（2）知：M（﹣3，0），N（1，0），当函数图象向右平移经过原点时，M 与O 重合，因此抛物线向右平移了3个单位， 故A'（2，4），B'（5，﹣5），∴S △OA′B′=12×（2+5）×9﹣12×2×4﹣12×5×5=15．【点睛】本题考查了用待定系数法求抛物线解析式、函数图象与坐标轴交点、图形面积的求法等知识．熟练掌握待定系数法、函数图象与坐标轴的交点的求解方法、不规则图形的面积的求解方法等是解题的关键.8．如图，已知直线y kx 6=-与抛物线2y ax bx c =++相交于A ，B 两点，且点A （1，－4）为抛物线的顶点，点B 在x 轴上。
中考数学总复习——综合试题2含答案
综合试题（2）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．“0<x <5”是“不等式|x －2|<3”成立的 （ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．不充分不必要条件 2．准线方程为x ＝3的抛物线的标准方程为（ ）A ．y 2＝－6xB ．y 2＝－12xC ．y 2＝6xD ．y 2＝12x3．已知a >b>0，全集I=R ，M={x |b <x <2a b+}，N ＝{xx ≤a }，则N ∩(RM)为( )A ．2|{b a x b x +≤≤} B ．}2|{ba x ab x +<< C ．}2|{a x b a x x >+<或 D ．}2|{a x ba x ≤≤+4．若)621sin(π--=x y 的图象按向量平移得到)21sin(x y -=的图象，则向量=（ ）A ．（－3π，0）B ．（3π，0）C ．（－6π，0）D ．（6π，0）5．(2x －1)10的展开式倒数第4项的系数是 （ ）A ．－20B ．－180C ．－960D ．180 6．已知311lim21=-++→x bx ax x ，则b 的值为 （ ） A ．4B ．－5C ．－4D ．57．若数列2011,76,)121(12)210(2}{a a a a a a a a n n n n n n 则若满足=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≤-<≤=+的值为（ ）A ．76B ．75 C ．73 D ．71 8．设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 为其侧棱BB 1上的任意一点，则四棱锥P —ACC 1A 1的体积等于 （ ）A ．V 32B ．V 31C ．V 43D ．V 219．某圆锥曲线C 是椭圆或双曲线，若其中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点 A （－2，32），B 5,23(-）则（ ）12 23 4 3 4 7 7 45 11 14 11 56 16 25 25 16 6 A ．曲线C 可为椭圆也可为双曲线 B ．曲线C 一定是双曲线C ．曲线C 一定是椭圆D ．这样的圆锥曲线C 不存在10．设二面角―a ―的大小是60°，P 是二面角的一点，P 点到，的距离分别为1cm 、2cm ，那么点P 到棱a 的距离是（ ）A ．cm 3212 B ．cm 321 C ．cm 32 D ．cm 3214 11．如图，目标函数z ＝ax －y 的可行域为四边形OACB （含边界），若)54,32(是该目标函数z ＝ax －y 的最优解，则a 的取值围是（ ） A ．)125,310(-- B ．)103,512(--C ．)512,103(D ．)103,512(-12．记函数f (x )＝3+x 2sin x 在区间[－2，2]上的最大值为M ，最小值为m ，那么M+m 的值为( ) A ．0 B ．3 C ．6 D ．8二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分. 13．(理)设z 满足z+||z =2+i ，那么z 等于 .(文)不等式x +x 3≥0的解集是 。
中考数学复习专题：几何综合题(含答案解析)
几何综合题1.已知△ABC 中，AD 是的平分线，且AD =AB ， 过点C 作AD 的垂线，交 AD 的延长线于点H ． （1）如图1，若①直接写出B ∠和ACB ∠的度数； ②若AB =2，求AC 和AH 的长；（2）如图2，用等式表示线段AH 与AB +AC 之间的数量关系，并证明．答案：（1）①75B ∠=︒，45ACB ∠=︒；②作DE ⊥AC 交AC 于点E .Rt △ADE 中，由30DAC ∠=︒，AD =2可得DE =1，AE 3. Rt △CDE 中，由45ACD ∠=︒，DE=1，可得EC =1. ∴AC 31.Rt △ACH 中，由30DAC ∠=︒，可得AH 33+=；（2）线段AH 与AB +AC 之间的数量关系：2AH =AB +AC证明： 延长AB 和CH 交于点F ，取BF 中点G ，连接GH .易证△ACH ≌△AFH .∴AC AF =,HC HF =. ∴GH BC ∥. ∵AB AD =，∴ ABD ADB ∠=∠. ∴ AGH AHG ∠=∠ . ∴ AG AH =.∴()2222AB AC AB AF AB BF AB BG AG AH +=+=+=+==.2.正方形ABCD 的边长为2，将射线AB 绕点A 顺时针旋转α，所得射线与线段BD 交于点M ，作CE AM ⊥于点E ，点N 与点M 关于直线CE 对称，连接CN ． （1）如图1，当045α︒<<︒时， ①依题意补全图1．②用等式表示NCE ∠与BAM ∠之间的数量关系：__________．BAC ∠60BAC ∠=︒（2）当4590α︒<<︒时，探究NCE ∠与BAM ∠之间的数量关系并加以证明． （3）当090α︒<<︒时，若边AD 的中点为F ，直接写出线段EF 长的最大值．答案：（1）①补全的图形如图7所示．② ∠NCE =2∠BAM ．（2）当45°<α<90°时，=1802NCE BAM ∠︒-∠．证明：如图8，连接CM ，设射线AM 与CD 的交点为H ．∵ 四边形ABCD 为正方形， ∴ ∠BAD=∠ADC=∠BCD=90°，直线BD 为正方形ABCD 的对称轴，点A 与点C 关于直线BD 对称． ∵ 射线AM 与线段BD 交于点M ， ∴ ∠BAM=∠BCM=α． ∴ ∠1=∠2=90α︒-． ∵ CE ⊥AM ， ∴ ∠CEH=90°，∠3+∠5=90°． 又∵∠1+∠4=90°，∠4=∠5， ∴ ∠1=∠3．∴ ∠3=∠2=90α︒-．∵ 点N 与点M 关于直线CE 对称，∴ ∠NCE=∠MCE=∠2+∠3=1802BAM ︒-∠． （31CDBA图1备用图C DBAM3. 如图，已知60AOB ∠=︒，点P 为射线OA内，且满足DPA OPE ∠=∠，6DP PE +=. （1）当DP PE =时，求DE 的长；（2）在点P 的运动过程中，请判断是否存在一个定点M答案：（1）作PF ⊥DE 交DE 于F . ∵PE ⊥BO ，60AOB ∠=， ∴30OPE ∠=.∴30DPA OPE ∠=∠=. ∴120EPD ∠=. ∵DP PE =,6DP PE +=,∴30PDE ∠=,3PD PE ==. ∴cos30DF PD =⋅︒=∴2DE DF ==（2）当M 点在射线OA 上且满足OM =DMME的值不变，始终为1.理由如下： 当点P 与点M 不重合时，延长EP 到K 使得PK PD =. ∵,DPA OPE OPE KPA ∠=∠∠=∠, ∴KPA DPA ∠=∠. ∴KPM DPM ∠=∠.∵PK PD =,PM 是公共边, ∴KPM △≌DPM △.∴MK MD =.作ML ⊥OE 于L ,MN ⊥EK 于N . ∵60MO MOL =∠=，∴sin 603ML MO =⋅=.∵PE ⊥BO ,ML ⊥OE ,MN ⊥EK ， ∴四边形MNEL 为矩形. ∴3EN ML ==.∵6EK PE PK PE PD =+=+=, ∴EN NK =. ∵MN ⊥EK ,∴MK ME =.∴ME MK MD ==,即1DMME=. 当点P 与点M 重合时，由上过程可知结论成立.4. 如图，在菱形ABCD 中，∠DAB =60°，点E 为AB 边上一动点（与点A ，B 不重合），连接CE ，将∠ACE 的两边所在射线CE ，CA 以点C 为中心，顺时针旋转120°，分别交射线AD 于点F ，G. （1）依题意补全图形；（2）若∠ACE=α，求∠AFC 的大小（用含α的式子表示）； （3）用等式表示线段AE 、AF 与CG 之间的数量关系，并证明． 答案：（1）补全的图形如图所示.（2）解：由题意可知，∠ECF=∠ACG=120°.∴∠FCG=∠ACE=α.∵四边形ABCD 是菱形，∠DAB=60°， ∴∠DAC=∠BAC= 30°. ∴∠AGC=30°. ∴∠AFC =α+30°.（3）用等式表示线段AE 、AF 与CG 之间的数量关系为CG AF AE 3=+.证明：作CH ⊥AG 于点H.由（2）可知∠BAC=∠DAC=∠AGC=30°. ∴CA=CG. ∴HG =21AG. ∵∠ACE =∠GCF ，∠CAE =∠CGF ， ∴△ACE ≌△GCF. ∴AE =FG .在Rt △HCG 中， .23cos CG CGH CG HG =∠⋅= ∴AG =3CG .即AF+AE =3CG .5.如图，Rt △ABC 中，∠ACB = 90°，CA = CB ，过点C 在△ABC 外作射线CE ，且∠BCE = α，点B 关于CE 的对称点为点D ，连接AD ，BD ，CD ，其中AD ，BD 分别交射线CE 于点M ，N . （1）依题意补全图形；（2）当α= 30°时，直接写出∠CMA 的度数； （3）当0°<α< 45°时，用等式表示线段AM ，CN 之间的数量关系，并证明．答案：（1）如图；（2）45°；（3）结论：AM 2CN ．A BC E证明：作AG ⊥EC 的延长线于点G ．∵点B 与点D 关于CE 对称， ∴CE 是BD 的垂直平分线． ∴CB =CD ．∴∠1=∠2=α．∵CA =CB ，∴CA =CD ．∴∠3=∠CAD ． ∵∠4=90°，∴∠3=（180°∠ACD ）=（180°90°αα）=45°．∴∠5=∠2+∠3=α+45°-=45°． ∵∠4=90°，CE 是BD 的垂直平分线， ∴∠1+∠7=90°，∠1+∠6=90°． ∴∠6=∠7． ∵AG ⊥EC ，∴∠G =90°=∠8． ∴在△BCN 和△CAG 中，∠8=∠G ， ∠7=∠6， BC =CA ，BCN ≌△CAG ．∴CN =AG ． ∵Rt △AMG 中，∠G =90°，∠5=45°，∴AM AG ．∴AM CN ．答案：（1）补全图形略 （2）①证明：连接BD ，如图2，∵线段AP 绕点A 顺时针旋转90°得到线段AQ ， ∴AQ AP =，90QAP ∠=°． ∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD AB =，90DAB ∠=°． ∴12∠=∠．∴△ADQ ≌△ABP ． ∴DQ BP =，3Q ∠=∠．∵在Rt QAP ∆中，90Q QPA ∠+∠=°， ∴390BPD QPA ∠=∠+∠=°． ∵在Rt BPD ∆中，222DP BP BD +=，12-12----αα又∵DQ BP =，222BD AB =，∴2222DP DQ AB +=． ②BP AB =．7.如图，在等腰直角△ABC 中，∠CAB=90°，F 是AB 边上一点，作射线CF ， 过点B 作BG ⊥C F 于点G ，连接AG ． （1）求证：∠ABG =∠ACF ；（2）用等式表示线段C G ，AG ，BG 之间 的等量关系，并证明．答案：（1）证明 :∵ ∠CAB=90°. ∵ BG ⊥CF 于点G ， ∴ ∠BGF =∠CAB =90°. ∵∠GFB =∠CFA . ∴ ∠ABG =∠ACF .（2）CG =2AG +BG .证明：在CG 上截取CH =BG ，连接AH ， ∵ △ABC 是等腰直角三角形， ∴ ∠CAB =90°，AB =AC . ∵ ∠ABG =∠ACH . ∴ △ABG ≌△ACH . ∴ AG =AH ,∠GAB =∠HAC . ∴ ∠GAH =90°. ∴ 222AG AH GH +=. ∴ GH =2AG . ∴ CG =CH +GH =2AG +BG .8.如图，在正方形ABCD 中，E 是BC 边上一点，连接AE ，延长CB 至点F ，使BF=BE ，过点F 作FH ⊥AE 于点H ，射线FH 分别交AB 、CD 于点M 、N ，交对角线AC 于点P ，连接AF ． （1）依题意补全图形； （2）求证：∠FAC =∠APF ；（3）判断线段FM 与PN 的数量关系，并加以证明．答案：（1）补全图如图所示． （2）证明∵正方形ABCD ，∴∠BAC =∠BCA =45°，∠ABC =90°， ∴∠PAH =45°-∠BAE ． ∵FH ⊥AE ．∴∠APF =45°+∠BAE ．EDCBAM H PDAC∵BF=BE ，∴AF=AE ，∠BAF =∠BAE ． ∴∠FAC =45°+∠BAF ． ∴∠FAC =∠APF ．（3）判断：FM =PN ．证明：过B 作BQ ∥MN 交CD 于点Q ，∴MN =BQ ，BQ ⊥AE ． ∵正方形ABCD ，∴AB =BC ，∠ABC =∠BCD=90°． ∴∠BAE =∠CBQ ． ∴△ABE ≌△BCQ ． ∴AE =BQ ． ∴AE =MN ．∵∠FAC =∠APF ， ∴AF =FP ． ∵AF=AE ， ∴AE =FP ． ∴FP =MN ． ∴FM =PN ．9.如图所示，点P 位于等边ABC △的内部，且∠ACP =∠CBP ．(1) ∠BPC 的度数为________°；(2) 延长BP 至点D ，使得PD =PC ，连接AD ，CD ．①依题意，补全图形； ②证明：AD +CD =BD ；(3) 在(2)的条件下，若BD 的长为2，求四边形ABCD 的面积．解：(1)120°. ----------------------------2分(2)①∵如图1所示.②在等边ABC △中，60ACB ∠=︒， ∴60.ACP BCP ∠+∠=︒ ∵=ACP CBP ∠∠，∴60.CBP BCP ∠+∠=︒ ()180120.BPC CBP BCP ∠=︒-∠+∠=︒∴∴18060.CPD BPC ∠=︒-∠=︒ ∵=PD PC ，∴CDP △为等边三角形.∵60ACD ACP ACP BCP ∠+∠=∠+∠=︒， ∴.ACD BCP ∠=∠ 在ACD △和BCP △中，M H PDA CDAC BC ACD BCP CD CP =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，，， ∴()SAS ACD BCP △≌△.∴.AD BP =∴.AD CD BP PD BD +=+=-----------------------------------------4分 （3）如图2，作BM AD ⊥于点M ，BN DC ⊥延长线于点N . ∵=60ADB ADC PDC ∠∠-∠=︒， ∴=60.ADB CDB ∠∠=︒ ∴=60.ADB CDB ∠∠=︒∴3= 3.BM BN BD == 又由（2）得，=2AD CD BD +=，ABD BCD ABCD S S S ∴△△四边形=+1122AD BM CD BN =+()32AD CD =+ 32=3.=-----------------------------------7分10.如图1，在等边三角形ABC 中，CD 为中线，点Q 在线段CD 上运动，将线段QA 绕点Q 顺时针旋转，使得点A的对应点E 落在射线BC 上，连接BQ ，设∠DAQ =α（0°＜α＜60°且α≠30°）. （1）当0°＜α＜30°时，①在图1中依题意画出图形，并求∠BQE （用含α的式子表示）； ②探究线段CE ，AC ，CQ 之间的数量关系，并加以证明；（2）当30°＜α＜60°时，直接写出线段CE ，AC ，CQ 之间的数量关系.解：（1）①． ………………………………………………………………………… 1分3-图1 备用图② 0≤QL2分（2）设直线+3y =与x 轴，y 轴的交点分别为点A ，点B ，可得A ，(0,3)B ．∴ OA =，3OB =，30OAB ∠=︒． 由0≤QL y =．①如图13，当⊙D 与x 轴相切时，相应的圆心1D 满足题意，其横坐标取到最大值．作11D E x ⊥轴于点1E ， 可得11D E ∥OB ，111D E AE BO AO=． ∵ ⊙D 的半径为1， ∴ 111D E =．∴ 1AE =11OE OA AE =-=． ∴1D x =②如图14，当⊙D 与直线y =相切时， 相应的圆心2D 满足题意，其横坐标取到最小值．作22D E x ⊥轴于点2E ，则22D E ⊥OA ． 设直线y =与直线+33y x =的交点为F 可得60AOF ∠=︒，OF ⊥AB ．则9cos2AF OA OAF =⋅∠==．∵ ⊙D 的半径为1， ∴ 21D F =．∴2272AD AF D F =-=．∴ 22cos AE AD OAF=⋅∠72==，224OE OA AE =-=．图13∴2D x =．由①②可得，D x≤D x≤． ………………………………………… 5分（3）画图见图15．．……………………………… 7分11.如图，在等边ABC △中， ,D E 分别是边,AC BC 上的点，且CD CE = ,30DBC ∠<︒ ，点C 与点F 关于BD对称，连接,AF FE ，FE 交BD 于G .（1）连接,DE DF ，则,DE DF 之间的数量关系是 ；（2）若DBC α∠=，求FEC ∠的大小; （用α的式子表示） （3）用等式表示线段,BG GF 和FA 之间的数量关系，并证明.（1）DE DF =； （2）解：连接DE ，DF ， ∵△ABC 是等边三角形， ∴60C ∠=︒. ∵DBC α∠=， ∴120BDC α∠=︒-.∵点C 与点F 关于BD 对称，∴120BDF BDC α∠=∠=︒-，DF DC =. ∴1202FDC α∠=︒+. 由（1）知DE DF =.∴F ，E ，C 在以D 为圆心，DC 为半径的圆上.∴1602FEC FDC ∠=∠=︒+α.（3）BG GF FA =+.理由如下：GFE DCBA图15GFEDCBA连接BF ，延长AF ，BD 交于点H ， ∵△ABC 是等边三角形，∴60ABC BAC ∠=∠=︒，AB BC CA ==. ∵点C 与点F 关于BD 对称， ∴BF BC =，FBD CBD ∠=∠. ∴BF BA =. ∴BAF BFA ∠=∠. 设CBD α∠=， 则602ABF α∠=︒-. ∴60BAF α∠=︒+. ∴FAD α∠=.∴FAD DBC ∠=∠. 由（2）知60FEC α∠=︒+. ∴60BGE FEC DBC ∠=∠-∠=︒. ∴120FGB ∠=︒，60FGD ∠=︒.四边形AFGB 中，360120AFE FAB ABG FGB ∠=︒-∠-∠-∠=︒. ∴60HFG ∠=︒.∴△FGH 是等边三角形. ∴FH FG =，60H ∠=︒. ∵CD CE =， ∴DA EB =.在△AHD 与△BGE 中，,,.AHD BGE HAD GBE AD BE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△△AHD BGE ≅. ∴BG AH =.∵AH HF FA GF FA =+=+，∴BG GF FA =+．12.如图，在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC =90°，M 是BC 的中点，延长AM 到点D ，AE = AD ，∠EAD =90°，CE 交AB 于点F ，CD =DF .（1）∠CAD = 度； （2）求∠CDF 的度数；（3）用等式表示线段CD 和CE 之间的数量关系，并证明.HGFEDCBA解：（1）45 ……………………………………………………………1分（2）解：如图，连接DB.∵90 AB AC BAC =∠=，°，M 是BC 的中点，∴∠BAD=∠CAD=45°.∴△BAD ≌△CAD . ………………………………2分 ∴∠DBA =∠DCA ，BD = CD . ∵CD =DF ,∴B D =DF . ………………………………………3分 ∴∠DBA =∠DFB =∠DCA . ∵∠DFB +∠DFA =180°, ∴∠DCA +∠DFA =180°. ∴∠BAC +∠CDF =180°.∴∠CDF =90°. ………………………………………4分 （3）CE =)21CD . ……………………………………5分证明：∵90 EAD ∠=°，∴∠EAF =∠DAF =45°. ∵AD =AE ，∴△EAF ≌△DAF . …………………………………6分 ∴DF =EF .由②可知，CF 2CD . …………………………7分 ∴CE =()21C D .13.如图，正方形ABCD 中，点E 是BC 边上的一个动点，连接AE ，将线段AE 绕点A 逆时针旋转90°，得到AF ，连接EF ，交对角线BD 于点G ，连接AG ． （1）根据题意补全图形；（2）判定AG 与EF 的位置关系并证明；（3）当AB = 3，BE = 2时，求线段BG 的长．解：（1）图形补全后如图…………………1分（2）结论：AG ⊥EF ． …………………2分证明：连接FD ，过F 点FM ∥BC ，交BD 的延长线于点M ．GFAB DCAB CE D∵四边形ABCD 是正方形，∴AB=DA=DC=BC ，∠DAB =∠ABE =∠ADC =90°， ∠ADB =∠5=45°．∵线段AE 绕点A 逆时针旋转90°，得到AF ， ∴AE=AF ，∠FAE =90°． ∴∠1=∠2．∴△FDA ≌△EBA ． …………………3分 ∴∠FDA =∠EBA =90°，FD=BE ． ∵∠ADC =90°，∴∠FDA +∠ADC =180°。
中考数学压轴题专题二次函数的经典综合题及答案解析
一、二次函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，某足球运动员站在点O处练习射门，将足球从离地面0.5m的A处正对球门踢出(点A在y轴上)，足球的飞行高度y(单位：m)与飞行时间t(单位：s)之间满足函数关系y＝at2＋5t＋c，已知足球飞行0.8s时，离地面的高度为3.5m.(1)足球飞行的时间是多少时，足球离地面最高？最大高度是多少？(2)若足球飞行的水平距离x(单位：m)与飞行时间t(单位：s)之间具有函数关系x＝10t，已知球门的高度为2.44m，如果该运动员正对球门射门时，离球门的水平距离为28m，他能否将球直接射入球门？【答案】（1）足球飞行的时间是85s时，足球离地面最高，最大高度是4.5m；（2）能.【解析】试题分析：（1）由题意得：函数y=at2+5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），于是得到，求得抛物线的解析式为：y=﹣t2+5t+，当t=时，y最大=4.5；（2）把x=28代入x=10t得t=2.8，当t=2.8时，y=﹣×2.82+5×2.8+=2.25＜2.44，于是得到他能将球直接射入球门．解：（1）由题意得：函数y=at2+5t+c的图象经过（0，0.5）（0.8，3.5），∴，解得：，∴抛物线的解析式为：y=﹣t2+5t+，∴当t=时，y最大=4.5；（2）把x=28代入x=10t得t=2.8，∴当t=2.8时，y=﹣×2.82+5×2.8+=2.25＜2.44，∴他能将球直接射入球门．考点：二次函数的应用．2．抛物线2y x bx c =-++（b ，c 为常数）与x 轴交于点()1,0x 和()2,0x ，与y 轴交于点A ，点E 为抛物线顶点。
（Ⅰ）当121,3x x =-=时，求点A ，点E 的坐标；（Ⅱ）若顶点E 在直线y x =上，当点A 位置最高时，求抛物线的解析式；（Ⅲ）若11,0x b =->，当(1,0)P 满足PA PE +值最小时，求b 的值。
中考数学综合题专题【动点综合型问题二】专题解析
27． （江苏模拟）如图，在梯形纸片 ABCD 中，BC∥AD，∠A＋∠D＝90°，tanA＝2，过点 B 作 BH⊥AD 于 H， BC＝BH＝2．动点 F 从点 D 出发， 以每秒 1 个单位的速度沿 DH 运动到点 H 停止，在运动过程中，过点 F 作 FE⊥AD 交折线 D－C－B 于点 E，将纸片沿直线 EF 折叠，点 C、D 的对应点分别是点 C1、D1．设 F 点运动的时间是 t（秒） ． （1）当点 E 和点 C 重合时，求 t 的值； （2）在整个运动过程中，设△EFD1 或四边形 EFD1C1 与梯形 ABCD 重叠部分面积为 S，求 S 与 t 之间的函数关系式和相应自变量 t 的取值范围； （3）平移线段 CD，交线段 BH 于点 G，交线段 AD 于点 P．在直线 BC 上是否存在点 Q，使 △PGQ 为等腰直角三角形？若存在，求出线段 BQ 的长；若不存在，说明理由． B C E B C
数学专题之【动点综合型问题】精品解析 ———————————————————————————————————————
中考数学综合题专题【动点综合型问题二】专题解析
23． （江苏连云港）如图，甲、乙两人分别从 A（1， 3） 、B（6，0）两点同时出发，点 O 为坐标原点．甲沿 AO 方向、乙沿 BO 方向均以 4km/h 的速度行走，t h 后，甲到达 M 点， 乙到达 N 点． （1）请说明甲、乙两人到达 O 点前，MN 与 AB 不可能平行． （2）当 t 为何值时，△OMN∽△OBA？ （3）甲、乙两人之间的距离为 MN 的长，设 s＝MN ，求 s 与 t 之间的函数关系式，并求甲、 乙两人之间距离的最小值． y A
A
H
D1
F
D
A
H
2025数学中考压轴真题题型分析与解答
题型1 圆综合题
1. [2023江苏泰州中考]已知： A ， B 为圆上两定点，点 C 在该圆上，∠ C 为
所对的圆周角.
知识回顾
(1)如图(1)，☉ O 中， B ， C 位于直线 AO 异侧，∠ AOB ＋∠ C ＝135°.
①求∠ C 的度数；
②若☉ O 的半径为5， AC ＝8，求 BC 的长；
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(3)当0＜ x ≤8时，请直接写出点A'到直线 AB 的距离(用含 x 的式子表示).
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(1)【证明】∵将线段 MA 绕点 M 顺时针旋转 n °(0＜ n ≤180)到 MA '，
∴ A ' M ＝ AM .
∵∠A'MA的平分线 MP 所在直线交折线 AB － BC 于点 P ，
.
答：信号塔 AB 的高度约为20 m.
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4. [2023河北中考]如图(1)和图(2)，平面上，四边形 ABCD 中， AB ＝8， BC
＝2 ， CD ＝12， DA ＝6，∠ A ＝90°，点 M 在 AD 边上，且 DM ＝2.将线
段 MA 绕点 M 顺时针旋转 n °(0＜ n ≤180)到 MA '，∠ A ' MA 的平分线 MP 所在
∴△ EBA ≌△ CBF (SAS)，∴ AE ＝ CF .
∵ CD ＝ CB － CA ＝ CE － CA ＝ AE ，
∴ CD ＝ CF ，
∴必有一个点 D 的位置始终不变，即点 D 在点 F 处.
安徽中考数学试题解析及答案
安徽中考数学试题解析及答案一、选择题1. 已知正方形ABCD的边长为4cm，点E是边BC的中点，连线AE交对角线BD于点F，则三角形AEF的面积为（）。
A. 4B. 2C. 3D. 1解析：首先画出正方形ABCD，并标出已知条件。
由于点E是边BC的中点，所以连接AE得到的线段为1/2的边长。
根据三角形的面积公式S = 1/2 * 底 * 高，可以得知三角形AEF的面积为1/2 * (1/2 * 4) * 4 = 4。
因此，答案选项为A。
2. 若a是一个不等于0的实数，下列哪个不等式的解集与不等式2x + a < 8相同？A. x > 4 - aB. x < 4-aC. x > 4 + aD. x < 4 + a解析：要找到与不等式2x + a < 8相同解集的不等式，需要将不等式进行等价变形。
首先将2x + a < 8两边同时减去a，得到2x < 8 - a。
然后将不等式两边同时除以2，得到x < (8 - a) / 2，即x < 4 - a / 2。
由此可知，选项B的不等式解集与原不等式相同。
二、填空题1. 一条绳子长2m，每当小明走一步，绳子的一半长的距离，从一开始，小明走了n步，那么此时绳子的长度为（）m。
2. 一辆汽车以每小时60km的速度行驶，行驶了3小时后，行驶的距离为（）km。
解析：1. 绳子的长度每次行走后减半，即长度为2 * (1/2)^n，其中n为小明走的步数。
因此，当走了n步时，绳子的长度为2 * (1/2)^n m。
2. 小时速度为60km，行驶3小时的距离为60km/h * 3h = 180km。
三、解答题1. 题目：如果log₂(x + 2) = 3，那么x的值等于多少？解析：根据题目所给的等式，可以得到2³ = x + 2。
解这个方程，得到x = 8 - 2 = 6。
因此，x的值等于6。
2. 题目：小明的父亲今年33岁，小明去年的年龄是父亲现在年龄的1/3，那么小明今年几岁？解析：设小明今年的年龄为x岁，则根据题意可以得到方程x + 1 =(33 - 1) / 3。