2022届中考数学压轴难题附答案解析
2022届中考数学压轴难题押题附答案解析
∴ ，解得： ，
∴P（ ，0），Q（ ，4）；
②当B′D′为边时．
∵四边形PQB′D′为平行四边形，
∴ ，解得： ，
∴P（7，0），Q（3，2）；
∵四边形B′QPD′为平行四边形，
∴ ，解得： ，
∴P（﹣7，0），Q（﹣3，﹣2）；
综上可知：存在x轴上的点P和反比例函数图象上的点Q，使得以P、Q、B′、D′四个点为顶点的四边形是平行四边形，符合题意的点P、Q的坐标为P（ ，0）、Q（ ，4）或P（7，0）、Q（3，2）或P（﹣7，0）、Q（﹣3，﹣2）．
解：（1）对于直线y x﹣2，
令x＝0，则y＝﹣2，
令y＝0，即 x﹣2＝0，解得：x＝4，
故点B、C的坐标分别为（4，0）、（0，﹣2），
抛物线过点A、B两点，则y＝a（x+1）（x﹣4），
将点C的坐标代入上式并解得：a ，
故抛物线的表达式为y x2 x﹣2①；
（2）如图2，过点P作PH∥y轴交BC于点H，
2．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，已知点A（﹣6，0），D（﹣7，3），点B、C在第二象限内．
（1）点B的坐标是（﹣3，1）；
（2）将正方形ABCD以每秒1个单位的速度沿x轴向右平移t秒，若存在某一时刻t，使在第一象限内点B、D两点的对应点B′、D′正好落在某反比例函数的图象上，请求出此时t的值以及这个反比例函数的解析式；
∵∠EAD+∠ADE＝90°，∠EAD+∠BAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF．
在△ADE和△BAF中，有 ，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴DE＝AF，AE＝BF．
∵点A（﹣6，0），D（﹣7，3），
2022年中考数学二次函数压轴突破 专题20 二倍角、半角问题(教师版含解析)
知识导航既有构造相等角的，也有在这个问题上再进行加工的，比如，在坐标系中构造已知角的半角或二倍角，角可以单独出现，也可以存在于某个几何图形中，因此，构造半角、二倍角的方法也并不唯一，常用如下：思路1：构造半角三角函数．tan α2a tan α=a b构造二倍角三角函数：勾股定理可求二倍角三角函数值2ααα思路2：等腰三角形外角：三角形的外角等于和它不相邻的两个内角之和．αα2α方法突破例一、如图，在平面直角坐标系中，直线122y x =-+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，抛物线212y x bx c=-++经过A 、B 两点且与x 轴的负半轴交于点C ． (1)求该抛物线的解析式；(2)若点D 为直线AB 上方抛物线上的一个动点，当∠ABD =2∠BAC 时，求点D 的坐标．【分析】(1)抛物线：213222y x x =-++；(2)思路：转化为等角本题中的∠BAC 和∠ABD 是内错角，若是构造∠ABD =∠BAC ，作平行线即可． 两倍角亦可以作平行构造出， 过B 作x 轴的平行线，作BA 关于平行线对称的直线，与抛物线交点即为D 点．考虑到12BA k =-，故12BD k =，可得直线BD 解析式为：122y x =+， 与抛物线联立方程：213122222x x x -++=+，解得：10x =，22x =，故D 点坐标为(2，3)．例二、如图1，四边形OABC 是矩形，点A 的坐标为(3，0)，点C 的坐标为(0，6)，点P 从点O 出发，沿OA 以每秒1个单位长度的速度向点A 出发，同时点Q 从点A 出发，沿AB 以每秒2个单位长度的速度向点B 运动，当点P 与点A 重合时运动停止．设运动时间为t 秒．问题：当t =1时，抛物线2y x bx c =++经过P 、Q 两点，与y 轴交于点M ，抛物线的顶点为K ，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D ，使12MQD MKQ ∠=∠？若存在，求出所有满足条件的D 的坐标；若不存在，说明理由．【分析】思路：三角函数构造相等角t =1时，P 点坐标为(1，0)，Q 点坐标为(3，2)， 代入抛物线解析式，可求得抛物线：232y x x =-+，故顶点K 的坐标为31,24⎛⎫- ⎪⎝⎭．考虑要构造12MKQ ∠，过点K 作KH ⊥MQ 交MQ 于H 点，则12MKH MKQ ∠=∠．根据图形可求得12tan tan 23MKQ MKH ∠=∠=，故若12MQD MKQ ∠=∠，则2tan 3MQD ∠=，故23DQ k =±，分别解得直线DQ 解析式为23y x =或243y x =-+， 与抛物线联立方程：22323x x x -+=，解得：13x =，223x =， 则对应D 点坐标为24,39⎛⎫⎪⎝⎭；223243x x x -+=-+，解得：13x =，223x =-，则对应D 点坐标为240,39⎛⎫- ⎪⎝⎭．综上所述，D 点坐标为24,39⎛⎫ ⎪⎝⎭或240,39⎛⎫- ⎪⎝⎭．专项训练1．如图，抛物线2y ax bx c =++经过(1,0)A -、(4,0)B 、(0,2)C 三点，点(,)D x y 为抛物线上第一象限内的一个动点．(1)求抛物线所对应的函数表达式；(2)当BCD ∆的面积为3时，求点D 的坐标；(3)过点D 作DE BC ⊥，垂足为点E ，是否存在点D ，使得CDE ∆中的某个角等于ABC ∠的2倍？若存在，求点D 的横坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)根据点A 、B 、C 的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；(2)根据三角形面积公式可求与BC 平行的经过点D 的y 轴上点M 的坐标，再根据待定系数法可求DM 的解析式，再联立抛物线可求点D 的坐标；(3)分2DCE ABC ∠=∠及2CDE ABC ∠=∠两种情况考虑：①当2DCE ABC ∠=∠时，取点(0,2)F -，连接BF ，则//CD BF ，由点B ，F 的坐标，利用待定系数法可求出直线BF ，CD 的解析式，联立直线CD 及抛物线的解析式成方程组，通过解方程组可求出点D 的坐标；②当2CDE ABC ∠=∠时，过点C 作CN BF ⊥于点N ，交OB 于H ．作点N 关于BC 的对称点P ，连接NP 交BC 于点Q ，由OCH OBF ∆∆∽求出H 点坐标，利用待定系数法求出直线CN 的解析式，联立直线BF 及直线CN 成方程组，通过解方程组可求出点N 的坐标，利用对称的性质可求出点P 的坐标，由点C 、P 的坐标，利用待定系数法可求出直线CP 的解析式，将直线CP 的解析式代入抛物线解析式中可得出关于x 的一元二次方程，解之取其非零值可得出点D 的横坐标．依此即可得解．【解答】解：(1)将(1,0)A -、(4,0)B 、(0,2)C 代入2y ax bx c =++得：016402a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，解得：12322a b c ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩．故抛物线的解析式为213222y x x =-++．(2)法一：如图2，设点M 的坐标为(0,)m ，使得BCM ∆的面积为3， 324 1.5⨯÷=，则72 1.52m =+=， 7(0,)2M点(4,0)B ，(0,2)C ，∴直线BC 的解析式为122y x =-+，DM ∴的解析式为1722y x =-+，联立抛物线解析式2172213222y x y x x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩，解得1132x y =⎧⎨=⎩，2213x y =⎧⎨=⎩．∴点D 的坐标为(3,2)或(1,3)．法二：如下图所示，过D 作DG x ⊥轴，垂足为G 点，与BC 交于K 点，设(,)D a b (其中0a >，0)b >，(,2)2aK a ∴-，∴22a DKb =-+， 14(2)24322BCD CDK BDK aS S S b b a ∆∆∆∴=+=⨯⨯-+=-+=，27b a ∴+=，D 在抛物线213222y x x =-++上，213222b a a ∴=-++，2430a a ∴-+=， (1)(3)0a a ∴--=， 1a ∴=或3，当1a =时，3b =，当3a =时，2b =，∴点D 的坐标为(3,2)或(1,3)．(3)分两种情况考虑：①当2DCE ABC ∠=∠时，取点(0,2)F -，连接BF ，如图3所示． OC OF =，OB CF ⊥， ABC ABF ∴∠=∠， 2CBF ABC ∴∠=∠．2DCB ABC ∠=∠， DCB CBF ∴∠=∠，//CD BF ∴．点(4,0)B ，(0,2)F -，∴直线BF 的解析式为122y x =-， ∴直线CD 的解析式为122y x =+． 联立直线CD 及抛物线的解析式成方程组得：212213222y x y x x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩，解得：1102x y =⎧⎨=⎩(舍去)，2223x y =⎧⎨=⎩，∴点D 的坐标为(2,3)；②当2CDE ABC ∠=∠时，过点C 作CN BF ⊥于点N ，交OB 于H ．作点N 关于BC 的对称点P ，连接NP 交BC 于点Q ，如图4所示．90OCH OHC ∠=︒-∠，90OBF BHN ∠=︒-∠， OHC BHN ∠=∠， OCH OBF ∴∠=∠．在OCH ∆与OBF ∆中 90COH BOF OCH OBF ∠=∠=︒⎧⎨∠=∠⎩， OCH OBF ∴∆∆∽，∴OH OC OF OB =，即224OH =，1OH ∴=，(1,0)H ．设直线CN 的解析式为(0)y kx n k =+≠， (0,2)C ，(1,0)H ， ∴20n k n =⎧⎨+=⎩，解得22k n =-⎧⎨=⎩，∴直线CN 的解析式为22y x =-+．联立直线BF 及直线CN 成方程组得：12222y x y x ⎧=-⎪⎨⎪=-+⎩， 解得：8565x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴点N 的坐标为8(5，6)5-．点(4,0)B ，(0,2)C ，∴直线BC 的解析式为122y x =-+．NP BC ⊥，且点8(5N ，6)5-，∴直线NP 的解析式为2225y x =-． 联立直线BC 及直线NP 成方程组得：1222225y x y x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，解得：64251825x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴点Q 的坐标为64(25，18)25． 点8(5N ，6)5-，点N ，P 关于BC 对称，∴点P 的坐标为88(25，66)25． 点(0,2)C ，88(25P ，66)25， ∴直线CP 的解析式为2211y x =+． 将2211y x =+代入213222y x x =-++整理，得：211290x x -=， 解得：10x =(舍去)，22911x =， ∴点D 的横坐标为2911．综上所述：存在点D ，使得CDE ∆的某个角恰好等于ABC ∠的2倍，点D 的横坐标为2或2911．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：(1)根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；(2)作铅垂线，计算三角形面积的方法；(3)分2DCE ABC ∠=∠及2CDE ABC ∠=∠两种情况求出点D 的横坐标．2．如图，抛物线26y ax x c =-+交x 轴于A ，B 两点，交y 轴于点C ．直线5y x =-+经过点B ，C ． (1)求抛物线的解析式；(2)抛物线的对称轴l 与直线BC 相交于点P ，连接AC ，AP ，判定APC ∆的形状，并说明理由；(3)在直线BC 上是否存在点M ，使AM 与直线BC 的夹角等于ACB ∠的2倍？若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)先根据直线5y x =-+经过点B ，C ，即可确定B 、C 的坐标，然后用待定系数法解答即可； (2)先求出A 、B 的坐标结合抛物线的对称性，说明三角形APB 为等腰三角形；再结合OB OC =得到45ABP ∠=︒，进一步说明90APB ∠=︒，则90APC ∠=︒即可判定APC ∆的形状；(3)作AN BC ⊥于N ，NH x ⊥轴于H ，作AC 的垂直平分线交BC 于1M ，AC 于E ；然后说明ANB ∆为等腰直角三角形，进而确定N 的坐标；再求出AC 的解析式，进而确定1M E 的解析式；然后联立直线BC 和1M E 的解析式即可求得1M 的坐标；在直线BC 上作点1M 关于N 点的对称点2M ，利用中点坐标公式即可确定点2M 的坐标．【解答】解：(1)直线5y x =-+经过点B ，C ，∴当0x =时，可得5y =，即C 的坐标为(0,5)．当0y =时，可得5x =，即B 的坐标为(5,0)． ∴2250600565a c a c ⎧=⋅-⨯+⎨=-⨯+⎩． 解得15a c =⎧⎨=⎩．∴该抛物线的解析式为265y x x =-+；(2)APC ∆为直角三角形，理由如下： 解方程2650x x -+=，则11x =，25x =． (1,0)A ∴，(5,0)B ．抛物线265y x x =-+的对称轴直线l 为3x =，APB ∴∆为等腰三角形． C 的坐标为(0,5)，B 的坐标为(5,0)，5OB CO ∴==，即45ABP ∠=︒．PA PB =，45PAB ABP ∴∠=∠=︒，180454590APB ∴∠=︒-︒-︒=︒．1809090APC ∴∠=︒-︒=︒．APC ∴∆为直角三角形；(3)如图：作AN BC ⊥于N ，NH x ⊥轴于H ，作AC 的垂直平分线交BC 于1M ，AC 于E ，11M A M C =，11ACM CAM ∴∠=∠．12AM B ACB ∴∠=∠．ANB ∆为等腰直角三角形．2AH BH NH ∴===．(3,2)N ∴．设AC 的函数解析式为(0)y kx b k =+≠．(0,5)C ，(1,0)A ，∴500k b k b =⋅+⎧⎨=+⎩． 解得5b =，5k =-．AC ∴的函数解析式为55y x =-+，设1EM 的函数解析式为15y x n =+， 点E 的坐标为15(,)22． ∴511252n =⨯+， 解得：125n =． 1EM ∴的函数解析式为11255y x =+．511255y x y x =-+⎧⎪⎨=+⎪⎩． 解得136176x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩． 1M ∴的坐标为1317(,)66； 在直线BC 上作点1M 关于N 点的对称点2M ，设2(,5)M a a -+， 则有：13632a +=，解得236a =． 756a ∴-+=． 2M ∴的坐标为23(6，7)6． 综上，存在使AM 与直线BC 的夹角等于ACB ∠的2倍的点，且坐标为11317(,)66M ，223(6M ，7)6． 【点评】本题属于二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法确定函数解析式、等腰直角三角形的判定与性质、一次函数图象、三角形外角等知识，考查知识点较多，综合应用所学知识成为解答本题的关键．3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线2123y x x =-经过坐标原点，与x 轴正半轴交于点A ，该抛物线的顶点为M ，直线12y x b =-+经过点A ，与y 轴交于点B ，连接OM ． (1)求b 的值及点M 的坐标；(2)将直线AB 向下平移，得到过点M 的直线y mx n =+，且与x 轴负半轴交于点C ，取点(2,0)D ，连接DM ，求证：45ADM ACM ∠-∠=︒；(3)点E 是线段AB 上一动点，点F 是线段OA 上一动点，连接EF ，线段EF 的延长线与线段OM 交于点G ．当2BEF BAO ∠=∠时，是否存在点E ，使得34GF EF =？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)利用待定系数法解决问题即可．(2)证明：如图1中，设平移后的直线的解析式为12y x n =-+．把点M 的坐标代入求出n ，过点(2,0)D 作DH MC ⊥于H ，则直线DH 的解析式为24y x =-，构建方程组求出点H 的坐标，证明DH HM =，推出45DMC ∠=︒可得结论．(3)如图2中，过点G 作GH OA ⊥于H ，过点E 作EK OA ⊥于K ．证明EFA BAO ∠=∠，由题意EFA GFH ∠=∠，31tan 62OB BAO OA ∠===，推出1tan tan 2GFH EFK ∠=∠=，由//GH EK ，推出43GF GH EF EK ==，设4GH k =，3EK k =，构建方程求出k 即可解决问题． 【解答】(1)解：对于抛物线2123y x x =-，令0y =，得到21203x x -=， 解得0x =或6，(6,0)A ∴，直线12y x b =-+经过点A ， 03b ∴=-+，3b ∴=，22112(3)333y x x x =-=--， (3,3)M ∴-．(2)证明：如图1中，设平移后的直线的解析式12y x n =-+．平移后的直线经过(3,3)M -，332n ∴-=-+， 32n ∴=-， ∴平移后的直线的解析式为1322y x =--， 过点(2,0)D 作DH MC ⊥于H ，则直线DH 的解析式为24y x =-，由241322y x y x =-⎧⎪⎨=--⎪⎩，解得12x y =⎧⎨=-⎩， (1,2)H ∴-，(2,0)D ，(3,3)M -，22215DH ∴=+22125HM =+DH HM ∴=．45DMC ∴∠=︒，ADM DMC ACM ∠=∠+∠，45ADM ACM ∴∠-∠=︒．(3)解：如图2中，过点G 作GH OA ⊥于H ，过点E 作EK OA ⊥于K ．2BEF BAO ∠=∠，BEF BAO EFA ∠=∠+∠，EFA BAO ∴∠=∠，EFA GFH ∠=∠，31tan 62OB BAO OA ∠===， 1tan tan 2GFH EFK ∴∠=∠=， //GH EK ， ∴43GF GH EF EK ==，设4GH k =，3EK k =， 则4OH HG k ==，8FH k =，6FK AK k ==，123OF AF k ∴===，14k ∴=， 3OF ∴=，32FK AK ==，34EK =， 92OK ∴=， 9(2E ∴，3)4． 【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．4．如图1，抛物线2y x bx c =++交x 轴于A ，B 两点，其中点A 的坐标为(1,0)，与y 轴交于点(0,3)C -．(1)求抛物线的函数解析式；(2)点D 为y 轴上一点，如果直线BD 与直线BC 的夹角为15︒，求线段CD 的长度；(3)如图2，连接AC ，点P 在抛物线上，且满足2PAB ACO ∠=∠，求点P 的坐标．【分析】(1)将点A ，点C 坐标代入解析式可求解；(2)先求出点B 坐标，可得OB OC =，可得45OBC OCB ∠=∠=︒，再分点D 在点C 上方或下方两种情况讨论，由锐角三角函数可求解；(3)在BO 上截取OE OA =，连接CE ，过点E 作EF AC ⊥，由“SAS ”可证OCE OCA ∆≅∆，可得ACO ECO ∠=∠，10CE AC ==，由面积法可求EF 的长，由勾股定理可求CF 的长，可求3tan tan 4ECA PAB ∠=∠=，分点P 在AB 上方和下方两种情况讨论，求出AP 解析式，联立方程组可求点P 坐标．【解答】解：(1)抛物线2y x bx c =++交x 轴于点(1,0)A ，与y 轴交于点(0,3)C -，∴013b c c =++⎧⎨=-⎩， 解得：23b c =⎧⎨=-⎩， ∴抛物线解析式为：223y x x =+-； (2)抛物线223y x x =+-与x 轴交于A ，B 两点，∴点(3,0)B -，点(3,0)B -，点(0,3)C -，3OB OC ∴==，45OBC OCB ∴∠=∠=︒，如图1，当点D 在点C 上方时，15DBC ∠=︒，30OBD ∴∠=︒，3tan OD DBO BO ∴∠==， 333OD ∴==， 33CD ∴=若点D 在点C 下方时，15DBC ∠=︒，60OBD ∴∠=︒，tan 3OD DBO BO∴∠= 33OD ∴=333DC ∴=，综上所述：线段CD 的长度为33-333；(3)如图2，在BO 上截取OE OA =，连接CE ，过点E 作EF AC ⊥，点(1,0)A ，点(0,3)C -，1OA ∴=，3OC =，221910AC OA OC ∴+=+=，OE OA =，90COE COA ∠=∠=︒，OC OC =，()OCE OCA SAS ∴∆≅∆，ACO ECO ∴∠=∠，10CE AC ==2ECA ACO ∴∠=∠，2PAB ACO ∠=∠，PAB ECA ∴∠=∠，1122AEC S AE OC AC EF ∆=⨯=⨯， 31010EF ∴==， 2218410105CF CE EF ∴=--= 3tan 4EF ECA CF ∴∠==， 如图2，当点P 在AB 的下方时，设AP 与y 轴交于点N ，PAB ECA ∠=∠，3tan tan 4ON ECA PAB AO ∴∠=∠==，34ON ∴=， ∴点3(0,)4N -， 又点(1,0)A ，∴直线AP 解析式为：3344y x =-， 联立方程组得：2334423y x y x x ⎧=-⎪⎨⎪=+-⎩， 解得：1110x y =⎧⎨=⎩或22943916x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴点P 坐标为：9(4-，39)16-， 当点P 在AB 的上方时，同理可求直线AP 解析式为：3344y x =-+， 联立方程组得：2334423y x y x x ⎧=-+⎪⎨⎪=+-⎩，解得：1110x y =⎧⎨=⎩或221545716x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴点P 坐标为：15(4-，57)16， 综上所述：点P 的坐标为15(4-，57)16，9(4-，39)16-． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，锐角三角函数等知识，求出3tan tan 4ECA PAB ∠=∠=是本题的关键． 5．如图，抛物线29(0)4y ax x c a =++≠与x 轴相交于点(1,0)A -和点B ，与y 轴相交于点(0,3)C ，作直线BC ．(1)求抛物线的解析式；(2)在直线BC 上方的抛物线上存在点D ，使2DCB ABC ∠=∠，求点D 的坐标；(3)在(2)的条件下，点F 的坐标为7(0,)2，点M 在抛物线上，点N 在直线BC 上．当以D ，F ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点N 的坐标．【分析】(1)把点(1,0)A -，(0,3)C 代入抛物线的解析式中，列方程组解出即可；(2)如图1，作辅助线，构建相似三角形，证明DCH CBO ∆∆∽，则DH CH CO BO=，设点D 的横坐标为t ，则239(,3)44D t t t -++，列关于t 的方程解出可得结论； (3)利用待定系数法求直线BC 的解析式为：334y x =-+，设3(,3)4N m m -+，当以D ，F ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形时，存在两种情况：如图2和图3，分别画图，根据平移的性质可表示M 的坐标，代入抛物线的解析式列方程可解答．【解答】解：(1)抛物线294y ax x c =++经过点(1,0)A -，(0,3)C ， ∴9043a c c ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩，解得：343a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴抛物线的解析式为：239344y x x =-++； (2)如图1，过点C 作//CE x 轴交抛物线于点E ，则ECB ABC ∠=∠，过点D 作DH CE ⊥于点H ，则90DHC ∠=︒，2DCB DCH ECB ABC ∠=∠+∠=∠，DCH ABC ∴∠=∠，90DHC COB ∠=∠=︒，DCH CBO ∴∆∆∽，∴DH CH CO BO =，设点D 的横坐标为t ，则239(,3)44D t t t -++， (0,3)C ， ∴23944DH t t =-+， 点B 是239344y x x =-++与x 轴的交点， ∴2393044x x -++=， 解得14x =，21x =-，B ∴的坐标为(4,0)，4OB ∴=， ∴2394434t t t -+=， 解得10t =(舍去)，22t =，∴点D 的纵坐标为：23993442t t -++=， 则点D 坐标为9(2,)2； (3)设直线BC 的解析式为：y kx b =+，则403k b b +=⎧⎨=⎩，解得：343k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴直线BC 的解析式为：334y x =-+， 设3(,3)4N m m -+， 分两种情况：①如图21-和图22-，以DF 为边，DN 为对角线，N 在x 轴的上方时，四边形DFNM 是平行四边形，9(2,)2D ，7(0,)2F ， 3(2,4)4M m m ∴+-+， 代入抛物线的解析式得：2393(2)(2)34444m m m -++++=-+， 解得：63m =±， 6(3N ∴，63)4-或6(3-，63)4+； ②如图31-和32-，以DF 为边，DM 为对角线，四边形DFMN 是平行四边形，同理得：3(2,2)4M m m --+， 代入抛物线的解析式得：2393(2)(2)32444m m m --+-+=-+， 解得：664m = 66(4N ∴+，66或66(466； 综上，点N 的坐标分别为：6(，63)或6(63)+或66(4，66或66(466．【点评】本题考查了待定系数法求一次(二次)函数解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质以及解一元二次方程，解题的关键是：(1)根据点A 、C 的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；(2)利用相似三角形可解决问题；(3)分N 在x 轴的上方和下方两种情况，表示M 和N 两点的坐标，确定关于m 的一元二次方程．6．在平面直角坐标系中，抛物线22(0)y ax bx a =++≠经过点(2,4)A --和点(2,0)C ，与y 轴交于点D ，与x 轴的另一交点为点B ．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，连接BD ，在抛物线上是否存在点P ，使得2PBC BDO ∠=∠？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)如图2，连接AC ，交y 轴于点E ，点M 是线段AD 上的动点(不与点A ，点D 重合)，将CME ∆沿ME 所在直线翻折，得到FME ∆，当FME ∆与AME ∆重叠部分的面积是AMC ∆面积的14时，请直接写出线段AM 的长．【分析】(1)根据点A 和点C 的坐标，利用待定系数法求解；(2)在x 轴正半轴上取点E ，使OB OE =，过点E 作EF BD ⊥，垂足为F ，构造出PBC BDE ∠=∠，分点P 在第三象限时，点P 在x 轴上方时，点P 在第四象限时，共三种情况分别求解；(3)设EF 与AD 交于点N ，分点F 在直线AC 上方和点F 在直线AC 下方时两种情况，利用题中所给面积关系和中线的性质可得MN AN =，FN NE =，从而证明四边形FMEA 为平行四边形，继而求解．【解答】解：(1)抛物线22y ax bx =++经过点(2,4)A --和点(2,0)C ，则44220422a b a b -=-+⎧⎨=++⎩，解得：11a b =-⎧⎨=⎩，∴抛物线的解析式为22y x x =-++；(2)存在，理由是：在x 轴正半轴上取点E ，使OB OE =，过点E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在22y x x =-++中，令0y =，解得：2x =或1-，∴点B 坐标为(1,0)-，∴点E 坐标为(1,0)，可知：点B 和点E 关于y 轴对称，BDO EDO ∴∠=∠，即2BDE BDO ∠=∠，(0,2)D ，DE BD ∴===，在BDE ∆中，1122BE OD BD EF ⨯⨯=⨯⨯，即22EF ⨯=，解得：EF =DF ∴=，4tan 3EF BDE DF ∴∠===， 若2PBC BDO ∠=∠，则PBC BDE ∠=∠，BD DE ==2BE =，则222BD DE BE +>，BDE ∴∠为锐角，当点P 在第三象限时，PBC ∠为钝角，不符合；当点P 在x 轴上方时，PBC BDE ∠=∠，设点P 坐标为2(,2)c c c -++，过点P 作x 轴的垂线，垂足为G ，则1BG c =+，22PG c c =-++，224tan 13PG c c PBC BG c -++∴∠===+， 解得：23c =， 22029c c ∴-++=， ∴点P 的坐标为2(3，20)9；当点P 在第四象限时，同理可得：22PG c c =--，1BG c =+，224tan 13PG c c PBC BG c --∠===+， 解得：103c =， ∴25229c c -++=-， ∴点P 的坐标为10(3，52)9-， 综上：点P 的坐标为2(3，20)9或10(3，52)9-；(3)设EF 与AD 交于点N ，(2,4)A --，(0,2)D ，设直线AD 表达式为y mx n =+，则422m n n -=-+⎧⎨=⎩，解得：32m n =⎧⎨=⎩， ∴直线AD 表达式为32y x =+，设点M 的坐标为(,32)s s +，(2,4)A --，(2,0)C ，设直线AC 表达式为11y m x n =+，则11114202m n m n -=-+⎧⎨=+⎩，解得：1112m n =⎧⎨=-⎩， ∴直线AC 表达式为2y x =-，令0x =，则2y =-，∴点E 坐标为(0,2)-，可得：点E 是线段AC 中点，AME ∴∆和CME ∆的面积相等，由于折叠，CME FME ∴∆≅∆，即CME FME S S ∆∆=，由题意可得：当点F 在直线AC 上方时， 111422MNE AMC AME FME S S S S ∆∆∆∆∴===， 即MNE ANE MNF S S S ∆∆∆==，MN AN ∴=，FN NE =，∴四边形FMEA 为平行四边形，2211442222CM FM AE AC ∴====⨯+=， (,32)M s s +，∴22(2)(32)22s s -++=，解得：45s =-或0(舍)， 4(5M ∴-，2)5-， 2242610(2)(4)555AM ∴=-++-+=，当点F 在直线AC 下方时，如图，同理可得：四边形AFEM 为平行四边形，AM EF ∴=，由于折叠可得：CE EF =，22AM EF CE ∴===综上：AM61022【点评】本题是二次函数综合题，涉及到待定系数法，二次函数的图象和性质，折叠问题，平行四边形的判定和性质，中线的性质，题目的综合性很强．难度很大，对学生的解题能力要求较高．。
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．。
2022届中考数学压轴题押题及答案解析
2022年中考数学压轴题1．如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）、C（3，0），点B为抛物线顶点，直线BD为抛物线的对称轴，点D在x轴上，连接AB、BC．（1）如图1，若∠ABC＝60°，则点B的坐标为B（1，2√3）；（2）如图2，若∠ABC＝90°，AB与y轴交于点E，连接CE．①求这条抛物线的解析式；②点P为第一象限抛物线上一个动点，设△PEC的面积为S，点P的横坐标为m，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值；③如图3，连接OB，抛物线上是否存在点Q，使直线QC与直线BC所夹锐角等于∠OBD，若存在请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．解：（1）∵A（﹣1，O）、C（3，0），∴AC＝4∵直线BD为抛物线的对称轴，∴AB＝CB，BD⊥AC，AD＝CD＝2∴D（1，0），∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形∴∠ABC＝60°，＝60°∴tan∠ABC=BDAD，即BD＝AD•tan∠ABC＝2tan60°＝2√3，∴B（1，2√3）；故答案为：B（1，2√3）；（2）①∵A（﹣1，0），C（3，0）∴AC＝4∵直线BD为对称轴∴AD＝CD=12AC＝2，AB＝BC∴D（1，0）∵∠ABC＝90°∴△ABC为等腰直角三角形∴B（1，2）设抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+2，图象过A（﹣1，0），则0＝a（﹣1﹣1）2+2，解得a=−1 2，∴y=−12（x﹣1）2+2，即y=−12x2+x+32；②如图2，过点P作PF⊥y轴于点F，则P（m，−12m2+m+32）∵AB＝BC，∠ABC＝90°∴∠BAC＝45°在Rt△AOE中，∠AOE＝90°，∴∠AEO＝∠EAO＝45°∴AO＝EO＝1∴E（0，1）∴S＝S四边形FPCO﹣S△PEF﹣S△CEO=12（m+3）（−12m2+m+32）−12m（−12m2+m+32−1）−12×1×3 =−34m2+2m+34=−34(m−43)2+2512∵−34＜0，∴当m=43时，S最大值=2512，∴S关于m的函数关系式为S=−34m2+2m+34，S的最大值为2512；③抛物线上存在点Q，使直线QC与直线BC所夹锐角等于∠OBD，如图3，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，AC＝4∴△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝2√2∵E（0，1）∴BE ＝AE =12BC ，即tan ∠BCE =BE BC =12∵tan ∠OBD =OD BD =12∴tan ∠BCE ＝tan ∠OBD ，即∠BCE ＝∠OBD 易求得直线CE 解析式为y =−13x +1， 联立方程组{y =−13x +1y =−12x 2+x +32， 解得{x 1=3y 1=0，{x 2=−13y 2=109；∴Q 1（−13，109）在直线AB 上截取BG =12BC ，∴tan ∠BCG =BG BC =12=tan ∠OBD ∴∠BCG ＝∠OBD ，过点G 作GL ⊥y 轴于L ，则△OAE ∽△LGE ∴GL OA=EL OE=EG AE=21∴GL ＝2OA ＝2，EL ＝2OE ＝2，OL ＝OE +EL ＝1+2＝3 ∴G （2，3）∴直线CG 解析式为y ＝﹣3x +9，解方程组{y =−3x +9y =−12x 2+x +32得{x 1=3y 1=0，{x 2=5y 2=−6 ∴Q 2（5，﹣6），综上所述，点Q 的坐标为：Q 1（−13，109），Q 2（5，﹣6）．2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c交x轴正半轴于点A、点B，交y轴于点C，直线y＝﹣x+6经过点B、点C；（1）求抛物线的解析式；（2）点D在x轴下方的抛物线上，连接DB、DC，点D的横坐标为t，△BCD的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；（3）在（2）的条件下，点E在x轴上方的抛物线上，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，连接DE，将射线ED沿直线EF折叠，得到对应射线EG，直线DF交射线EG于点H，当S＝12，EF=√5FH时，求点E的坐标．解：（1）在y＝﹣x+6中，令x＝0，得y＝6，∴C（0，6），令y＝0，得x＝6，∴B（6，0）将B（6，0），C（0，6）代入y=12x2+bx+c中，得{12×62+6b+c=0c=6，解得{b=−4c=6∴抛物线的解析式为：y=12x2−4x+6；（2）如图1，过点D作DL⊥BC于L，作DK∥y轴交BC于K，则∠DLK＝∠BOC＝90°，∵DK∥y轴∴∠DKL＝∠BCO∴∠DKL∽∠BCO∴DLDK =OBBC∴DL •BC ＝DK •OB∵D （t ，12t 2−4t +6），K （t ，﹣t +6）∴DK ＝﹣t +6﹣（12t 2−4t +6）=−12t 2+3t∴S =12DL •BC =12DK •OB =12×（−12t 2+3t ）×6=−32t 2+9t ，在y =12x 2−4x +6中，令y ＝0，得12x 2−4x +6=0，解得：x 1＝2，x 2＝6，∵点D 在x 轴下方的抛物线上，∴2＜t ＜6， ∴S =−32t 2+9t （2＜t ＜6）；（3）当S ＝12时，−32t 2+9t =12，解得：t 1＝2，t 2＝4，∵2＜t ＜6，∴t ＝4，∴D （4，﹣2）如图2，点E 在x 轴上方对称轴左侧时，过D 作DG ∥x 轴交射线EG 于G ，交EF 于R ，设E （m ，12m 2−4m +6），m ＜2，则F （m ，0），G （2m ﹣4，﹣2）∴直线DE 解析式为y =12（m ﹣4）x +6﹣2m ，直线GE 解析式为y =12（4﹣m ）x +m 2﹣6m +6 直线DH 解析式为y =2m−4x −2mm−4 ∵12（4﹣m ）×2m−4=−1∴GE ⊥DH∴∠EHG ＝∠ERD ＝90° ∵∠REG ＝∠RED ∴△EFH ∽△EDR ∴DR ER=FH EH，∵EF =√5FH ，∴EH ＝2FH∴ER ＝2DR ，即12m 2−4m +6+2＝2（4﹣m ），解得：m 1＝0，m 2＝4（舍去） ∴E 1（0，6）；如图3，点E 在x 轴上方对称轴右侧时，过D 作DG ∥x 轴交射线EG 于G ，交EF 于R ，设E （m ，12m 2−4m +6），m ＞6，与上述方法相同可得：ER ＝2DR ，即12m 2−4m +6+2＝2（m ﹣4），解得：m 1＝4（舍去），m2＝8，∴E2（8，6）；综上所述，点E的坐标为：E1（0，6），E2（8，6）．3．已知，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+2x﹣1与直线y＝﹣x﹣1相交于A，B两点，点C为顶点，连接AC．（1）如图1，连接BC，点P为线段AB上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥BC 于点F，过点P作PQ∥x轴交抛物线于点Q（点Q在点P左侧），当PE•PF取得最大值时，在y轴上取一点R，连接QR，求PQ+2QR+√2RO的最小值；（2）如图2，将抛物线沿射线AC方向平移，记平移后的抛物线为y′，顶点为K，当AC＝CK时，点N为平移后的抛物线y′上一点，其横坐标为8．点M为线段AB上一点，连接CM，且CM＝BM，将△ACM绕点B顺时针旋转α度（0＜α＜180），旋转后的三角形为△A′C′M′，记直线A′C′与直线AB相交于点S，直线C′M′与直线AB相交于点T，连接NS，NT．是否存在点S和点T，使△C′ST为等腰三角形，若存在，请直接写出△NST的面积；若不存在，请说明理由．解：（1）由抛物线y =−12x 2+2x ﹣1=−12（x ﹣2）2+1得：C （2，1），解方程组{y =−12x 2+2x −1y =−x −1，得：{x 1=0y 1=−1，{x 2=6y 2=−7；∴A （0，﹣1），B （6，﹣7），过C 作CS ⊥y 轴于S ，过B 作BK ⊥y 轴于K ，则∠ASC ＝∠AKB ＝90° ∵CS ＝2，AS ＝1﹣（﹣1）＝2，BK ＝6，AK ＝﹣1﹣（﹣7）＝6 ∴AS ＝CS ，AK ＝BK∴△ACS 和△ABK 均为等腰直角三角形， ∴∠CAS ＝∠BAK ＝45°，AC ＝2√2，AB ＝6√2 ∴∠BAC ＝90°，BC =√AC 2+AB 2=4√5设P （m ，﹣m ﹣1），0≤m ≤6，则PE ＝﹣（﹣m ﹣1）＝m +1，PB =√2（6﹣m ）， ∵PF ⊥BC∴∠BFP ＝∠BAC ＝90° △BPF ∽△BCA ∴PF BP=AC BC=√24√5，∴PF =√55（6﹣m ） ∴PE •PF ＝（m +1）×√55（6﹣m ）=−√55（m −52）2+49√520，∵−√55＜0，∴当m =52时，PE •PF 取得最大值，此时，P （52，−72），∵PQ ∥x 轴∴Q （﹣1，−72），在x 正半轴上截取OG ＝OR ，连接RG ，过O 作OT ⊥RG 于T ，则RT =√22RO ，∵PQ +2QR +√2RO ＝PQ +2（QR +√22RO ）求PQ +2QR +√2RO 的最小值，即求QR +√22RO 的最小值，当Q ，R ，T 三点共线时，QR +√22RO 的值最小；∵∠ORG ＝45° ∴∠PQR ＝∠QRK ＝45° ∴QR =√2，RO =52， ∴PQ +2QR +√2RO 的最小值=52−（﹣1）+2（√2+√22×52）=7+9√22； （2）∵AC ＝CK ，∴K （4，3）∴平移后的抛物线为y ′=−12（x ﹣4）2+3， ∴N （8，﹣5）过点N 作NZ ⊥AB 于Z ，作NN ′∥x 轴交AB 于N ′，则∠NN ′Z ＝45°，N ′（4，﹣5） ∴NN ′＝8﹣4＝4，NZ =√22×4=2√2∵点M 为线段AB 上一点，且CM ＝BM ，设M （t ，﹣t ﹣1） ∴（t ﹣2）2+（﹣t ﹣1﹣1）2＝（t ﹣6）2+（﹣t ﹣1+7）2，解得：t =83∴M （83，−113）∴CM ＝BM =10√23，AM ＝AB ﹣BM =8√23∴AC ：AM ：CN ＝3：4：5，△C ′ST 为等腰三角形，可以分三种情形：①C ′T ＝ST ，如图2，作TL ⊥SC ′于L ，则∠TSC ′＝∠C ′＝∠ACM ，SL ＝LC ′=12SC ′， ∴sin ∠TSC ′＝sin ∠ACM =45，∵BA ′＝BA ＝6√2， ∴BS =BA′sin∠TSC′=6√245=15√22，∴S （−32，12），∵A′BA′S=tan ∠TSC ′＝tan ∠ACM =43，∴A ′S =34A ′B =9√22，SC ′＝A ′S +A ′C ′=13√22，SL =13√24， ∴ST =53SL =65√212∴S △NST =12ST •NZ =12×65√212×2√2=656， ②C ′S ＝C ′T ，如图3，作C ′H ⊥AB 于H ，作TL ⊥SC ′于L ，作NZ ⊥AB 于Z ， 由①知AC ：AM ：CN ＝3：4：5，即：A ′C ′：A ′M ′：C ′M ′＝3：4：5， ∵TL ∥A ′M ′，∴C ′L ：LT ：C ′T ＝3：4：5，设C ′L ＝3k ，LT ＝4k ，C ′T ＝5k ∴C ′S ＝C ′T ＝5k ，LS ＝2k ，ST =√LS 2+LT 2=2√5k ，A ′S ＝5k ﹣2√2， ∵LT ∥A ′B∴A ′S ：A ′B ＝SL ：LT ＝1：2，即：2A ′S ＝A ′B ，2（5k ﹣2√2）＝6√2，解得：k =√2 ∴ST ＝2√5×√2=2√10 ∴S △NST =12ST •NZ =12×2√10×2√2=4√5； ③C ′S ＝ST ，如图4，作SB ⊥C ′T 于B ′，作TL ⊥SC ′于L ，作NZ ⊥AB 于Z ， 则C ′B ′＝B ′T ，∠STC ′＝∠C ′＝∠ACM ∴SB′SC′=LT C′T =sin ∠ACM =45，设SB ′＝4t ，SC ′＝5t ，则C ′B ＝B ′T ＝3t ，ST ＝5t∴C ′L =35C ′T =185t ，SL ＝SC ′﹣C ′L =75t ，LT =245t ， ∵LT ∥BA ′ ∴SA′A′B=SL LT=724，24SA ′＝7A ′B∴24（5t ﹣2√2）＝7×6√2，解得：t =3√24 ∴ST =15√24 ∴S △NST =12ST •NZ =12×15√24×2√2=152， 综上所述，△C ′ST 为等腰三角形时，△NST 的面积为：656或4√5或152．4．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，D 为AB 边上的一点，以AD 为直径的⊙O 交BC 于点E ，交AC 于点F ，过点C 作CG ⊥AB 交AB 于点G ，交AE 于点H ，过点E 的弦EP 交AB 于点Q （EP 不是直径），点Q 为弦EP 的中点，连结BP ，BP 恰好为⊙O 的切线．（1）求证：BC 是⊙O 的切线．（2）求证：EF̂=ED ̂． （3）若sin ∠ABC ═35，AC ＝15，求四边形CHQE 的面积．（1）证明：连接OE ，OP ，∵AD 为直径，点Q 为弦EP 的中点，∴PE ⊥AB ，点Q 为弦EP 的中点，∴AB 垂直平分EP ，∴PB ＝BE ，∵OE ＝OP ，OB ＝OB ，∴△BEO ≌△BPO （SSS ），∴∠BEO＝∠BPO，∵BP为⊙O的切线，∴∠BPO＝90°，∴∠BEO＝90°，∴OE⊥BC，∴BC是⊙O的切线．（2）证明：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，∴AC∥OE，∴∠CAE＝∠OEA，∵OA＝OE，∴∠EAO＝∠AEO，∴∠CAE＝∠EAO，̂=ED̂．∴EF（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，∴EP⊥AB，∵CG⊥AB，∴CG∥EP，∵∠ACB＝∠BEO＝90°，∴AC∥OE，∴∠CAE＝∠AEO，∵OA＝OE，∴∠EAQ＝∠AEO，∴∠CAE＝∠EAO，∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，∴△ACE≌△AQE（AAS），∴CE＝QE，∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，∴∠CEH＝∠AHG，∵∠AHG＝∠CHE，∴∠CHE＝∠CEH，∴CH ＝CE ，∴CH ＝EQ ，∴四边形CHQE 是平行四边形，∵CH ＝CE ，∴四边形CHQE 是菱形，∵sin ∠ABC ═sin ∠ACG ═AG AC =35， ∵AC ＝15，∴AG ＝9，∴CG =√AC 2−AG 2=12，∵△ACE ≌△AQE ，∴AQ ＝AC ＝15，∴QG ＝6，∵HQ 2＝HG 2+QG 2，∴HQ 2＝（12﹣HQ ）2+62，解得：HQ =152，∴CH ＝HQ =152，∴四边形CHQE 的面积＝CH •GQ =152×6＝45．5．如图，△ABC 中，AB ＝AC ，⊙O 是△ABC 的外接圆，BO 的延长线交边AC 于点D ．（1）求证：∠BAC ＝2∠ABD ；（2）当△BCD 是等腰三角形时，求∠BCD 的大小；（3）当AD ＝2，CD ＝3时，求边BC 的长．（1）证明：连接OA．∵AB＝AC，̂=AĈ，∴AB∴OA⊥BC，∴∠BAO＝∠CAO，∵OA＝OB，∴∠ABD＝∠BAO，∴∠BAC＝2∠ABD．（2）解：如图2中，延长AO交BC于H．①若BD＝CB，则∠C＝∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝3∠ABD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∴∠DBC＝2∠ABD，∵∠DBC +∠C +∠BDC ＝180°，∴8∠ABD ＝180°，∴∠C ＝3∠ABD ＝67.5°．②若CD ＝CB ，则∠CBD ＝∠CDB ＝3∠ABD ， ∴∠C ＝4∠ABD ，∵∠DBC +∠C +∠CDB ＝180°，∴10∠ABD ＝180°，∴∠BCD ＝4∠ABD ＝72°．③若DB ＝DC ，则D 与A 重合，这种情形不存在． 综上所述，∠C 的值为67.5°或72°．（3）如图3中，作AE ∥BC 交BD 的延长线于E ．则AE BC =AD DC =23， ∴AO OH =AE BH =43，设OB ＝OA ＝4a ，OH ＝3a ， ∵BH 2＝AB 2﹣AH 2＝OB 2﹣OH 2，∴25﹣49a 2＝16a 2﹣9a 2，∴a 2=2556，∴BH =5√24， ∴BC ＝2BH =5√22．。
专题20 与圆相关的压轴题-2022年中考数学真题分项汇编(全国通用)(解析版)
专题20 与圆相关的压轴题解答题1．（2022·湖北宜昌）已知，在ABC 中，90ACB ∠=︒，6BC =，以BC 为直径的O 与AB 交于点H ，将ABC 沿射线AC 平移得到DEF ，连接BE ．(1)如图1，DE 与O 相切于点G ．①求证：BE EG =；②求BE CD ⋅的值；(2)如图2，延长HO 与O 交于点K ，将DEF 沿DE 折叠，点F 的对称点'F 恰好落在射线BK 上． ①求证：'HK EF ∥；②若'3KF =，求AC 的长．【答案】(1)①见解析；②9BE CD ⋅=(2)①见解析；②AC 的长为【分析】（1）①用切线角定理即可证②连接OE ，OD ，OG ，证明ODG EOG △∽△，利用相似对应边成比例即可得到（2）①延长HK 交BE 于点Q ，设ABC α∠=，利用题目中平移，折叠的对应角相等，BQO ∠和'BEF ∠用α表示出来，得到'BQO BEF ∠=∠即可②连接'FF ，交DE 于点N ，证明HBK ENF △≌△，设BK x =，利用HBK FCB △∽△，算出x ；在Rt HBK △中，31sin 62BK BHK KH ∠===，在Rt ABC 中，即可求出AC 的长 (1)①如第23题图1∵ABC 沿射线AC 方向平移得到DEF∴BE CF ∥∵90ACB ∠=︒∴90CBE ACB ∠=∠=︒方法一：连接OG ，OE∵DE 与O 相切于点G∴90∠=︒OGE∴90OBE OGE ∠=∠=︒∵OB OG =，OE 为公共边∴()Rt BOE Rt GOE HL △≌△∴BE GE =方法二：∵BC 是O 的直径∴BE 与O 相切于点B∵DE 与O 相切于点G∴BE GE =②如第23题图2方法一 ：过点D 作DM BE ⊥于点M∴90DMB ∠=︒由（1）已证90CBE BCF ∠=∠=︒∴四边形BCDM 是矩形∴CD BM =，DM BC =由（1）已证：BE GE =同理可证：CD DG =设BE x =，CD y =在Rt DME 中，222DM ME DE +=∴()()2226x y x y -+=+∴9xy =即9BE CD ⋅=方法二：图3，连接OE ，OD ，OG∵DE 与O 相切于点G ，BE 与O 相切于点B ，CD 与O 相切于点C∴BE GE =，CD DG =，12OEG BEG ∠=∠，12ODG CDG ∠=∠ ∵BE CF ∥∴180BEG CDG ∠+∠=︒∴90OEG ODG ∠+∠=︒∴90EOD ∠=︒∴90DOG GOE ∠+∠=︒又∵DE 与O 相切于点G∴OG DE ⊥∴90DOG ODG ∠+∠=︒∴GOE ODG ∠=∠∴ODG EOG △∽△ ∴OG EG DG OG=，即2OG DG EG =⋅ ∵O 的直径为6∴3OG =∴9BE CD ⋅=(2)①方法一：如图4延长HK 交BE 于点Q设ABC α∠=∵在O 中，OB OH =∴BHO OBH α∠=∠=∴2BOQ BHO OBH α∠=∠+∠=∴902BQO α∠=︒-∵ABC 沿射线AC 方向平移得到DEF ，DEF 沿DE 折叠得到'DEF △∴'DEF DEF ABC α∠=∠∠==∴'902BEF α∠=︒-∴'BQO BEF ∠=∠∴'HK EF ∥方法二：∵HK 是O 的直径，∴90HBK ∠=︒，设ABC α∠=，在O 中，OB OH =，∴BHO OBH α∠=∠=，∴'90HKF α∠=︒+，∵ABC 沿射线AC 方向平移得到DEF ， DEF 沿DE 折叠得到'DEF △，∴'DEF DEF ABC α∠=∠∠==，∴'902BEF α∠=︒-，∵'EBF ABC α∠=∠=，在'BEF △中，'180''90BF E EBF BEF α∠=︒-∠-∠=︒+，∴''HKF BF E ∠=∠，∴'HK EF ∥.方法三：如图，延长'BF 交DN 于点N∵ABC 沿射线AC 方向平移得到DEF∴AB DE ∥，ABC DEF △≌△∵DEF 沿DE 折叠得到'DEF △∴'DEF DEF △≌△∴'DEF ABC △≌△∴'ABC DEF ∠=∠，'EF BC =∵HK BC =∴'EF HK =∵HK 是直径∴90ABK ∠=︒∵AB DE ∥∴90ABK BNE ∠=∠=︒∴'DEF ABC △≌△∴'BKH EF N ∠=∠∴180180'BKH EF N ︒-∠=︒-∠即'HKF EF K ∠=∠∴'HK EF ∥②连接'FF ，交DE 于点N ，如图6∵DEF 沿DE 折叠，点F 的对称点为'F∴'ED FF ⊥，1'2FN FF =∵HK 是O 的直径∴90HBK ∠=︒，点'F 恰好落在射线BK 上∴'BF AB ⊥∵ABC 沿射线AC 方向平移得到DEF∴AB DE ∥，BC EF =∴点B 在'FF 的延长线上∴点B ，'F ，F 这三点在同一条直线上而BC 为O 的直径∴HK BC EF ==在HBK 和ENF △中 HBK ENF ∠=∠；BHO NEF ∠=∠；HK EF =∴HBK ENF △≌△∴BK NF =设BK x =，则''3233BF BK KF F F x x x =++=++=+∵OB OK =∴OBK OKB ∠=∠而90HBK BCF ∠=∠=︒∴HBK FCB △∽△ ∴BK HK BC BF = ∴6633x x =+ 解得：13x =，24x =-（不合题意，舍）∴3BK =在Rt HBK △中，31sin 62BK BHK KH ∠=== ∴30BHK ∠=︒∴30ABC ∠=︒在Rt ABC 中，tan tan 30AC ABC BC ∠=︒=∴6tan 306AC =⋅==︒即AC 的长为【点睛】本题考查折叠，三角形全等，三角形相似，圆的性质；巧妙构造辅助线，利用上题目所给条件是本题的关键2．（2022·贵州遵义）与实践“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．提出问题：如图1，在线段AC 同侧有两点B ，D ，连接AD ，AB ，BC ，CD ，如果B D ∠=∠，那么A ，B ，C ，D 四点在同一个圆上．探究展示：如图2，作经过点A ，C ，D 的O ，在劣弧AC 上取一点E （不与A ，C 重合），连接AE ，CE 则180AEC D ∠+∠=︒（依据1）B D ∠=∠180AEC B ∴∠+∠=︒∴点A ，B ，C ，E 四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）∴点B ，D 在点A ，C ，E 所确定的O 上（依据2）∴点A ，B ，C ，E 四点在同一个圆上(1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？依据1：__________；依据2：__________．(2)图3，在四边形ABCD 中，12∠=∠，345∠=︒，则4∠的度数为__________．(3)展探究：如图4，已知ABC 是等腰三角形，AB AC =，点D 在BC 上（不与BC 的中点重合），连接AD ．作点C 关于AD 的对称点E ，连接EB 并延长交AD 的延长线于F ，连接AE ，DE ．①求证：A ，D ，B ，E 四点共圆；②若AB =AD AF ⋅的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．【答案】(1)圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等(2)45°(3)①见解析；②8【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；（3）①根据（1）中的结论证明AED ABD ∠=∠即可得证；②证明BAD FAB ∽，根据相似三角形的性质即可求解．(1)如图2，作经过点A ，C ，D 的O ，在劣弧AC 上取一点E （不与A ，C 重合），连接AE ，CE 则180AEC D ∠+∠=︒（圆内接四边形对角互补）B D ∠=∠180AEC B ∴∠+∠=︒∴点A ，B ，C ，E 四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆） ∴点B ，D 在点A ，C ，E 所确定的O 上（同圆中，同弧所对的圆周角相等） ∴点A ，B ，C ，E 四点在同一个圆上故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等(2)在线段CD 同侧有两点A ，B ， 12∠=∠∴,,,A B C D 四点共圆，AD AD =4345∴∠=∠=︒故答案为：45︒(3)AB AC =，ABC ACB ∴∠=∠， E 点与C 点关于AD 对称，ACD AED ∴∠=∠，AEB ABD ∴∠=∠，∴,,,A D B E 四点共圆；②8AD AF ⋅=，理由如下， 如图，,,,A D B E 四点共圆，FBD DAE ∴∠=∠，,AE AC 关于AD 对称，DAE DAC ∴∠=∠，DAC DBF ∠=∠∴，ADC BDF ∠=∠，F ACD ∴∠=∠，AB AC =，ABD ACD ∴∠=∠，F ABD ∴∠=∠，又BAD FAB ∠=∠，BAD FAB ∴∽，AB AD AF AB∴=， 2AD AF AB ∴⋅=， 2AB =8AD AF ∴⋅=．【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．3．（2022·黑龙江哈尔滨）已知CH 是O 的直径，点A ，点B 是O 上的两个点，连接,OA OB ，点D ，点E 分别是半径,OA OB 的中点，连接,,CD CE BH ，且2AOC CHB ∠=∠．(1)如图1，求证：ODC OEC ∠=∠；(2)如图2，延长CE 交BH 于点F ，若CD OA ⊥，求证：FC FH =；(3)如图3，在（2）的条件下，点G 是BH 上一点，连接,,,AG BG HG OF ，若:5:3AG BG =，2HG =，求OF 的长．【答案】(1)见解析 (2)见解析(3)OF = 【分析】（1）根据SAS 证明COD COE ≅即可得到结论；（2）证明H ECO ∠=∠即可得出结论；（3）先证明OF CH ⊥，连接AH ，证明AH BH =，设5AG x =，3BG x =，在AG 上取点M ，使得AM BG =，连接MH ，证明MHG △为等边三角形，得2MG HG ==，根据AG AM MG =+可求出1x =，得5AG =，3BG =，过点H 作HN MG ⊥于点N ，求出HB =2HF OF =，根据3HB OF ==(1)如图1．∵点D ，点E 分别是半径,OA OB 的中点∴12OD OA ，12OE OB = ∵OA OB =，∴OD OE =∵2BOC CHB ∠=∠，2AOC CHB ∠=∠∴AOC BOC ∠=∠∵OC OC = ∴COD COE ≅，∴CDO CEO ∠=∠；(2)如图2．∵CD OA ⊥，∴90CDO ∠=︒由（1）得90CEO CDO ∠=∠=︒， ∴1sin 2OE OCE OC ∠== ∴30OCE ∠=︒，∴9060COE OCE ∠=︒-∠=︒ ∵11603022H BOC ︒∠=∠=⨯=︒ ∴H ECO ∠=∠，∴FC FH =(3)如图3．∵CO OH =，∴OF CH ⊥∴90FOH =︒∠连接AH ．∵60AOC BOC ∠=∠=︒∴120AOH BOH ∠=∠=︒，∴AH BH =，60AGH ∠=︒∵:5:3AG BG =设5AG x =，∴3BG x =在AG 上取点M ，使得AM BG =，连接MH∵HAM HBG ∠=∠，∴HAM HBG △≌△∴MH GH =，∴MHG △为等边三角形∴2MG HG ==∵AG AM MG =+，∴532x x =+∴1x =，∴5AG =∴3BG AM ==，过点H 作HN MG ⊥于点N112122MN GM ==⨯=，sin 60HN HG =⋅︒=∴4AN MN AM =+=，∴HB HA ==∵90FOH =︒∠，30OHF ∠=︒，∴60OFH ∠=︒∵OB OH =，∴30BHO OBH ∠=∠=︒，∴30FOB OBF ∠=∠=︒∴OF BF =，在Rt OFH 中，30OHF ∠=︒，∴2HF OF =∴3HB BF HF OF =+==∴OF = 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键． 4．（2022·黑龙江绥化）如图所示，在O 的内接AMN 中，90MAN ∠=︒，2AM AN =，作AB MN ⊥于点P ，交O 于另一点B ，C 是AM 上的一个动点（不与A ，M 重合），射线MC 交线段BA 的延长线于点D ，分别连接AC 和BC ，BC 交MN 于点E ．(1)求证：CMA CBD △∽△．(2)若10MN =，MC NC =，求BC 的长．(3)在点C 运动过程中，当3tan 4MDB ∠=时，求ME NE 的值． 【答案】(1)证明见解析(2)(3)32【分析】（1）利用圆周角定理得到∠CMA =∠ABC ，再利用两角分别相等即可证明相似；（2）连接OC ，先证明MN 是直径，再求出AP 和NP 的长，接着证明COE BPE △∽△，利用相似三角形的性质求出OE 和PE ，再利用勾股定理求解即可；（3）先过C 点作CG ⊥MN ，垂足为G ，连接CN ，设出34GM x CG x ==，，再利用三角函数和勾股定理分别表示出PB 和PG ，最后利用相似三角形的性质表示出EG ，然后表示出ME 和NE ，算出比值即可．(1)解：∵AB ⊥MN ，∴∠APM =90°，∴∠D +∠DMP =90°，又∵∠DMP +∠NAC =180°，∠MAN =90°，∴∠DMP +∠CAM =90°，∴∠CAM =∠D ，∵∠CMA =∠ABC ，∴CMA CBD △∽△．(2)连接OC ，∵90MAN ∠=︒，∴MN 是直径，∵10MN =，∴OM =ON =OC =5，∵2AM AN =，且222AM AN MN +=，∴AN AM == ∵1122AMN S AM AN MN AP =⋅=⋅△， ∴4AP =，∴4BP AP ==，∴2NP ==，∴523OP =-=，∵MC NC =，∴OC ⊥MN ，∴∠COE =90°，∵AB ⊥MN ，∴∠BPE =90°，∴∠BPE =∠COE ，又∵∠BEP =∠CEO ，∴COE BPE △∽△ ∴CO OE CE BP PE BE ==， 即54OE CE PE BE== 由3OE PE OP +==，∴5433OE PE ==，，∴CE ==BE ===∴BC ==(3)过C 点作CG ⊥MN ，垂足为G ，连接CN ，∵MN 是直径，∴∠MCN =90°，∴∠CNM +∠DMP =90°，∵∠D +∠DMP =90°，∴∠D =∠CNM ， ∵3tan 4MDB ∠=， ∴3tan 4CNM ∠=， 设34GM x CG x ==，，∴5CM x =，∴203x CN =，∴163x NG =， ∴253x NM =， ∴256x OM ON ==， ∵2AM AN =，且222AM AN MN +=，∴AN =，AM =， ∵1122AMN S AM AN MN AP =⋅=⋅△， ∴103AP x PB ==， ∴53NP x =， ∴16511333PG x x x =-=， ∵∠CGE =∠BPE =90°，∠CEG =∠BEP ，∴CGE BPE △∽△， ∴CG GE CE BP PE BE==， 即4103x GE CE PE BE x == ∴2GE x =，53PE x = ∴5ME x =，103x NE =， ∴:3:2ME NE =， ∴ME NE 的值为32．【点睛】本题考查了圆的相关知识、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识，涉及到了动点问题，解题关键是构造相似三角形，正确表示出各线段并找出它们的关系，本题综合性较强，属于压轴题．5．（2022·黑龙江大庆）如图，已知BC 是ABC 外接圆O 的直径，16BC =．点D 为O 外的一点，ACD B ∠=∠．点E 为AC 中点，弦FG 过点E ．2EF EG =．连接OE ．(1)求证：CD 是O 的切线；(2)求证：()()OC OE OC OE EG EF +-=⋅；(3)当FG BC 时，求弦FG 的长．【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析(3)3【分析】（1）根据BC 是△ABC 外接圆⊙O 的直径，得∠BAC =90°，由因为∠ACD =∠B ，得∠BCD =90°，即可得答案；（2）先证△FEA ∽△CEG ，得EF AE CE EG =，又因为AE =CE ，EF =2EG ，得CE 2=2EG 2，得OC 2-OE 2=EC 2，即可得答案；（3）作ON ⊥FG ，延长FG 交线段于点W ，得四边形ONWC 为矩形，得NG =1.5EG ，NE =0.5EG ，EW =8-1.5EG +EG =8-0.5EG ，得（8-0.5EG ）2+64-2EG 2-14EG 2=2EG 2，得EG 1，即可得答案． (1)解：∵BC 是△ABC 外接圆⊙O 的直径，∴∠BAC =90°，∴∠B+∠ACB=90°，∵∠ACD=∠B，∴∠ACD+∠ACB=90°，∴∠BCD=90°，∵OC是OO的半径，∴CD是OO的切线；(2)如下图，连接AF、CG，∴∠AFE=∠ECG，∵∠AEF=∠CEG，∴△FEA∽△CEG，∴EF AE CE EG=，∵点E为AC中点，∴AE=CE，∵EF=2EG，∴2EG CE CE EG=，∴CE2=2EG2，∵∠BAC=90°，点E为AC中点，∴EO∥AB，∴∠OEC=90°，∴OC2-OE2=EC2，∴OC2-OE2=2EG2，∴（OC+OE）（OC−OE）=EG⋅EF；(3)作ON⊥FG，延长FG交线段于点W，∵BC=16，∴OC=8，∵FG∥BC，∴四边形ONWC为矩形，∵EF=2EG，∴FG=3EG，∴NG=1.5EG，NE=0.5EG，EW=8-1.5EG+EG=8-0.5EG，由（2）可知：OC2-OE2=2EG2，∴CE2=2EG2，∴OE2=64-2EG2，ON2=64-2EG2-14EG2，EW2=（8-0.5EG）2，∴（8-0.5EG）2+64-2EG2-14EG2=2EG2，解得EG1，∴FG=3EG=3．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，切线的判定定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是作合适的辅助线．6．（2022·湖南长沙）如图，四边形ABCD内接于O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF．(1)求证：ABE DCE ∽△△；(2)当2DC CB DFE CDB =∠=∠，时，则AE DE BE CE -=___________；AF FE AB AD+=___________；111AB AD AF+-=___________．（直接将结果填写在相应的横线上）(3)①记四边形ABCD ，ABE CDE ，△△的面积依次为12,,S S S ，试判断，ABE CDE ，△△的形状，并说明理由．②当DC CB =，AB m AD n CD p ===，，时，试用含m ，n ，p 的式子表示AE CE ⋅．【答案】(1)见解析(2)0，1，0(3)①等腰三角形，理由见解析，②22p mn p mn+ 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得AE CE BE DE ⋅=⋅，即可得出AE DE BE CE -=0，根据已知条件可得EF AB ∥，FA FE =，即可得出DFE DAB ∽根据相似三角形的性质可得EF DF AB AD =，根据恒等式变形，进而即可求解．（3）①记,ADE EBC 的面积为34,S S ，则1234S S S S S =+++，1234S S S S =，根据已知条件可得34S S =，进而可得ABD ADC S S =，得出CD AB ∥，结合同弧所对的圆周角相等即可证明,ABE DCE 是等腰三角形； ②证明DAC EAB ∽，DCE ACD ∽，根据相似三角形的性质，得出22EA AC CE AC AC mn p ⋅+⋅==+，则22CD AC EC AC ===AE AC CE =-AE CE ⋅即可求解． (1)证明：AD AD =，ACD ABD ∴∠=∠，即ABE DCE ∠=∠，又DEC AEB ∠=∠，∴ABE DCE ∽△△；(2)ABE DCE ∽△△，AB BE AE DC CE DE∴==， AE CE BE DE ∴⋅=⋅，0AE DE AE CE BE DE BE CE BE CE⋅-⋅∴-==⋅， 1802CDB CBD BCD DAB CDB ∠+∠=︒-∠=∠=∠，2DFE CDB ∠=∠，DFE DAB ∴∠=∠，EF AB ∴∥，FEA EAB ∴∠=∠，DC CB =，DAC BAC ∴∠=∠FAE FEA ∴∠=∠，FA FE ∴=，EF AB ∥，DFE DAB ∴∽，EF DF AB AD∴=， ∴AF FE AB AD +=1EF AF DF AF AD AB AD AD AD AD+=+==， 1AF AF AF EFAB AD AB AD +=+=， 1AF AF AB AD ∴+=， 1110AB AD AF∴+-=， 故答案为：0，1，0(3)①记,ADE EBC 的面积为34,S S ，则1234S S S S S =+++， 1432S S BE S S DE==，1234SS S S ∴=①=即12S SS =++34S S ∴+=由①②可得34SS +=，即20=，34S S ∴=， ∴ABE ADE ABE EBC SS S S +=+， 即ABD ADC S S =，CD AB ∴∥，,ACD BAC CDB DBA ∴∠=∠∠=∠，ACD ABD CDB CAB ∠=∠∠=∠，，EDC ECD EBA EAB ∴∠=∠=∠=∠，,ABE DCE ∴都为等腰三角形；②DC BC =， DAC EAB ∴∠=∠，DCA EBA ∠=∠，DAC EAB ∴∽，AD AC EA AB∴=， AB m AD n CD p ===，，，EA AC DA AB mn ∴⋅=⨯=，BDC BAC DAC ∠=∠=∠，CDE CAD ∴∠=∠，又ECD DCA ∠=∠，∴DCE ACD ∽，CD CE AC CD∴=， 22CE CA CD p ∴⋅==，22EA AC CE AC AC mn p ∴⋅+⋅==+，则22CD AC EC AC ===AE AC CE ∴=-=22mnp AE EC mn p ∴⋅=+． 【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键． 7．（2022·湖南娄底）如图，已知BD 是Rt ABC 的角平分线，点O 是斜边AB 上的动点，以点O 为圆心，OB 长为半径的O 经过点D ，与OA 相交于点E ．(1)判定AC 与O 的位置关系，为什么？(2)若3BC =，32CD =，①求sin DBC ∠、sin ABC ∠的值；②试用sin DBC ∠和cos DBC ∠表示sin ABC ∠，猜测sin 2α与sin α，cos α的关系，并用30α=︒给予验证．【答案】(1)相切，原因见解析(2)①sin DBC ∠=4sin 5ABC ∠=；②sin 22sin cos ααα=，验证见解析 【分析】（1）连接OD ，根据角之间的关系可推断出//OD BC ，即可求得ODA ∠的角度，故可求出圆与边的位置关系为相切；（2）①构造直角三角形，根据角之间的关系以及边长可求出sin DBC ∠，sin ABC ∠的值；②先表示出来sin DBC ∠、cos DBC ∠和sin ABC ∠的关系，进而猜测sin 2α与sin α，cos α的关系，然后将30α=︒代入进去加以验证．(1)解：连接OD ，如图所示∵BD 为ABC ∠的角平分线∴ABD CBD ∠=∠又∵O 过点B 、D ，设O 半径为r∴OB =OD =r∴ODB OBD CBD ∠=∠=∠∴//OD BC （内错角相等，两直线平行）∵OD AC ⊥∴AC 与O 的位置关系为相切．(2)①∵BC =3，32CD =∴BD =∴sin CD DBC BD ∠== 过点D 作DF AB ⊥交于一点F ，如图所示∴CD =DF （角平分线的性质定理）∴BF =BC =3∴OF =BF -OB =3-r ，32OF CD == ∴222OD OF DF =+即2223(3)()2r r =-+ ∴158r = ∵//OD BC∴ABC FOD ∠=∠ ∴4sin sin 5DF ABC FOD OD ∠=∠==∴4sin 5DBC ABC ∠=∠=；②cos CB DBC BD ∠==∴2sin cos 5DBC DBC ∠⨯∠== ∴sin 2sin cos ABC DBC DBC ∠=∠⨯∠猜测sin 22sin cos ααα=当30α=︒时260α=︒∴sin 2sin 60α=︒=1sin sin 302α=︒=cos cos30α=︒=∴1sin 22sin cos 2sin 22αααα==⨯== ∴sin 22sin cos ααα=．【点睛】本题考查了圆与直线的位置关系、切线的判定、三角函数之间的关系，解题的关键在于找到角与边之间的关系，进而求出结果．8．（2022·四川凉山）如图，已知半径为5的⊙M 经过x 轴上一点C ，与y 轴交于A 、B 两点，连接AM 、AC ，AC 平分∠OAM ，AO ＋CO ＝6(1)判断⊙M与x轴的位置关系，并说明理由；(2)求AB的长；(3)连接BM并延长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式．【答案】(1)⊙M与x轴相切，理由见解析(2)6(3)122y x=-+【分析】（1）连接CM，证CM⊥x即可得出结论；（2）过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设AN=x，则OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂径定理得AB=2AN即可求解；（3）连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，所以OB=8，C（4，0），在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC=在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在Rt△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，PD=4，从而得出点D 坐标，然后用待定系数法求出直线CD解析式即可．(1)解：⊙M与x轴相切，理由如下：连接CM，如图，∵MC=MA，∴∠MCA=∠MAC，∵AC平分∠OAM，∴∠MAC=∠OAC，∴∠MCA=∠OAC，∵∠OAC+∠ACO=90°，∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°，∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上，∴⊙M与x轴相切；(2)解：如图，过点M作MN⊥AB于N，由（1）知，∠MCO=90°，∵MN⊥AB于N，∴∠MNO=90°，AB=2AN，∵∠CON=90°，∴∠CMN=90°，∴四边形OCMN是矩形，∴MN=OC，ON=C M=5，∵OA+OC=6，设AN=x，∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得x2+(1+x)2=52，解得：x 1=3，x 2=-4（不符合题意，舍去），∴AN =3，∴AB =2AN =6；(3)解：如图，连接BC ，CM ，过点D 作DP ⊥CM 于P ，由（2）知：AB =6，OA =2，OC =4，∴OB =8，C （4，0）在Rt △BOC 中，∠BOC =90°，由勾股定理，得BC=∵BD 是⊙M 的直径，∴∠BCD =90°，BD =10，在Rt △BCD 中，∠BCD =90°，由勾股定理，得CDCD 2=20，在Rt △CPD 中，由勾股定理，得PD 2=CD 2-CP 2=20-CP 2，在Rt △MPD 中，由勾股定理，得PD 2=MD 2-MP 2=MD 2-（MC -MP ）2=52-（5-CP ）2=10CP +-CP 2， ∴20-CP 2=10CP -CP 2，∴CP =2，∴PD 2=20-CP 2=20-4=16，∴PD =4，即D 点纵坐标为OC +PD =4+4=8，∴D （8,-2），设直线CD 解析式为y =kx +b ，把C （4,0），D （8,-2）代入，得4082k b k b +=⎧⎨+=-⎩，解得：122k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴直线CD 的解析式为：122y x =-+． 【点睛】本题考查直线与圆相切的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键．9．（2022·浙江宁波）如图1，O 为锐角三角形ABC 的外接圆，点D 在BC 上，AD 交BC 于点E ，点F 在AE 上，满足,∠-∠=∠∥AFB BFD ACB FG AC 交BC 于点G ，BE FG =，连结BD ，DG ．设ACB α∠=．(1)用含α的代数式表示BFD ∠． (2)求证：△≌△BDE FDG ． (3)如图2，AD 为O 的直径． ①当AB 的长为2时，求AC 的长． ②当:4:11=OF OE 时，求cos α的值． 【答案】(1)902︒∠=-BFD α(2)见解析 (3)①3；②5cos 8α=【分析】（1）根据∠-∠=∠=AFB BFD ACB α，180∠+∠=︒AFB BFD 即可求解； （2）由（1）的结论，FGAC 、BE FG =证()BDE FDG SAS △≌△即可；（3）①通过角的转换得32∠=∠-∠=ABC ABD DBG α，即可求AC 的长；②连结BO ，证△∽△BDG BOF ，设4OF x =，则114OE x DE DG kx ===，，由相似的性质即可求解； (1)∵∠-∠=∠=AFB BFD ACB α，① 又∵180∠+∠=︒AFB BFD ，② ②-①，得2180∠=︒-BFD α，∴902︒∠=-BFD α．(2)由（1）得902︒∠=-BFD α，∵∠=∠=ADB ACB α，∴180902∠=︒-∠-︒-∠=FBD ADB BFD α，∴DB DF =． ∵FGAC ，∴∠=∠CAD DFG ． ∵CAD DBE ∠=∠， ∴∠=∠DFG DBE ． ∵BE FG =，∴()BDE FDG SAS △≌△． (3)①∵△≌△BDE FDG ， ∴∠=∠=FDG BDE α，∴2∠=∠+∠=BDG BDF EDG α． ∵DE DG =， ∴()11809022∠=︒-∠=︒-DGE FDG α， ∴在BDG 中，3180902∠=︒-∠-∠=︒-DBG BDG DGE α， ∵AD 为O 的直径， ∴90ABD ∠=︒．∴32∠=∠-∠=ABC ABD DBG α． ∴AC 与AB 的度数之比为3∶2． ∴AC 与AB 的的长度之比为3∶2， ∵2AB =， ∴3=AC ． ②如图，连结BO ．∵OB OD =，∴∠=∠=OBD ODB α，∴2∠=∠+∠=BOF OBD ODB α． ∵2∠=BDG α， ∴∠=∠BOF BDG ． ∵902∠=∠=︒-BGD BFO α，∴△∽△BDG BOF ，设BDG 与BOF 的相似比为k ， ∴==DG BDk OF BO ． ∵411=OF OE ， ∴设4OF x =，则114OE x DE DG kx ===，， ∴114==+=+OB OD OE DE x kx ， 154==+BD DF x kx ，∴154154114114++==++BD x kx kBO x kx k， 由154114+=+kk k，得247150+-=k k ，解得154k =，23k =-（舍）， ∴11416=+=OD x kx x ，15420=+=BD x kx x ， ∴232==AD OD x ， 在Rt ABD △中，205cos 328∠===BD x ADB AD x ， ∴5cos 8α=． 【点睛】本题主要考查圆的性质、三角函数、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．10．（2022·浙江温州）如图1，AB 为半圆O 的直径，C 为BA 延长线上一点，CD 切半圆于点D ，BE CD ⊥，交CD 延长线于点E ，交半圆于点F ，已知5,3BC BE ==．点P ，Q 分别在线段AB BE ,上（不与端点重合），且满足54AP BQ =．设,BQ x CP y ==．(1)求半圆O 的半径． (2)求y 关于x 的函数表达式．(3)如图2，过点P 作PR CE ⊥于点R ，连结,PQ RQ ． ①当PQR 为直角三角形时，求x 的值．②作点F 关于QR 的对称点F '，当点F '落在BC 上时，求CF BF ''的值． 【答案】(1)158(2)5544y x =+ (3)①97或2111；②199【分析】（1）连接OD ，设半径为r ，利用△∽△COD CBE ，得OD COBE CB=，代入计算即可； （2）根据CP =AP 十AC ，用含x 的代数式表示 AP 的长，再由（1）计算求AC 的长即可；（3）①显然90PRQ ∠<︒，所以分两种情形，当 90RPQ ∠=︒时，则四边形RPQE 是矩形，当 ∠PQR ＝90°时，过点P 作PH ⊥BE 于点H ， 则四边形PHER 是矩形，分别根据图形可得答案；②连接,AF QF '，由对称可知,45QF QF F QR EQR ∠∠'=='=︒，利用三角函数表示出BF '和BF 的长度，从而解决问题． (1)解：如图1，连结OD ．设半圆O 的半径为r ．∵CD 切半圆O 于点D ， ∴OD CD ⊥． ∵BE CD ⊥， ∴OD BE ∥，∴△∽△COD CBE ， ∴OD CO BE CB=， 即535r r -=， ∴158r =，即半圆O 的半径是158．(2)由（1）得：1555284CA CB AB =-=-⨯=． ∵5,4AP BQ x BQ ==， ∴54AP x =． ∵CP AP AC =+， ∴5544y x =+． (3)①显然90PRQ ∠<︒，所以分两种情况． ⅰ）当90RPQ ∠=︒时，如图2．∵PR CE ⊥，∴90ERP ∠=︒． ∵90E ∠=︒，∴四边形RPQE 为矩形， ∴PR QE =． ∵333sin 544PR PC C y x =⋅==+， ∴33344x x +=-， ∴97x =．ⅰ）当90PQR ∠=︒时，过点P 作PH BE ⊥于点H ，如图3，则四边形PHER 是矩形， ∴,PH RE EH PR ==． ∵5,3CB BE ==，∴4CE ==． ∵4cos 15CR CP C y x =⋅==+， ∴3PH RE x EQ ==-=， ∴45EQR ERQ ∠=∠=︒， ∴45PQH QPH ∠=︒=∠， ∴3HQ HP x ==-，由EH PR =得：33(3)(3)44x x x -+-=+， ∴2111x =． 综上所述，x 的值是97或2111．②如图4，连结,AF QF '，由对称可知QF QF ='，F QR EQR ∠=∠' ∵BE ⊥CE ，PR ⊥CE ， ∴PR ∥BE ， ∴∠EQR =∠PRQ ， ∵BQ x =，5544CP x =+， ∴EQ =3-x ， ∵PR ∥BE ， ∴CPR CBE △∽△， ∴CP CBCR CE=， 即：x CR +=555444，解得：CR =x +1， ∴ER =EC -CR =3-x ， 即：EQ = ER∴∠EQR =∠ERQ =45°， ∴45F QR EQR ∠=∠='︒ ∴90BQF ∠='︒， ∴4tan 3QF QF BQ B x ==⋅='． ∵AB 是半圆O 的直径， ∴90AFB ∠=︒， ∴9cos 4BF AB B =⋅=， ∴4934x x +=， ∴2728x =，∴319119CF BC BF BC BF BF BF x -==''''=-='-． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键．11．（2022·浙江丽水）如图，以AB 为直径的O 与AH 相切于点A ，点C 在AB 左侧圆弧上，弦CD AB ⊥交O 于点D ，连接,AC AD ．点A 关于CD 的对称点为E ，直线CE 交O 于点F ，交AH 于点G ．(1)求证：CAG AGC ∠=∠；(2)当点E 在AB 上，连接AF 交CD 于点P ，若25EF CE =，求DP CP的值； (3)当点E 在线段AB 上，2AB =，以点A ，C ，O ，F 为顶点的四边形中有一组对边平行时，求AE 的长． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)57 352或2【分析】（1）设CD 与AB 相交于点M ，由O 与AH 相切于点A ，得到90BAG ，由CD AB ⊥，得到90AMC ∠=，进而得到//AG CD ，由平行线的性质推导得，CAGACD ，AGC FCD ，最后由点A关于CD 的对称点为E 得到FCD ACD ∠=∠即可证明．（2）过F 点作FK AB ⊥于点K ，设AB 与CD 交于点N ，连接DF ，证明FAD ADC ∠=∠得到DP AP =，再证明CPA FPD △≌△得到PF PC =；最后根据KEF NEC △∽△及APN AFK △∽△得到25KE EF ENCE和512PA AN AFAK，最后根据平行线分线段成比例求解． （3）分情况进行讨论． (1)证明：如图，设CD 与AB 相交于点M ，∵O 与AH 相切于点A ， ∴90BAG ， ∵CD AB ⊥， ∴90AMC ∠=， ∴//AG CD ， ∴CAGACD ，AGC FCD ，∵点A 关于CD 的对称点为E ， ∴FCD ACD ∠=∠， ∴CAG AGC ∠=∠． (2)解：过F 点作FK AB ⊥于点K ，设AB 与CD 交于点N ，连接DF ，如下图所示：由同弧所对的圆周角相等可知：FCD FAD ，∵AB 为O 的直径，且CD AB ⊥，由垂径定理可知：AC AD =， ∴ACD ADC ∠=∠，∵点A 关于CD 的对称点为E ， ∴FCD ACD ∠=∠，∴FAD FCD ACD ADC ∠=∠=∠=∠，即FAD ADC ∠=∠， ∴DP AP =，由同弧所对的圆周角相等可知：ACP DFP ，且CPA FPD ，∴CPA FPD △≌△， ∴PC PF =，∵FK AB ⊥，AB 与CD 交于点N ， ∴90FKE CNE．∵KEFNEC ，90FKECNE，∴KEF NEC △∽△， ∴25KE EF ENCE，设KE =2x ，EN =5x ， ∵点A 关于CD 的对称点为E ，∴AN=EN=5x ，AE=AN+NE =10x ，AK=AE+KE=12x ， 又//FK PN ， ∴APN AFK △∽△， ∴551212PA AN x AFAKx ． ∵FCDCDA ，∴CF AD ∥， ∴57DP AP AP CPPFAF AP． (3)解：分类讨论如下：情况一：当E 在线段AO 上时，如下图1所示，设AB 与CD 交于点N ，连接BC ，此时//AC OF ，设AN=NE=x ，则AE =2x ，OE=OA -AE=1-2x ，∵//AC OF ，∴OFE ACE △∽△， ∴OE OF AE AC． ∵AB 为O 的直径，AB 为O 的直径，∴90BCACNA ， 又∵BAC NAC ，∴BAC CAN △∽△，∴AB AC AC AN， ∵2AB =，AN x =，∴22AC AB AN x ， ∴2ACx ， 又∵OE OF AE AC ，12OE x ，2AE x =，112OF AB ==， ∴OE ACAE OF ，即1222x x x ，化简解得3522x ， 即352AE ．情况二：当E 在线段AO 上时，如下图2所示，此时//AF OC ，设AN=NE=x ，则AE =2x ，OE=OA -AE=1-2x ， 由情况一中可知，2ACx ．∵//AF OC ，∴OCF CFA ∠=∠，∵（2）中已证FAD FCD ACD ADC CFA ∠=∠=∠=∠=∠，∴12OCF FCD OCN ∠=∠=∠， ∵12CDA CON ∠=∠，CDA FCD ∠=∠， ∴OCN CON ∠=∠，∵90CNO ∠=︒，1CO =，∴cos 45CN CO =︒⨯=在Rt CNA △中，∵90CNA ∠=︒，CN =，AN x =，2AC x ，∴222CN NA CA +=，解得x =， ∵AN OA ＜，∴1x ＜，故x =∴22AE x == 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的相关性质，相似三角形，勾股定理等，综合运用以上知识是解题的关键．12．（2022·山东泰安）如图，四边形ABCD 中，AB=AD=CD ，以AB 为直径的⊙O 经过点C ，连接AC ，OD 交于点E ．（1）证明：OD ∥BC ；（2）若tan ∠ABC=2，证明：DA 与⊙O 相切；（3）在（2）条件下，连接BD 交于⊙O 于点F ，连接EF ，若BC=1，求EF 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2【详解】【分析】（1）连接OC ，证△OAD ≌△OCD 得∠ADO=∠CDO ，由AD=CD 知DE ⊥AC ，再由AB 为直径知BC ⊥AC ，从而得OD ∥BC ；（2）根据tan ∠ABC=2可设BC=a 、则AC=2a 、，证OE 为中位线知OE=12a 、AE=CE=12AC=a ，进一步求得，在△AOD 中利用勾股定理逆定理证∠OAD=90°即可得； （3）先证△AFD ∽△BAD 得DF•BD=AD 2①，再证△AED ∽△OAD 得OD•DE=AD 2②，由①②得DF•BD=OD•DE ，即DF DE OD BD =，结合∠EDF=∠BDO 知△EDF ∽△BDO ，据此可得EF DE OB BD=，结合（2）可得相关线段的长，代入计算可得．【详解】（1）如图，连接OC ，在△OAD 和△OCD 中，OA OC AD CD OD OD =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴△OAD ≌△OCD （SSS ），∴∠ADO=∠CDO ，又AD=CD ，∴DE ⊥AC ，∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=90°，即BC ⊥AC ，∴OD∥BC；（2）∵tan∠ABC=ACBC=2，∴设BC=a、则AC=2a，∴=，∵OE∥BC，且AO=BO，∴OE=12BC=12a，AE=CE=12AC=a，在△AED中，，在△AOD中，AO2+AD2=）2+）2=254a2，OD2=（OF+DF）2=（12a+2a）2=254a2，∴AO2+AD2=OD2，∴∠OAD=90°，则DA与⊙O相切；（3）如图，连接AF，∵AB是⊙O的直径，∴∠AFD=∠BAD=90°，∵∠ADF=∠BDA，∴△AFD∽△BAD，∴DF ADAD BD=，即DF•BD=AD2①，又∵∠AED=∠OAD=90°，∠ADE=∠ODA，∴△AED∽△OAD，∴AD DEOD AD=，即OD•DE=AD2②，由①②可得DF•BD=OD•DE，即DF DE OD BD=，又∵∠EDF=∠BDO，∴△EDF∽△BDO，∴EF DE OB BD=，∵BC=1，∴OD=52、ED=2、、，=，∴EF=2.【点睛】本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及勾股定理的逆定理等，综合性较强，有一定的难度，准确添加辅助线构造图形是解题的关键.13．（2022·上海）平行四边形ABCD ，若P 为BC 中点，AP 交BD 于点E ，连接CE ．(1)若AE CE =，①证明ABCD 为菱形；②若5AB =，3AE =，求BD 的长．(2)以A 为圆心，AE 为半径，B 为圆心，BE 为半径作圆，两圆另一交点记为点F，且CE =．若F 在直线CE 上，求AB BC的值． 【答案】(1)①见解析；②【分析】（1）①连接AC 交BD 于O ，证△AOE ≌△COE (SSS)，得∠AOE =∠COE ，从而得∠COE =90°，则AC ⊥BD ，即可由菱形的判定定理得出结论；②先证点E 是△ABC 的重心，由重心性质得BE =2OE ，然后设OE =x ，则BE =2x ，在Rt △AOE 中，由勾股定理，得OA 2=AE 2-OE 2=32-x 2=9-x 2,在Rt △AOB 中，由勾股定理，得OA 2=AB 2-OB 2=52-(3x )2=25-9x 2,从而得9-x 2=25-9x 2，解得：x 即可得OB =3x BD 长；（2）由⊙A 与⊙B 相交于E 、F ，得AB ⊥EF ，点E 是△ABC 的重心，又F 在直线CE 上，则CG 是△ABC 的中线，则AG =BG =12AB ，根据重心性质得GE =12CE ，CG =CE +GE AE ，在Rt △AGE 中，由勾股定理，得AG 2=AE 2-GEE =AE 2-)2=12AE 2,则AG AE ,所以AB =2AG AE ，在Rt △BGC 中，由勾股定理，得BC 2=BG 2+CG 2=12AE 2+（2AE ）2=5AE 2，则BC ，代入即可求得AB BC 的值． (1)①证明：如图，连接AC 交BD 于O ，∵平行四边形ABCD ，∴OA =OC ，∵AE =CE ，OE =OE ，∴△AOE ≌△COE (SSS)，∴∠AOE =∠COE ，∵∠AOE +∠COE =180°，∴∠COE =90°，∴AC ⊥BD ，∵平行四边形ABCD ，∴四边形ABCD 是菱形；②∵OA =OC ，∴OB 是△ABC 的中线，∵P 为BC 中点，∴AP 是△ABC 的中线，∴点E 是△ABC 的重心，∴BE =2OE ，设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x,∴OB=3x∵平行四边形ABCD，∴BD=2OB(2)解：如图，∵⊙A与⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知点E是△ABC的重心，又F在直线CE上，∴CG是△ABC的中线，∴AG=BG=12AB，GE=12CE，∵CE AE，∴GE，CG=CE+GE AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG 2=AE 2-GEE =AE 2-)2=12AE 2,∴AG =2AE ,∴AB =2AG ，在Rt △BGC 中，由勾股定理，得BC 2=BG 2+CG 2=12AE 2+（2AE ）2=5AE 2，∴BC ， ∴21055ABAE BC AE ． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．14．（2022·吉林长春）如图，在ABCD 中，4AB =，AD BD ==M 为边AB 的中点，动点P 从点A 出发，沿折线AD DB -B 运动，连结PM ．作点A 关于直线PM 的对称点A '，连结A P '、A M '．设点P 的运动时间为t 秒．(1)点D 到边AB 的距离为__________；(2)用含t 的代数式表示线段DP 的长；(3)连结A D '，当线段A D '最短时，求DPA '△的面积；(4)当M 、A '、C 三点共线时，直接写出t 的值．【答案】(1)3(2)当0≤t ≤1时，DP =；当1＜t ≤2时，PD =(3)35(4)23或2011【分析】（1）连接DM ，根据等腰三角形的性质可得DM ⊥AB ，再由勾股定理，即可求解；（2）分两种情况讨论：当0≤t ≤1时，点P 在AD 边上；当1＜t ≤2时，点P 在BD 边上，即可求解；（3）过点P 作PE ⊥DM 于点E ，根据题意可得点A 的运动轨迹为以点M 为圆心，AM 长为半径的圆，可得到当点D 、A ′、M 三点共线时，线段A D '最短，此时点P 在AD 上，再证明△PDE ∽△ADM ，可得33,22DE t PE t =-=-，从而得到23A E DE A D t ''=-=-，在Rt A PE '中，由勾股定理可得25t =，即可求解；（4）分两种情况讨论：当点A '位于M 、C 之间时，此时点P 在AD 上；当点A '（A ''）位于C M 的延长线上时，此时点P 在BD 上，即可求解．(1)解：如图，连接DM ，∵AB =4，AD BD ==M 为边AB 的中点，∴AM =BM =2，DM ⊥AB ，∴3DM ==，即点D 到边AB 的距离为3；故答案为：3(2)解：根据题意得：当0≤t ≤1时，点P 在AD 边上，DP =；当1＜t ≤2时，点P 在BD 边上，PD =综上所述，当0≤t ≤1时，DP =；当1＜t ≤2时，PD =(3)解：如图，过点P 作PE ⊥DM 于点E ，∵作点A 关于直线PM 的对称点A '，∴A ′M =AM =2，∴点A 的运动轨迹为以点M 为圆心，AM 长为半径的圆，∴当点D 、A ′、M 三点共线时，线段A D '最短，此时点P 在AD 上， ∴1A D '=，根据题意得：A P AP '==，DP =，由（1）得：DM ⊥AB ，∵PE ⊥DM ，∴PE ∥AB ，∴△PDE ∽△ADM ， ∴PD DE PE AD DM AM==，32DE PE ==， 解得：33,22DE t PE t =-=-，∴23A E DE A D t ''=-=-，在Rt A PE '中，222A P PE A E ''=+，∴)()()2222223t t =-+-，解得：25t =， ∴65PE =， ∴116312255DPA SA D PE ''=⋅=⨯⨯=； (4) 解：如图，。
2022年中考数学压轴题押题附答案
2022年中考数学压轴题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∠F AB的度数；（2）点P是线段OB上一点，过点P作PQ⊥OB交直线F A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．解：（1）如图1，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°，∠F AB+∠FBA+∠AFB＝180°，∴∠F AB＝90°．（2）如图2，∵CP、AC分别是Rt△QPB和Rt△QAB的斜边上的中线，∴CP=12QB，AC=12QB，∴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，∴∠CP A＝∠CAP＝45°，∵CR⊥AP，∴∠CRP＝90°，在△CRP中，sin∠CPR=CRCP=√22，∴CP=√2CR，∵CP=12BQ，∴BQ＝2√2CR，即d＝2√2h．（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，又∵AC＝CP，∴△AHC≌△CEP（AAS），∴CH＝PE＝2，AH＝CE，∴GH＝CH＝2，设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，AE 2＝EH 2+AH 2，∴（n +4）2＝（n +2）2+n 2，解得n 1＝6，n 2＝﹣2（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 ，∴{4a +b =02a +b =2，解得{a =−1b =4， ∴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 ），∴{y =−x +4y =x +8， ∴直线PS 与直线AF 的交点K （﹣2，6）．2．如图（1），直线l：y=−√33x+5√3m3(m＞0)与x轴，y轴分别交于点A，C两点，以点P（m，0）为圆心的圆交x轴于点B，D，交y轴于E，F，直线l与⊙P相切于G．（1）当m＝1时，求：点A的坐标及⊙P的半径；（2）如图（2），当1≤x≤2时，经过B，D，E三点的抛物线y＝ax2+bx+c有最小值−5√3，求m的值；（3）如图（3），以A，D，G为顶点的三角形面积为4√3，点H为线段AD上的一个动点（不含A，D两端点），连接EH交⊙P于点K，线段FK交x轴于点T．问：PT•PH是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解：（1）当m＝1时，直线l：y=−√33x+5√33，则直线l的倾斜角为30°，即∠CAO＝30°，令y＝0，则x＝5，故点A（5，0），点P（1，0），则P A＝4，PG=12P A＝2，答：点A的坐标为（5，0）⊙P的半径为2；（2）设圆的半径为R，AP＝4m，则R＝2m，点B、E、D的坐标分别为：（﹣m，0）、（0，−√3m）、（3m，0），则抛物线的表达式为：y＝a（x+m）（x﹣3m），将点D的坐标代入上式并解得：a=√33m，故抛物线的表达式为：y=√33m（x+m）（x﹣3m），①当m≥2时，即抛物线的对称轴x ＝m 在x ＝2的右侧时，抛物线在x ＝2处取得最小值，即y =√33m （2+m ）（2﹣3m ）=−5√3，解得：m =−13或4（舍去−13），即m ＝4；②当1＜m ＜2时，抛物线在顶点处取得最小值，同理可得：m ＝0或154（舍去）； ③当m ≤1时，抛物线在x ＝1处取得最小值，即y =√33m （1+m ）（1﹣3m ）=−5√3，解得：m =13±√1816（舍去正值）； 综上，m ＝4或13−√1816；（3）是，理由：点D （3m ，0）、点A （5m ，0），y G ＝PG sin60°＝2m ×√32=√3m ，S △ADG =12AD ×y G =12×2m ×√3m =−5√3，解得：m ＝2，则R ＝4，连接FP 并延长交圆与点M ，连接KM 、PE ，则∠FMK＝∠FEK，而∠OHE+∠FEK＝90°，∠FMK+∠MFK＝90°，∴∠MFK＝∠EHO，∵OP⊥EF，∴∠FPO＝∠EPO，∴∠FPT＝∠EPH，∴△FPT∽△HPE，则PT•PH＝PE•PF＝R2＝16．3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=13x2﹣2x经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线y=−12x+b经过点A，与y轴交于点B，连接OM．（1）求b的值及点M的坐标；（2）将直线AB向下平移，得到过点M的直线y＝mx+n，且与x轴负半轴交于点C，取点D（2，0），连接DM，求证：∠ADM﹣∠ACM＝45°；（3）点E是线段AB上一动点，点F是线段OA上一动点，连接EF，线段EF的延长线与线段OM交于点G．当∠BEF＝2∠BAO时，是否存在点E，使得3GF＝4EF？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．（1）解：对于抛物线y=13x2﹣2x，令y＝0，得到13x2﹣2x＝0，解得x＝0或6，∴A（6，0），∵直线y=−12x+b经过点A，∴0＝﹣3+b，∴b＝3，∵y=13x2﹣2x=13（x﹣3）2﹣3，∴M（3，﹣3）．（2）证明：如图1中，设平移后的直线的解析式y=−12x+n．∵平移后的直线经过M（3，﹣3），∴﹣3=−32+n，∴n=−3 2，∴平移后的直线的解析式为y=−12x−32，过点D（2，0）作DH⊥MC于H，则直线DH的解析式为y＝2x﹣4，由{y=2x−4y=−12x−32，解得{x=1y=−2，∴H（1，﹣2），∵D（2，0），M（3，﹣3），∴DH=√22+12=√5，HM=√12+22=√5，∴DH＝HM．∴∠DMC＝45°，∵∠ADM＝∠DMC+∠ACM，∴∠ADM﹣∠ACM＝45°．（3）解：如图2中，过点G作GH⊥OA于H，过点E作EK⊥OA于K．∵∠BEF ＝2∠BAO ，∠BEF ＝∠BAO +∠EF A ，∴∠EF A ＝∠BAO ，∵∠EF A ＝∠GFH ，tan ∠BAO =OB OA =36=12，∴tan ∠GFH ＝tan ∠EFK =12，∵GH ∥EK ，∴GF EF =GH EK =43，设GH ＝4k ，EK ＝3k ， 则OH ＝HG ＝4k ，FH ＝8k ，FK ＝AK ＝6k ，∴OF ＝AF ＝12k ＝3，∴k =14，∴OF ＝3，FK ＝AK =32，EK =34，∴OK =92，∴E （92，34）． 4．如图，已知抛物线：y 1＝﹣x 2﹣2x +3与x 轴交于A ，B 两点（A 在B 的左侧），与y 轴交于点C ．（1）直接写出点A ，B ，C 的坐标；（2）将抛物线y 1经过向右与向下平移，使得到的抛物线y 2与x 轴交于B ，B '两点（B '在B 的右侧），顶点D 的对应点为点D '，若∠BD 'B '＝90°，求点B '的坐标及抛物线y 2的解析式；（3）在（2）的条件下，若点Q 在x 轴上，则在抛物线y 1或y 2上是否存在点P ，使以B ′，C ，Q ，P 为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有符合条件的点P 的坐标；如果不存在，请说明理由．解：（1）对于y1＝﹣x2﹣2x+3，令y1＝0，得到﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，∴A（﹣3，0），B（1，0），令x＝0，得到y1＝3，∴C（0，3）．（2）设平移后的抛物线的解析式为y2＝﹣（x﹣a）2+b，如图1中，过点D′作D′H⊥OB′于H，连接BD′．∵D′是抛物线的顶点，∴D′B＝D′B′，D′（a，b），∵∠BD′B′＝90°，D′H⊥BB′，∴BH＝HB′，∴D′H＝BH＝HB′＝b，∴a＝1+b，又∵y2＝﹣（x﹣a）2+b，经过B（1，0），∴b＝（1﹣a）2，解得a＝2或1（不合题意舍弃），b＝1，∴B′（3，0），y2＝﹣（x﹣2）2+1＝﹣x2+4x﹣3．（3）如图2中，观察图象可知，当点P的纵坐标为3或﹣3时，存在满足条件的平行四边形．对于y1＝﹣x2﹣2x+3，令y1＝3，x2+2x＝0，解得x＝0或﹣2，可得P1（﹣2，3），令y1＝﹣3，则x2+2x﹣6＝0，解得x＝﹣1±√7，可得P2（﹣1−√7，﹣3），P3（﹣1+√7，﹣3），对于y2＝﹣x2+4x﹣3，令y2＝3，方程无解，令y2＝﹣3，则x2﹣4x＝0，解得x＝0或4，可得P4（0，﹣3），P5（4，﹣3），综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣2，3）或（﹣1−√7，﹣3）或（﹣1+√7，﹣3）或（0，﹣3）或（4，﹣3）．第11页共11页。
2022届中考数学压轴难题含答案解析
一、解答题1．如图，在ABCD中，90ABD∠=︒，45cmAD=，8cmBD=．点P从点A出发，沿折线AB BC-向终点C运动，点P在AB边、BC边上的运动速度分别为1cm/s、5cm/s．在点P的运动过程中，过点P作AB所在直线的垂线，交边AD或边CD于点Q，以PQ为一边作矩形PQMN，且2QM PQ=，MN与BD在PQ的同侧．设点P的运动时间为t（秒），矩形PQMN与ABCD重叠部分的面积为()2cmS．（1）求边AB的长．（2）当04t<<时，PQ=，当48t<<时，PQ=．（用含t的代数式表示）（3）当点M落在BD上时，求t的值．（4）当矩形PQMN与ABCD重叠部分图形为四边形时，求S与t的函数关系式．2．已知，ABC内接于⊙O，AD BC⊥于点G（1）如图1，求证：BAO CAD∠=∠；（2）如图2，过点O作ON BC⊥于N，过点作BH AC⊥于H，交⊙O于点F，求证：2AE ON=；（3）如图3，在（2）的条件下，直线OE交AB于点P，若:3:2HC EF=，7OE=，2CQ=，求线段AD的长．3．直线113y x=-+分别交x轴、y轴于A、B两点．（1）求出点A、B的坐标；（2）已知点G的坐标为（2，7），过点G和B作直线BG，连接AG，求∠AGB的正切值；（3）在（2）的条件下，在直线BG 上是否存在点Q ，使得以点A 、B 、Q 为顶点的三角形与△AOB 相似？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．4．如图，抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于C 点，OA =1，OB =OC =3．（1）求抛物线的表达式；（2）如图1，点D 为第一象限抛物线上一动点，连接DC ，DB ，BC ，设点D 的横坐标为m ，△BCD 的面积为S ，求S 的最大值；（3）如图2，点P (0，n )是线段OC 上一点(不与点O 、C 重合)，连接PB ，将线段PB 以点P 为中心，旋转90°得到线段PQ ，是否存在n 的值，使点Q 落在抛物线上？若存在，请求出满足条件的n 的值，若不存在，请说明理由．5．已知抛物线经过()30A -,，()1,0B ，52,2C ⎛⎫⎪⎝⎭三点，其对称轴交x 轴于点H ，一次函数()0y kx b k =+≠的图象经过点C ，与抛物线交于另一点D （点D 在点C 的左边），与抛物线的对称轴交于点E ． （1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上是否存在点F ，使得点A 、B 、E 、F 构成的四边形是平行四边形，如果存在，求出点F 的坐标，若不存在请说明理由（3）设∠CEH=α，∠EAH =β，当αβ>时，直接写出k 的取值范围6．如图，抛物线顶点(1,4)P ，与y 轴交于点(0,3)C ，与x 轴交于点A ，B ．（1）求抛物线的解析式；（2）Q 是抛物线上除点P 外一点，BCQ △与BCP 的面积相等，求点Q 的坐标： （3）M 是线段BC 上方抛物线上一个动点，过点M 作x 轴的垂线，交线段BC 于点D ，再过点M 做MN //x 轴交抛物线于点N ，连结DN ，请问是否存在点M 使MDN △为等腰直角三角形？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．7．如图1所示，在等边三角形ABC 中，线段AD 为其内角平分线，过点D 的直线B 1C 1⊥AC 于点C 1，交AB 的延长线于点B 1．（1）请你探究：1111,AC DC AC CD AB BD AB DB ==是否都成立？请说明理由． （2）请你继续探究：若ABC 为任意三角形，线段AD 为其内角平分线，AC CDAB DB=一定成立吗？并证明你的判断．（3）如图2所示，在Rt ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝8，AB ＝403，E 为AB 上一点且AE ＝5，CE 交内角平分线AD 于点F ，试求DFFA的值．8．“数学建模”是中学数学的核心素养，平时学习过程中能归纳一些几何模型，解决几何问题就能起到事半功倍的作用．（1）如图1，正方形ABCD中，45=；∠=︒，且DE BFEAF=，求证：EG AG（2）如图2，正方形ABCD中，45∠=︒，延长EF交AB的延长线于点G，（1）中的EAF结论还成立吗？请说明理由；⊥，垂足为点Q，交AF于点N，连结DN，求（3）如图3在（2）的条件下，作GQ AE证：45∠=︒．NDC9．如图，在Rt△AOD中，∠AOD＝90°，以点O为圆心、OA为半径作⊙O．延长AD、OD，分别交⊙O于点C、E，点B是OD延长线上一点，且有BC＝BD．（1）求证：BC是⊙O的切线；（2）若∠OAD＝30°，CD＝3，求弧CE长．（3）若OD＝3，DE＝1，求BE．10．已知在菱形ABCD中，8∠=︒，点P是直线AB上任意一点，联结BADAB=，120PC．在PCD∠内部作射线CQ与对角线BD交于点Q（与B、D不重合），且30PCQ∠=︒，联结PQ．（1）如图1，当点P在边AB上时，如果6BP=，求线段PC的长；（2）求证：△PCQ是等腰三角形（3）直线PQ与直线BC交于点E，如果QCE∆与BCP∆相似，求线段BP的长．11．如图，已知正方形ABCD，直线BC上任意一点E，连接AE，将△ABE绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△AFG，直线BF、EG交于点M．（1）如图1，当点E在线段BC上，α＝90°时，求证：M为GE的中点；（2）如图2，当点E在射线BC上，（1）中的结论是否发生变化，说明理由．（3）当AB＝4，BE＝5，BM＝41时，求DM的长（直接写出结果）．12．如图1，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，连接AC和BC，∠OAC＝60°．（1）求二次函数的表达式．（2）如图2，线段BC上有M、N两动点（N在M上方），且MN 3P是直线BC下方抛物线上一动点，连接PC、PB，当△PBC面积最大时，连接PM、AN，当MN运动到某一位置时，PM+MN+NA的值最小，求出该最小值．（3）如图3，在（2）的条件下，连接AP，将AP绕着点A逆时针旋转60°至AQ．点E为二次函数对称轴上一动点，点F为平面内任意一点，是否存在这样的点E、F，使得四边形AEFQ 为菱形，若存在，请直接写出点E 的坐标，若不存在，请说明理由．13．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． 14．预备知识：(1)在一节数学课上，老师提出了这样一个问题：随着变量t 的变化，动点在平面直角坐标系中的运动轨迹是什么？一番深思熟虑后，聪明的小明说：“是一条直线”，老师问：“你能求出这条直线的函数表达式吗？”小明的思路如下：设这条直线的函数表达式为()0y kx b k =+≠，将点代入得：，整理得∵t 为任意实数，等式恒成立， ∴，∴，2b =∴这条直线的函数表达式为请仿照小明的做法，完成问题：随着变量t 的变化，动点在平面直角坐标系中的运动轨迹是直线l ，求直线l 的函数表达式．问题探究：(2)如图1，在平面直角坐标系中，已知，，且，AB AC =，则点C 的坐标为_________．结论应用：(3)如图2，在平面直角坐标系中，已知点()1,0P ，Q 是直线122y x =-+上的一个动点，连接PQ ，过点P 作，且，连接，求线段的最小值．15．定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点()11,A x y ，()22,B x y ，如果点(),M x y 满足122x x x -=，122y y y -=，那么称点M 是点A 、B 的“双减点”． 例如：()4,5A -，()6,1B -、当点(),T x y 满足4652x --==-，()5132y --==，则称点()5,3M -是点A 、B 的“双减点”．(1)写出点()1,3A -，()1,4B -的“双减点”C 的坐标；(2)点()6,4E -，点4,43F m m --⎛⎫⎪⎝⎭，点(),M x y 是点E 、F 的“双减点”．求y 与x 之间的函数关系式；(3)在（2）的条件下，y 与x 之间的函数图象与y 轴、x 轴分别交于点A 、C 两点，B 点坐标为3,0，若点E 在平面直角坐标系内，在直线AC 上是否存在点F ，使以A 、B 、E 、F 为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出F 点的坐标；若不存在，请说明理由． 16．如图，抛物线2=y ax bx +的对称轴为y a 19），P 为抛物线上一点，A （0，32）．(1)求抛物线解析式；(2)Q 为直线AP 上一点，且满足AQ ＝2AP ．当P 运动时，Q 在某个函数图象上运动，试写出Q 点所在函数的解析式；(3)如图2，以PA 为半径作⊙P 与x 轴分别交于M （x 1，0），N （x 2，0）（x 1＜x 2）两点，当△AMN 为等腰三角形时，求点P 的横坐标．17．如图1，在直角坐标系中，O 是坐标原点，点A 在y 轴正半轴上，二次函数y =ax 2+16x +c 的图象F 交x 轴于B 、C 两点，交y 轴于M 点，其中B （﹣3，0），M （0，﹣1）．已知AM =BC ．(1)求二次函数的解析式；(2)证明：在抛物线F 上存在点D ，使A 、B 、C 、D 四点连接而成的四边形恰好是平行四边形，并请求出直线BD 的解析式；(3)在（2）的条件下，设直线l 过D 且l ⊥BD ，分别交直线BA 、BC 于不同的P 、Q 两点，AC 、BD 相交于N ，求11BP BQ+的值； 18．如图，抛物线26y ax bx =++经过点()2,0A -、()4,0B 两点，与y 轴交于点C ，点D 是抛物线上一个动点，设点D 的横坐标为()14m m <<．连接AC 、BC 、DB 、D C ．(1)求抛物线的函数表达式；(2)BCD△的面积等于AOC△的面积的34时，求m的值；(3)在（2）的条件下，若点M是x轴上的一个动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．19．如图，在平面直角坐标系中，直线343y x=+与x轴、y轴分别交于A、B两点，点C在x轴上，且60ABC∠=︒．（1）点C的坐标为；（2）若动点P从点A出发，沿AC向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿C B A→→方向向点A运动，动点P的运动速度是每秒1个单位长度，动点Q的运动速度是每秒2个单位长度，设APQ∆的面积为S，点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；（3）在（2）的条件下，当APQ∆的面积最大时，y轴上有一点M，则平面内是否存在一点N使得以A，Q，M，N为顶点的四边形构成以AQ为边的菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．20．如图1，抛物线y12=-x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）和B点，与y轴交于点C（0，2）．（1）求这个抛物线的解析式；（2）若点P在抛物线上，且满足∠PAB＝∠ACO，求点P的坐标；（3）如图2，若点D是在直线BC上方的抛物线的一点，作DE⊥BC于点E，求线段DE的最大值．【参考答案】参考答案**科目模拟测试一、解答题1．（1）4；（2）2,162t t -；（3）0.8或7.2；（4）()()()222800.8814,4781285127.28t t S t t t t t t t ⎧<≤⎪=-+≤<<≤⎨⎪-+≤<⎩【解析】【分析】（1）利用勾股定理直接计算即可；（2）先求解25tan 2,sin 45BD BD A A AB AD =====再用含t 的代数式表示,,,AP PB PC 再利用三角函数建立方程求解两种情况下的PQ 即可；（3）分两种情况讨论：如图，当P 在AB 上，M 落在BD 上，如图，当P 在BC 上，M 落在BD 上，则,M D 重合，再利用矩形的性质结合三角函数可得结论；（4）如图，当M 第一次落在BD 上，即00.8t时，此时重叠部分的面积为四边形， 当14t ≤<时，重叠部分为四边形，如图， 当47t <≤时，此时重叠部分的面积为四边形，如图，当M 第2次落在BD 上时，7.2,t当7.28t 时，此时重叠部分的面积为四边形，再利用图形的性质列面积函数关系式即可.【详解】解：（1） 90ABD ∠=︒，5cm AD =，8cm BD =， ()2222458 4.AB AD BD ∴=-=-=（2）当04t <<时，P 在AB 上，,AP t =90,4,8,45,ABD AB BD AD ∠=︒===825tan 2,sin ,545BD BD A A AB AD ∴===== 而四边形PQMN 为矩形， 90,,,QPN QPA PQ MN PN MQ ∴∠=︒=∠==2,PQ AP∴= 2,PQ t ∴=当48t <<时，P 在BC 上，如图，此时()54,PB t =-，ABCD ，,,A C AD BC ∴∠=∠= 45545855,PC BC PB t t =-=-+=-25sin 5855PQ PQ C PC t∴∠===-， 162.PQ t ∴=-故答案为：2,162t t -（3）如图，当P 在AB 上，M 落在BD 上，此时4,,AP PN AP PB QM PB +=+==2,QM PQ24,PB PQ t54,t 解得：0.8,t如图，当P 在BC 上，M 落在BD 上，则,M D 重合，4,CQ DQ CQ MQ162,PQ t 同理可得：18,2CQ PQ t 2324,MQ PQ t32484,t t解得：7.2.t（4）当M 第一次落在BD 上，即00.8t时，此时重叠部分的面积为四边形，如图，此时,2,24,AP t PQ t QM PQ t2248,S t t t当M 落在BC 上时，如图，同理可得：1,2,,4,24,2AP t PQ t MN BN MN t PB t QM PN PQ t AB ======-====44,t 解得：1,t =当14t ≤<时，重叠部分为四边形，如图，同理可得：,2,4,4,AP t PQ t PB t HQ ===-= ()2144?28,2S t t t t =-+=-+ 如图，当N 落在AD 上时，同理可得：162,8,2324,PQ t CQ t MQ PN PQ t 而4,PN CD3244,t 解得：7,t =当47t <≤时，此时重叠部分的面积为四边形，如图，此时44,DQ CQ t()()2144?1628,2S t t t t =-+-=-+ 当M 第2次落在BD 上时，7.2,t当7.28t 时，此时重叠部分的面积为四边形，如图，同理可得：162,22162,PQ t MQ PQ t2221628128512.S t t t综上：()()()222800.8814,4781285127.28t t S t t t t t t t ⎧<≤⎪=-+≤<<≤⎨⎪-+≤<⎩【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的判定与性质，列面积函数关系式，锐角三角函数的应用，清晰的分类讨论是解题的关键.2．（1）见解析；（2）见解析；（37137【解析】【分析】（1）连接,BO BD ，根据圆周角定理以及三角形的内角和，以及AD BD ⊥，即可证明BAO CAD ∠=∠；（2）延长CO 交O 于点M ，连接BM 、AM ，依垂径构造中位线，得2BM ON =，证明四边形AEBM 是平行四边形，得AE BM =结论可证；（3）连接OE 并延长交AC 于点Q ,连接,,AF OB OC ，CD ，,AD BC AH BF ⊥⊥，证EH HF =结合边比得60HFC ∠=︒，证AOP ≌AEQ △，得APQ 是等边等边三角形，PBO ≌QOC ，得等边边长13，得半径3BO =AEH △，求得1cos 7AEH ∠=继续解形计算，可得7137AD =【详解】（1）如图，连接,BO BD ，AD BC ⊥90DAC C ∴∠+∠=︒AO BO =AOB ABO ∠=∠2180AOB BAO ∴∠+∠=︒即2AOB BAO ∠+∠()2DAC C =∠+∠=AB AB2AOB C ∴∠=∠BAO DAC ∴∠=∠（2）如图，延长CO 交O 于点M ，连接BM 、AMON BC ⊥NB NC ∴=OM OC =2ON BM ∴= MC 为O 的直径，90MBC ∴∠=︒，90MAC ∠=︒MB BC ∴⊥,MA AC ⊥AD BC ⊥,BH AC ⊥∴//MB AE ，//MA BH∴四边形AMBE 是平行四边形AE MB ∴=∴2AE ON =（3）如图，连接OE 并延长交AC 于点Q ,连接,,AF OB OC ，CD ，,AD BC AH BF ⊥⊥,90,90GBH BEG HAE AEH ∴∠+∠=︒∠+=︒,BEG AEH ∠=∠,GBH HAE ∴∠=∠,即CAD CBF ∠=∠CF CF =CAF CBF ∴∠=CAD CAF ∴∠=∠AH BF ⊥AHE AHF ∴∠=∠又AH AH =AHE AHF ∴△≌△HE HF ∴=:32HC EF =3HC HF ∴=tan 3HC HFC HF∠==60HFC ∴∠=︒设ON k =，由（2）可得2AE ON =2k =,60,HFC CB CB ∠=︒=120BOC ∴∠=︒,60BAC BFC ∠=∠=︒ON BC ⊥1602BON BOC ∴∠=∠=︒ 22cos ON OB ON k BON∴===∠ 2OA OB OC k ∴===AO AE ∴=AOE AEO ∴∠=∠AOP AEQ ∴∠=∠由（1）可得BAO CAD ∠=∠，在AOP 和AEQ △中，BAO CAD AO AEAOP AEQ ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴AOP ≌AEQ △∴=AP AQ ，OP EQ =60BAC ∠=︒APQ ∴△是等边三角形，60APQ AQP ∴∠=∠=︒120BPO OQC ∴∠=∠=︒120BOC ∠=︒18060BOP COQ BOC ∴∠+∠=︒-∠=︒180********BOP PBO OPB ∠+∠=︒-∠=︒-︒=︒COQ PBO ∴∠=∠在PBO 与QOC 中COQ OBP OQC BPO BO OC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴PBO ≌QOCOQ BP ∴=，OP QC =OP EQ =2EQ QC ∴==7OE =27211PQ AP AQ PO OE EQ ∴===++=++=在Rt EHQ 中，60AQP ∠=︒,2EQ =sin 2EH EQ EQH ∴=⨯∠==1cos 12HQ EQ EQA EQ =⋅∠==EF EH ∴=在Rt HCF △中，cos 2HF CF HFC===∠在Rt AEH 中,12AH AQ HQ =-=AE ∴=AO AE ∴==在Rt AEH △中，1cos 7EH AEH AE ∠=== ,AH BF AD BC ⊥⊥∴AEH GAC GAC GCA ∠+∠=∠+∠AEH ACG ∴∠=∠在Rt AGC 中，13215AC AQ QC =+=+=115cos cos 77CG AC ACG AC AEH AC ∴=⋅∠=⋅∠==AG ∴=DAC CAF ∠=∠DC CF ∴=GD ∴=AD AG GD ∴=+=+∴AD = 【点睛】本题考查了圆与三角形的综合，三角形全等的性质与证明，中位线定理，平行四边形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，圆周角定理，添加辅助线是解题的关键．3．（1）()3,0A ，()0,1B ；（2）1tan 2AGB ∠=；（3）存在，11,23Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭，21,03Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()33,10Q ，()43,8Q -- 【解析】【分析】（1）对于113y x =-+，令x ＝0，则y ＝1，令y ＝0，即113x -+＝0，解得x ＝3，即可求解；（2）证明AG 2＝AB 2＋BG 2，则△ABG 为直角三角形，即可求解；（3）分△ABQ ∽△AOB 、△ABQ ∽△BOA 两种情况，利用三角形相似边的比例关系，即可求解．【详解】解：（1）对于113y x =-+，令x ＝0，则y ＝1，令y ＝0，即113x -+＝0，解得x ＝3， 故点A 、B 的坐标分别（3，0）、（0，1）；（2）由A 、B 、G 的坐标知，BG 2＝22＋（7−1）2＝40， 同理AB 2＝10，AG 2＝50，故AG 2＝AB 2＋BG 2，故△ABG 为直角三角形，则tan ∠AGB ＝101240ABBG ==；（3）设直线BG 的表达式为y ＝kx ＋b ，则721k bb =+⎧⎨=⎩，解得31k b =⎧⎨=⎩故直线BG 的表达式为y ＝3x ＋1，设点Q （m ，3m ＋1），①当△ABQ ∽△AOB 时，则AB BQ AO OB =，即()223111031m m ++-=，解得m ＝±13，∴11,23Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭，21,03Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭②当△ABQ ∽△BOA 时，ABBQ OB AO =，即()223111013m m ++-=解得：m ＝±3，∴()33,10Q ，()43,8Q --故点P 的坐标为（13，2）或（−13，0）或（3，10）或（−3，−8）．【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解直角三角形、三角形相似等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．4．（1）2y x 2x 3=-++；（2）278；（3）存在，n =1或n =3+332- 【解析】【分析】（1）通过待定系数法求解函数解析式即可；（2）作DF ⊥x 轴于点F ，交BC 于点E ，根据12S DE OB =⋅求得S 关于m 的解析式，根据二次函数的性质求解即可；（3）过点P 作PB 的垂线，交抛物线于点1Q 和2Q ，作1Q M y ⊥轴于点M ，2Q N y ⊥轴于点N ，利用全等三角形的性质求解即可．【详解】解：(1)设函数关系式为2y ax bx c =++由题意，得A (－1，0)，B (3，0)，C (0，3)∴(1)(3)y a x x =+-把C (0，3)代入得，1a =-∴2y x 2x 3=-++(2)作DF ⊥x 轴于点F ，交BC 于点E设直线BC 关系式为y =kx ＋b ，代入(3，0)，(0，3)得k =－1，b =3，∴y =－x ＋3∵点D 的横坐标为m ，则DF =223m m -++，EF =－m ＋3∴DE =23m m -+22133327(3)()22228S DE OB m m m =⋅=-+=--+∵302-<，∴S 的最大值是278(3)过点P 作PB 的垂线，交抛物线于点1Q 和2Q ，作1Q M y ⊥轴于点M ，2Q N y ⊥轴于点N∴1290Q MP Q NP BOP ∠=∠=∠=︒∵1190Q PM PQ M ∠+∠=︒，190Q PM BPO ∠+∠=︒，∴1PQ M BPO ∠=∠又∵1BP PQ =，∴1Q PM PBO △≌△∴1MQ OP n ==，3MP OB ==，∴1()3Q n n +，代入抛物线，得2323n n n +=-++解得11n =，20n =(舍去)同理，2PN Q PBO ≌，∴2Q (－n ，n －3)代入抛物线，得2323n n n =-+－－解得13+33n -=2333n --=舍去) 综上，存在n 的值，n =1或n 3+33-【点睛】 此题考查了二次函数与几何的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握二次函数以及全等三角形的判定与性质．5．（1）y ＝12x 2＋x −32；（2）（3，6）或（-5，6）或（−1，-2）；（3）−12＜k ＜56且k ≠0或56＜k ＜43【解析】【分析】（1）把A（−3，0），B（1，0），52,2C⎛⎫⎪⎝⎭代入y＝ax2＋bx＋c，解方程组即可；（2）把C点坐标代入直线CD，得2k＋b＝52，分两种情况：①若AB为平行四边形的边时，②若AB为平行四边形的对角线时，得关于k、b的方程组，解方程组即可求解；（3）分两种情况：①当E点在x轴上方时，②E点在x轴下方时，根据当α＝β时，列方程，可求出k的值，进而求出k的取值范围．【详解】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋c，∵抛物线经过A（−3，0），B（1，0），C（2，52）三点，∴9305 422a b ca b ca b c⎧⎪-+=⎪++=⎨⎪⎪++=⎩，∴12132abc⎧⎪⎪⎨⎪⎪-⎩＝＝＝，∴抛物线的解析式为y＝12x2＋x−32；（2）如图1所示，将C点坐标代入直线CD，得2k＋b＝52，当x＝−1时，y＝−k＋b，即E（−1，−k＋b）．①若AB为平行四边形的边时，则F（-1+4，−k＋b）或F（-1-4，−k＋b），即：F（3，−k＋b）或F（-5，−k＋b），把F（3，−k＋b）代入y＝12x2＋x−32，得−k＋b=6，把F （-5，−k ＋b ），代入y ＝12x 2＋x −32，得−k ＋b =6， 又∵2k ＋b ＝52， ∴k =76-，b =296 ∴F （3，6）或（-5，6）；②若AB 为平行四边形的对角线时，则F 和E 关于x 轴对称，∴F （−1，k -b ），∴k -b =-2，又∵2k ＋b ＝52， ∴k =16，b =136，∴F （−1，-2），综上所述：F 的坐标为（3，6）或（-5，6）或（−1，-2）；（3）如图2所示，①当E 点在x 轴上方时，如图2所示，当α＝β时，∵∠EHA ＝90°，∴∠AEC ＝90°，∴∠AEH =∠EGH ，∵∠AHF =∠FHG =90°，∴AHF FHG ∽，∴AEAHEG EH =，∵A （−3，0），E （−1，−k ＋b ），G （bk -，0），()()2222221k b k b b k b k +-+=-+⎛⎫-++-+ ⎪⎝⎭，∴k 2−bk −2＝0，联立方程220522k bkk b⎧--=⎪⎨+=⎪⎩，解得k＝−12（k＝43舍去），随着E点向下移动，∠CEH的度数越来越大，∠EAH的度数越来越小，当E点和H点重合时（如图3所示），α和β均等于0，此时联立方程522k bk b⎧+⎪⎨⎪-+⎩＝＝，解得5656kb⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，因此当−12＜k＜56且k≠0时，α＞β；②E点在x轴下方时，如图4所示，当α＝β时，∵∠EHA＝90°，∴∠AEC＝90°，根据①可得此时k＝43（k＝−12舍去），随着E点向下移动，∠CEH的度数越来越小，∠EAH的度数越来越大，因此当56＜k＜43时，α＞β．综上所述可得，当α＞β时，k取值范围为−12＜k＜56且k≠0或56＜k＜43．【点睛】本题考查的是一次函数、二次函数和相似三角形的判定和性质的综合应用，掌握待定系数法求函数解析式和数形结合思想方法是解题的关键．6．（1）2y x 2x 3=-++；（2）1(2,3)Q ，2317117(,)22Q +--，3317117(,)22Q --+；（3）存在，(2,3)M 或5175317(,)22--+ 【解析】【分析】（1）设2(1)4(0)y a x a =-+≠，把C(0,3)代入求出a ，即可得出答案；（2）①过P 作PQ //BC ，交抛物线于点Q ，如图1所示；②求出点G 坐标，可得2PG GH ==，过H 作直线23Q Q //BC ，交x 轴于点H ，分别求出Q 的坐标即可； （3）MDN △为等腰直角三角形，则MN MD =，求出MN 、MD 的长度即可列出等量关系式，从而得出答案．【详解】（1）设2(1)4(0)y a x a =-+≠，把C(0,3)代入抛物线解析式得：43a +=，即1a =-，则抛物线解析式为22(1)423 y x x x =--+=-++；（2）由(3,0)B ，C(0,3)，得到直线BC 解析式为3y x =-+，①过P 作1PQ //BC ，交抛物线于点1Q ，如图1所示，(1,4)P ，∴直线PQ 解析式为5y x =-+，联立得：2235y x x y x ⎧=-++⎨=-+⎩， 解得：14x y =⎧⎨=⎩或23x y =⎧⎨=⎩， 即1(2,3)Q ；②过P 作PH x ⊥轴，交BC 于点G ，交x 轴于点H ，令1x =，代入3y x =-+，得2y =，(1,2)G ∴，2PG GH ∴==，过H 作直线23Q Q //BC ，则直线23Q Q 解析式为1y x =-+，联立得：2231y x x y x ⎧=-++⎨=-+⎩，解得：x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或x y ⎧⎪⎪⎨⎪=⎪⎩2Q ∴，3Q ， 综上所述：点Q 的坐标为1(2,3)Q，2Q，3Q ； （3）MDN △为等腰直角三角形，则MN MD =，点()2,23M m m m -++，令x m =，代入3y x =-+得：3y m =-+，(,3)D m m ∴-+，函数的对称轴为：1x =，则点N 的横坐标为：2m -，则|22|MN m =-，2223(3)3MD m m m m m =-++--+=-+，2223m m m ∴-=-+，2223m m m -=-+或2223m m m -+=-+，解得：12m =或21m =-（舍）或3m =4m = 当2m =时，2233m m -++=，当m =223m m -++= 故点M 的坐标为：(2,3)或． 【点睛】 本题考查了二次函数综合题，设计知识有：用待定系数法求函数解析式、同底等高的面积计算、等腰直角三角形的性质，一次函数与二次函数交点问题，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．7．（1）都成立，理由见解析；（2）结论依然成立，理由见解析；（3）58【解析】【分析】（1）利用等边三角形的性质和含30直角三角形的性质，求得对应边的比值，即可求解；（2）过点B 作BE AC ∥交AD 延长线于点E ，利用等腰三角形的性质可得AB BE =，再利用相似三角形的性质即可求解；（3）连接DE ，由（2）可得，35CD AC DB AB ==，58EF AE FC AC ==，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】 （1）两个等式都成立，理由如下：∵ABC 为等边三角形，AD 为角平分线∴AD 垂直平分BC ，30CAD BAD ∠=∠=︒，AB AC = ∴CD BD =∴AC CD AB DB= ∵60CAB ∠=︒，11B C AC ⊥∴130B ∠=︒∴112AB AC =，即1112AC AB = 又∵130DAB B ∠=︒=∠∴1AD DB =在1Rt ADC 中，130C AD ∠=︒，∴112DA DB DC ==，1112C D DB = ∴1111AC C D AB DB = （2）结论依然成立，理由如下：如下图：过点B 作BE AC ∥交AD 延长线于点E∴E CAD BAD ∠=∠=∠∴AB BE =∵BE AC ∥∴ACD EBD △△∽∴AC CD EB DB= 又∵AB BE =∴AC CD AB DB=（3）如图，连接DE∵AD平分CAB∠∴AD为ABC和ACE的内角角平分线由（2）的性质可得，834053CD ACDB AB===，58EF AEFC AC==又∵5340553AEEB==-∴CD AE DB EB=∴BD BE BC AB=又∵B B∠=∠∴BDE BCA∽∴BED BAC ∠=∠∴DE AC∥∴DEF ACF∽∴58 DF EFAF FC==【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，涉及了等边三角形的性质，等腰三角形的性质以及含30直角三角形的性质，解题的关键是灵活利用相关性质，构造出相似三角形，再利用相似三角形的性质求解即可．8．（1）见解析；（2）结论依然成立，理由见解析；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据半角旋转模型，把△ABF逆时针旋转90°，则AB与AD重合，设F对应的点为M，即可证明AME AFE≅，得到AEM AEF∠=∠，再结合AEM EAG∠=∠，可得AEM AEF∠=∠，可得EG AG=；（2）结论依然成立，证明方法与（1）一样；（3）又等腰三角形三线合一的性质可得GQ垂直平分EA，可得△ANE是等腰直角三角形，可得A、D、E、N四点共圆，根据圆周角45NDC EAN∠=∠=︒【详解】（1）把△ABF 逆时针旋转90°，则AB 与AD 重合，设F 对应的点为M ，∴AMD AFB ≅∴90,,MDA FBA AM AF MAD FAB ∠=∠=︒=∠=∠ ∴M 、D 、C 三点共线∵45EAF ∠=︒∴45EAD FAB EAD MAD MAE ∠+∠=∠+∠=∠=︒ ∴()AME AFE SAS ≅∴AEM AEG ∠=∠∵AB ∥CD∴AEM EAG ∠=∠∴AEG EAG ∠=∠∴EG AG =（2）结论依然成立，EG AG =把△ABF 逆时针旋转90°，则AB 与AD 重合，设F 对应的点为M ， ∴AMD AFB ≅∴90,,MDA FBA AM AF MAD FAB ∠=∠=︒=∠=∠ ∴M 、D 、C 三点共线∵45EAF ∠=︒∴45EAD FAB EAD MAD MAE ∠+∠=∠+∠=∠=︒ ∴()AME AFE SAS ≅∴AEM AEG ∠=∠∵AB∥CD∴AEM EAG∠=∠∴AEG EAG∠=∠∴EG AG=（3）连接EN由（2）得EG AG=∵GQ AE⊥∴GQ垂直平分AE∴EN=AN∵45EAF∠=︒∴90ANE ADE∠=︒=∠∴A、D、E、N四点在以AE为直径的同一个圆上，∴45NDC EAN∠=∠=︒．【点睛】本题考查半角旋转模型，熟练根据模型做出辅助线是解题的关键．第（3）问根据四点共圆证明是本题的难点．9．（1）见详解；（2）12π；（3）16【解析】【分析】（1）连接CO，先证∠BCD=∠ADO，由∠A+∠ADO=90°，可得∠OCA+∠BCD=90°，进而即可得到结论；（2）先证BCD△是等边三角形，∠BOC=30°，求出OC=3，利用弧长公式即可求解；（3）过点O作ON⊥AD，过点B作BM⊥CD，利用勾股定理和面积法求出ON=125，AN=165，结合垂径定理和等腰三角形的性质得DM=710，最后利用锐角三家函数即可求解．【详解】解：（1）连接CO，∵BC＝BD，∴∠BDC=∠BCD，∵∠BDC=∠ADO，∴∠BCD=∠ADO，∵OA=OC，∴∠A=∠OCA，∵∠AOD＝90°，∴∠A+∠ADO=90°，∴∠OCA+∠BCD=90°，即OC⊥BC，∴BC是⊙O的切线；（2）∵∠OAD＝30°，∴∠OCA=∠OAD＝30°，∠AOC=180°-30°-30°=120°，∠ADO=∠BDC=90°-30°=60°，∴∠BOC=120°-90°=30°，又∵BC＝BD，∴BCD△是等边三角形，∴CB=CD＝3，∵OC⊥BC，∴OC=3×3=3，∴30311802CEππ⨯==；（3）过点O作ON⊥AD，过点B作BM⊥CD，∵OD＝3，DE＝1，∴AO=EO=3+1=4，∴AD5=，∴ON=125 OD OAAD⨯=，∴AN165 =，∴AC=2AN=325，∴CD=325-5=75，∵BD=BC，∴DM=75÷2=710，∵∠BDM=∠ADO，∴cos∠BDM=cos∠ADO，即：35 DM ODBD AB==，∴BD=53DM=710×53=76，∴BE=76-1=16．【点睛】本题主要考查圆和三角形的综合，掌握勾股定理，切线的判定定理，垂径定理，锐角三角函数的定义是解题的关键．10．（1）PC=2）见解析；（3）满足条件的PB的值为4+4．【解析】【分析】（1）如图1中，作PH⊥BC于H，．解直角三角形求出BH，PH，在Rt△PCH中，理由勾股定理即可解决问题；（2）根据菱形性质以及∠BAD=120°得∠PBQ=30°，再由∠PCQ=30°证明△POB∽△QOC 以及△POQ∽△BOC，即可得到∠PCQ=∠CPQ；（3）分两种情形：①如图2中，若直线QP交直线BC于B点左侧于E，②如图3中，若直线QP交直线BC于C点右侧于E，分别求解即可．【详解】解：（1）如图1中，作PH BC⊥于H．四边形ABCD 是菱形，8AB BC ∴==，//AD BC ，180A ABC ∴∠+∠=︒，120A ∠=︒，60PBH ∴∠=︒，6PB =，90PHB ∠=︒，cos603BH PB ∴=︒=，sin 6033PH PB =︒=，835CH BC BH ∴=-=-=，2222(33)5213PC PH CH ∴=+=+=．（2）设PC 交BD 于O ．四边形ABCD 是菱形，30ABD CBD ∴∠=∠=︒，30PCQ ∠=︒，PBO QCO ∴∠=∠，POB QOC ∠=∠，POB QOC ∴∆∆∽，∴PO BO QO CD =， ∴OP QO BO CD=， POQ BOC ∠=∠，POQ BOC ∴∆∆∽，30OPQ OBC PCQ ∴∠=∠=︒=∠，∴△PCQ 是等腰三角形；（3）①如图2中，若直线QP 交直线BC 于B 点左侧于E ．此时120CQE ∠=︒，60PBC ∠=︒，PBC ∴∆中，不存在角与CQE ∠相等，此时QCE ∆与BCP ∆不可能相似．②如图3中，若直线QP 交直线BC 于C 点右侧于E ．则60CQE B QBC QCP CBP ∠=∠=+∠=︒=∠，PCB E ∠>∠，∴只可能75BCP QCE ∠=∠=︒，作CF AB ⊥于F ，则4BF =，43CF =，45PCF ∠=︒，43PF CF ∴==，此时443PB =+，③如图4中，当点P 在AB 的延长线上时，QCE ∆与BCP ∆相似，120CQE CBP ∴∠=∠=︒，15QCE PCB ∴∠=∠=︒，作CF AB ⊥于F ．30FCB ∠=︒，45FCP ∴∠=︒，142BF BC ∴==，43CF PF ==， 434PB ∴=-．综上所述，满足条件的PB 的值为443+或434-．【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．11．（1）见解析；（2）不发生变化，理由见解析；（3）1【解析】【分析】（1）将△ABE 绕点A 逆时针旋转α 得到△AFG ， 当点E 在线段BC 上，α＝90°时，过E 作EH BC ⊥，证明四边形HEDG 是平行四边形，即可得M 是GE 的中点；（2）过点E 作//EN GF ,交BM 的延长线于点N ，连接GN ,EF ，方法同（1）证明四边形FEGN 是平行四边形即可；（3）根据勾股定理求得AE ，①当E 在射线BC 上时，根据（2）的结论，取AE 的中点P ，连接,BP MP ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形中位线定理，可得AE BM =，进而证明ABEM 是矩形，进而求得DM ，②当E 在射线CB 上时，可得此情况不符合题意，综合①②可得结果．【详解】（1）过E 作EH BC ⊥,如图，四边形ABCD 是正方形，45DBC ∴∠=︒//AB CDHE BC ⊥45BHE ∴∠=︒将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△AFG，,∴=BE GD∴=HE GD⊥⊥,GF AD AD DC∴三点共线,,G D C∴⊥GC BC∴GD HE//∴四边形HEDG是平行四边形∴为GE的中点；M（2）（1）中的结论，M是GE的中点，仍然成立，理由如下：如图，过点E作//EN GF,交BM的延长线于点N，连接GN,EF将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△AFG，,=∴=,BE FGAB AF∠=设ABFβ∴∠=∠=ABF AFBβ四边形ABCD是正方形，90∴∠=∠=︒ABC AFG∴∠=︒-,18090∠=︒-∠-∠=︒-GFN AFB AFGβEBNβ90EN GF//BNE GFNβ∴∠=∠=︒-90∴∠=∠EBN ENB∴=EB EN=BE FG∴四边形FEGN 是平行四边形∴M 是GE 的中点（3）AB ＝4，BE ＝5，BM ＝41 四边形ABCD 是正方形，90ABC AFG ∴∠=∠=︒,4AD AB BC ===Rt ABE △中，22224541AE AB BE =+=+=AE BM ∴=将△ABE 绕点A 逆时针旋转α得到△AFG ,AB AF ∴=,BE FG =,AE AG =①当E 在射线BC 上时，如图，取AE 的中点P ，连接,BP MP则PA PE =∴114122BP AE ==由（2）可知M 为GE 的中点， ∴114122PM AG == BP PM ∴=PA PE =∴四边形ABEM 是平行四边形41BP PM AE BM ∴+===即AE BM =∴四边形ABEM 是矩形即,,B P M 三点共线，如图，541DM AM AD BE BC ∴=-=-=-=②当E 在射线CB 上时，，由已知，AE 41BM 41由题意，AE ≠BM 故此情况不存在综上所述，1DM =【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质，等边对等角，三线合一，旋转的性质，综合运用以上知识，并能正确的添加辅助线是解题的关键．12．（1）23233y =221733）存在，111⎛ ⎝⎭或1111,⎛ ⎝⎭ 【解析】【分析】（1）由已知可设抛物线的解析式为(1)(3)y a x x =+-，由已知条件可求得点C 的坐标，把点C 的坐标代入解析式中即可求得a 的值，从而可得二次函数的表达式；（2）过点P 作PD ⊥x 轴于点D ，连接PO ，设点P 的坐标为23233m ⎛ ⎝，则由题意可得OD 、PD 的长度，由PBC POC POB BOC S S S S =+-可得关于m 的二次函数，即可求得此时函数的最大值，从而可得点P 的坐标；过点A 作BC 的平行线，且在位于x 轴下方的直线上取AG =NM ，过G 作GH 垂直x 轴于点H ，连接GP ，则可求得点G 的坐标，当点M 在线段GP 上时，PM +NA 最小，从而PM +MN +NA 最小，可求得其最小值．（3）当四边形AEFQ 是菱形时，△AEQ 是等腰三角形，由点E 在抛物线的对称轴上，故设点E (1，n )，由旋转的性质则可得AE =AQ =AP ，可得关于n 的方程，解方程即可求得n ，从而求得点E 的坐标．【详解】（1）∵抛物线交x 轴于A （﹣1，0）、B （3，0）两点∴设抛物线的表达式为(1)(3)y a x x =+-，且OA =1∵∠OAC =60゜，OA ⊥OC∴∠OCA =30゜∴AC =2OA =2∴OC∴(0,C把点C 的坐标代入(1)(3)y a x x =+-中，得3a -=∴a =∴1)(3)y x x =+-展开得：2y =-即二次函数的表达式为2y x x =-（2）过点P 作PD ⊥x 轴于点D ，连接PO ，如图2—1设点P 的坐标为2m ⎛ ⎝ ∵点P 位于第四象限内∴OD =m ，22PD =-=+⎝∵B (3，0)∴OB =3∵PBC POC POB BOC S S S S =+-111222OC OD PD OB OC OB =⨯+⨯-⨯232⎛=++ ⎝2= 232m ⎫=-⎪⎝⎭ ∴当32m =时，△PBC 的面积有最大值当当32m =2=此时点P 的坐标为3,2⎛ ⎝⎭∵MN =为定值 ∴PM +MN +NA 的最小值就是求PM +NA 的最小值过点A 作BC 的平行线，且在位于x 轴下方的直线上取AG =NM ，过G 作GH 垂直x 轴于点H ，连接GP ，如图2-2 ∵AG ∥NM ，AG =NM ∴四边形AGMN 是平行四边形 ∴GM =AN∴PM +NA =PM +GM ≥GP∴当点M 在线段GP 上时，PM +NA 最小，且最小值为线段GP 的长，从而PM +MN +NA 最小在Rt △COB 中，由勾股定理得BC ∴BC =2OC ∴∠CBO =30゜ ∵AG ∥BC∴∠HAG =∠CBO =30゜ ∵GH ⊥x 轴∴12HG AG ==由勾股定理得34AH == ∴37144OH OA AH =+=+=∴G 点坐标为7,4⎛- ⎝⎭由勾股定理得GP =即PM +NA 的最小值为2174∴PM +MN +NA 的最小值为217342+（3）存在；理由如下：由于四边形AEFQ 是菱形，则△AEQ 是等腰三角形，且AE =AQ ∵抛物线的对称轴为直线x =1，点E 在抛物线的对称轴上 ∴设点E (1，n )则2222(11)4AE n n =++=+ ∵AP 绕点A 旋转后得到AQ ∴AP =AQ ∴AE =AQ =AP∵2223531751216AP ⎛⎫=++= ⎪⎝⎭⎝⎭∴由AE =AP 得：2175416n += 解得：111n =∴点E 的坐标为111⎛ ⎝⎭或1111,⎛ ⎝⎭【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了用待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的性质，图形的面积，菱形的性质，直角三角形的性质等，综合性强，考查的知识点多，运算量大，是中考常考的压轴题．就数学思想方法而言有：割补思想，转化思想（三线段和的最小值转化为两线段和的最小值），方程思想，数形结合等．13．(1)757221【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 =(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 ∠；。
2022年中考数学复习之挑战压轴题(填空题)：图像的平移、折叠、旋转(含答案)
2022年中考数学复习之挑战压轴题（填空题）：图像的平移、折叠、旋转一．填空题（共10小题）1．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，tan∠ACB＝2，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，CD，则CD长的最小值为．2．（2021秋•历城区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝9，点E，F分别在边AD，BC上，且AE＝2，沿直线EF翻折，点A的对应点A′恰好落在对角线AC上，点B的对应点为B′，分别在线段EF，A′B′上取点M，N，沿直线MN二次翻折，使点F与点E重合，则线段MN的长为．3．（2021•綦江区校级三模）如图，在矩形ABCD中，E为AB边上的一点，将△ADE沿DE 翻折，得到△DEF，且F在BC边上，G为AD边上的一点，过点G作AD的垂线交DF 于点H，连接AH交DE于点P，连接AF，若AB＝7，BF＝3，HA平分∠GHF，则AG 的长度为．4．（2021•马鞍山模拟）如图，将边长为4的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q连接PQ，则△GPQ的周长最小值是．5．（2020•海安市模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是AB边上一点，且AE＝，点F是边BC上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG，CG，则四边形AGCD的面积的最小值为．6．（2021春•东阳市期末）在综合实践课上，小明把边长为2cm的正方形纸片沿着对角线AC剪开，如图1所示．然后固定纸片△ABC，把纸片△ADC沿AC的方向平移得到△A′D′C′，连A′B，D′B，D′C，在平移过程中：（1）四边形A′BCD′的形状始终是；（2）A′B+D′B的最小值为．7．（2021•路北区一模）如图，边长为1的正方形ABCD在等边长的正六边形外部做顺时针滚动，滚动一周回到初始位置时停止．第一次滚动时正方形旋转了°，点A在滚动过程中到出发点的最大距离是．8．（2021•河北区模拟）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是BC边的中点，F 是直线DE上的动点．连接CF，将线段CF逆时针旋转90°得到CG，连接EG，则EG 的最小值是．9．在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一点，连接DP，将DP绕点D逆时针旋转90°后得到线段DE，连接PE，点C关于直线PE的对称点是C′，连接C′E、C′P、C′A．若四边形AC′ED是平行四边形，PC＝2，则平行四边形AC′ED的面积是．10．（2020•衢州二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝6，点E是CD的中点，过点E作EF∥BC，交对角线BD于点F．将△DEF绕点D逆时针方向旋转得到△DE1F1，连接CE1，BF1，设旋转角度为α（0°＜α＜180°），则＝；连接CF1，当△DF1B 为直角三角形时，CF1＝．2022年中考数学复习之挑战压轴题（填空题）：图像的平移、折叠、旋转（10题）参考答案与试题解析一．填空题（共10小题）1．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，tan∠ACB＝2，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，CD，则CD长的最小值为．【考点】轴对称﹣最短路线问题；旋转的性质；解直角三角形；等腰三角形的性质．【专题】图形的相似；推理能力．【分析】以BC为边构建出和△BPD相似的三角形，通过将CD边转化为其他边来求值．【解答】解：如图所示，以BC为底边向上作三等腰△BQC，连接BP．由题意可得△BQC和△BPQ均为顶角为120°的等腰三角形，可得，∠QBC＝∠PBD＝30°，∴∠QBC﹣∠QBD＝∠PBD﹣∠QBD，∴∠PBQ＝∠DBC，∴△PBQ∽△DBC，∴，∴当PQ⊥AC时，有PQ最小，即此时CD最小，如图所示，设OP′⊥AC，延长AQ与BC交K，此时QP'为QP的最小值，可得AK⊥BC，∵△BQC中，∠BQC＝120°，BC＝6，∴BK＝3，∠QBK＝30°，∴QK＝＝，∵tan∠ACB＝＝，KC＝3，∴AK＝＝，∴AQ＝AK﹣QK＝，AC＝＝，∵∠AP'Q＝∠AKC＝90°，∠QAP'＝∠CAK，∴△AQP'∽△ACK，∴，∴，∴QP'＝，∴CD＝＝．【点评】本题考查的是瓜豆原理的知识点，重难点在于构造相似三角形的手拉手模型，属于难题．2．（2021秋•历城区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝9，点E，F分别在边AD，BC上，且AE＝2，沿直线EF翻折，点A的对应点A′恰好落在对角线AC上，点B的对应点为B′，分别在线段EF，A′B′上取点M，N，沿直线MN二次翻折，使点F与点E重合，则线段MN的长为．【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；矩形的性质．【专题】几何综合题；压轴题；推理能力．【分析】如图，过点F作FT⊥AD于T，则四边形ABFT是矩形，连接FN，EN，设AC 交EF于J．证明△FTE∽△ADC，求出ET＝1，EF＝，设A′N＝x，根据NF＝NE，可得12+（3﹣x）2＝22+x2，解方程求出x，可得结论．【解答】解：如图，过点F作FT⊥AD于T，则四边形ABFT是矩形，连接FN，EN，设AC交EF于J．∵四边形ABFT是矩形，∴AB＝FT＝3，BF＝AT，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝9，∠B＝∠D＝90°∴AC＝＝＝3，∵∠TFE+∠AEJ＝90°，∠DAC+∠AEJ＝90°，∴∠TFE＝∠DAC，∵∠FTE＝∠D＝90°，∴△FTE∽△ADC，∴＝＝，∴＝＝，∴TE＝1，EF＝，∴BF＝AT＝AE﹣ET＝2﹣1＝1，设A′N＝x，∵NM垂直平分线段EF，∴NF＝NE，∴12+（3﹣x）2＝22+x2，∴x＝1，∴FN＝＝＝，∴MN＝＝＝，故答案为：．【点评】本题属于几何综合题，考查矩形的性质，翻折变换，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．3．（2021•綦江区校级三模）如图，在矩形ABCD中，E为AB边上的一点，将△ADE沿DE 翻折，得到△DEF，且F在BC边上，G为AD边上的一点，过点G作AD的垂线交DF 于点H，连接AH交DE于点P，连接AF，若AB＝7，BF＝3，HA平分∠GHF，则AG 的长度为7．【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；角平分线的性质；矩形的性质．【专题】推理填空题；矩形菱形正方形；推理能力．【分析】过点A作AN⊥DF于点N，延长AB，DF交于点M，设AE＝x，AD＝y，由翻折可知：EF＝AE＝x，DF＝AD＝BC＝y，则BE＝AB﹣AE＝7﹣x，CF＝BC﹣BF＝y﹣3，在Rt△BEF和Rt△DFC中，根据勾股定理得x＝，y＝，证明△BFM∽△ADM，可得BM＝，证明△EFM∽△ANM，可得AN＝7，然后根据角平分线的性质可以解决问题．【解答】解：如图，过点A作AN⊥DF于点N，延长AB，DF交于点M，设AE＝x，AD＝y，由翻折可知：EF＝AE＝x，DF＝AD＝BC＝y，则BE＝AB﹣AE＝7﹣x，CF＝BC﹣BF＝y﹣3，在Rt△BEF和Rt△DFC中，根据勾股定理，得：BE2+BF2＝EF2，DC2+CF2＝DF2，∴（7﹣x）2+32＝x2，72+（y﹣3）2＝y2，解得x＝，y＝，∴EF＝，AD＝，∴BE＝7﹣x＝，CF＝y﹣3＝，∵BF∥AD，∴△BFM∽△ADM，∴＝，∴＝，∴BM＝，∴EM＝BM+BE＝+＝，∴AM＝AB+BM＝7+＝，由翻折可知：∠EFD＝∠EAD＝90°，∵AN⊥DF，∴∠EFM＝∠ANM＝90°，∴EF∥AN，∴△EFM∽△ANM，∴＝，∴＝，∴AN＝7，∵HA平分∠GHF，AN⊥DF，HG⊥AD，∴AG＝AN＝7．故答案为：7．【点评】本题考查了矩形的相关证明与计算，相似三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质与相似三角形的性质与判定是解题的关键．4．（2021•马鞍山模拟）如图，将边长为4的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB 边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q连接PQ，则△GPQ的周长最小值是2+2．【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质；轴对称﹣最短路线问题．【专题】平移、旋转与对称．【分析】如图，取CD的中点N，连接PN，PB，BN．首先证明PQ＝PN，PB＝PG，推出PQ+PG＝PN+PB≥BN，求出BN即可解决问题．【解答】解：如图，取CD的中点N，连接PN，PB，BN．由翻折的性质以及对称性可知；PQ＝PN，PG＝PC，HG＝CD＝4，∵QH＝QG，∴QG＝2，在Rt△BCN中，BN＝＝2，∵∠CBG＝90°，PC＝PG，∴PB＝PG＝PC，∴PQ+PG＝PN+PB≥BN＝2，∴PQ+PG的最小值为2，∴△GPQ的周长的最小值为2+2，故答案为2+2．【点评】本题考查翻折变换，正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．5．（2020•海安市模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是AB边上一点，且AE＝，点F是边BC上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG，CG，则四边形AGCD的面积的最小值为．【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形的面积；矩形的性质．【专题】推理填空题；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．【分析】根据矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，可得AC＝5，由AE＝可得点F是边BC上的任意位置时，点C始终在AC的下方，设点G到AC的距离为h，要使四边形AGCD 的面积的最小，即h最小．所以点G在以点E为圆心，BE为半径的圆上，且在矩形ABCD 的内部．过点E作EH⊥AC，交圆E于点G，此时h最小．根据锐角三角函数先求得h 的值，再分别求得三角形ACD和三角形ACG的面积即可得结论．【解答】解：如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠B＝∠D＝90°，连接AC，∴AC＝5，∵AB＝3，AE＝，∴点F是边BC上的任意位置时，点G始终在AC的下方，设点G到AC的距离为h，S四边形AGCD＝S△ACD+S△ACG＝3×4+×5h，＝6+h．要使四边形AGCD的面积最小，即h最小．∵点G在以点E为圆心，BE为半径的圆上，且在矩形ABCD的内部．过点E作EH⊥AC，交圆E于点G，此时h最小．在Rt△ABC中，sin∠BAC＝＝，在Rt△AEH中，AE＝，sin∠BAC＝＝，解得EH＝AE＝，EG＝BE＝AB﹣AE＝3﹣，∴h＝EH﹣EG＝﹣（3﹣）＝﹣3．∴S四边形AGCD＝6+×（﹣3）＝﹣＝．故答案为：．【点评】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是确定满足条件的点G的位置，运用相似、锐角三角函数等知识解决问题．6．（2021春•东阳市期末）在综合实践课上，小明把边长为2cm的正方形纸片沿着对角线AC剪开，如图1所示．然后固定纸片△ABC，把纸片△ADC沿AC的方向平移得到△A′D′C′，连A′B，D′B，D′C，在平移过程中：（1）四边形A′BCD′的形状始终是平行四边形；（2）A′B+D′B的最小值为2．【考点】作图﹣平移变换；正方形的性质；轴对称﹣最短路线问题．【专题】作图题；推理能力．【分析】（1）利用平移的性质证明即可．（2）如图2中，作直线DD′，作点C关于直线DD′的对称点C″，连接D′C″，BC″，过点B作BH⊥CC″于H．求出BC″，证明A′B+BD′＝BD′+CD′＝BD′+D′C″≥BC″，可得结论．【解答】解：（1）如图2中，∵A′D′＝BC，A′D′∥BC，∴四边形A′BCD′是平行四边形，故答案为：平行四边形．（2）如图2中，作直线DD′，作点C关于直线DD′的对称点C″，连接D′C″，BC″，过点B作BH⊥CC″于H．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，∴AC＝AB＝2，∵BJ⊥AC，∴AJ＝JC，∴BJ＝AC＝，∵∠BJC＝∠JCH＝∠H＝90°，∴四边形BHCJ是矩形，∵BJ＝CJ，∴四边形BHCJ是正方形，∴BH＝CH＝，在Rt△BHC″中，BH＝，HC″＝3，∴BC″＝＝＝2，∵四边形A′BCD′是平行四边形，∴A′B＝CD′，∴A′B+BD′＝BD′+CD′＝BD′+D′C″≥BC″，∴A′B+BD′≥2，∴A′B+D′B的最小值为2，故答案为：2【点评】本题考查作图﹣平移变换，轴对称最短问题，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．7．（2021•路北区一模）如图，边长为1的正方形ABCD在等边长的正六边形外部做顺时针滚动，滚动一周回到初始位置时停止．第一次滚动时正方形旋转了150°，点A在滚动过程中到出发点的最大距离是+．【考点】旋转的性质；正多边形和圆；轨迹．【专题】平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用．【分析】如图，点A的运动轨迹是图中红线．延长AE交红线于H，线段AH的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离．【解答】解：第一次滚动正方形旋转了240°﹣90°＝150°．如图，点A的运动轨迹是图中红线．延长AE交红线于H，线段AH的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离．易知EH＝EA2＝＝，在△AEF中，∵AF＝EF＝1，∠AFE＝120°，∴AE＝，∴AH＝AE+EH＝+．∴点A在滚动过程中到出发点的最大距离为+．故答案为：150，+【点评】本题考查旋转变换，正方形的性质，正六边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找点A的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．8．（2021•河北区模拟）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是BC边的中点，F 是直线DE上的动点．连接CF，将线段CF逆时针旋转90°得到CG，连接EG，则EG的最小值是．【考点】旋转的性质；正方形的性质．【专题】矩形菱形正方形．【分析】如图，作直线BG．由△CBG≌△CDF，推出∠CBG＝∠CDF，因为∠CDF是定值，推出点G在直线BG上运动，且tan∠CBG＝tan∠CDF＝＝，根据垂线段最短可知，当EG⊥BG时，EG的长最短．【解答】解：如图，作直线BG．∵四边形ABCD是正方形，∴CB＝CD，∠BCD＝90°，∵∠FCG＝∠DCB＝90°，∴∠BCG＝∠DCF，∵CG＝CF，∴△CBG≌△CDF，∴∠CBG＝∠CDF，∵∠CDF是定值，∴点G在直线BG上运动，且tan∠CBG＝tan∠CDF＝＝，根据垂线段最短可知，当EG⊥BG时，EG的长最短，此时tan∠EBG＝＝，设EG＝m，则BG＝2m，在Rt△BEG中，∵BE2＝BG2+EG2，∴1＝m2+4m2，∴m＝（负根已经舍弃），∴EG的最小值为，故答案为．【点评】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂线段最短、解直角三角形等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考填空题中的压轴题．9．在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一点，连接DP，将DP绕点D逆时针旋转90°后得到线段DE，连接PE，点C关于直线PE的对称点是C′，连接C′E、C′P、C′A．若四边形AC′ED是平行四边形，PC＝2，则平行四边形AC′ED的面积是2+4．【考点】旋转的性质；平行四边形的性质；正方形的性质；轴对称的性质．【专题】矩形菱形正方形．【分析】如图，连接DC′，作PH⊥CD于H，设CD交EC′于K．只要证明△ADC′≌△CDP，△DKC′，△PCH是等腰直角三角形即可解决问题；【解答】解：如图，连接DC′，作PH⊥CD于H，设CD交EC′于K．∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∵四边形ADEC′是平行四边形，∴DE＝AC′＝DP，∠DAC′＝∠DEK，∵AD⊥CD，AD∥EC′，∴CD⊥EC′，∵∠PDE＝90°，∴∠PDC+∠CDE＝90°，∠CDE+∠DEK＝90°，∴∠CDP＝∠DAC′，∴△ADC′≌△CDP，∴DC′＝PC＝2，∠ADC′＝∠DCP＝45°，∵∠ADC＝∠PHC＝90°，∴∠KDC′＝45°，∴△DKC′，△PCH是等腰直角三角形，∴DK＝KC′＝CH＝PH＝，∴C′K＝PH，CK′∥PH，∴四边形PHKC′是平行四边形，∵∠PHK＝90°，∴四边形PHKC′是矩形，∴PH＝PC′＝PC＝2，∴AD＝CD＝2+2，∴四边形AC′ED的面积＝（2+2）＝2+4．故答案为2+4．【点评】本题考查旋转变换、正方形的性质、平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等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，属于中考填空题中的压轴题．10．（2020•衢州二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝6，点E是CD的中点，过点E作EF∥BC，交对角线BD于点F．将△DEF绕点D逆时针方向旋转得到△DE1F1，连接CE1，BF1，设旋转角度为α（0°＜α＜180°），则＝；连接CF1，当△DF1B 为直角三角形时，CF1＝或．【考点】旋转的性质；勾股定理；矩形的性质．【专题】平移、旋转与对称；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【分析】由△BDF1∽△CDE1可得＝；分为∠BDF1＝90°，∠DF1B＝90°两种情形，分别解斜△CDF1即可得．【解答】解：如图1，∵△DEF绕点D逆时针方向旋转得到△DE1F1，∴∠EDF＝∠E1DF1，∴∠EDF﹣∠EDF1＝∠E1DF1﹣∠EDF1，∴∠F1DB＝∠E1DC，∵＝＝，＝＝，∴＝，∴△BDF1∽△CDE1，∴＝＝＝，故答案是；如图2，当∠BDF1＝90°时，在△CDF1中，CD＝6，DF1＝5，∠CDF1＝90°﹣∠BDC，作F1G⊥CD于G，在Rt△AGF1中，DF1＝5，∠AF1G＝∠BDC，∴F1G＝DF1•cos∠AF1G＝5•cos∠BDC＝5•＝5×＝3，DG＝5•sin∠BDC＝4，∴CG＝CD﹣DG＝2，∴CF＝＝，如图3，当∠DF1B＝90°时（图中F1′），∵，∴∠DCF1′＝∠DBF1′＝30°，作F1′H⊥CD于H，∴设F1′H＝a，则CH＝a，∴DH＝6﹣，在Rt△DHF1′中，由勾股定理得，（6﹣）2+a2＝52，∴，（舍去），\∴CF1′＝2a＝3﹣4，故答案是或3﹣4．【点评】本题以旋转为背景，考查了三角形相似和解直角三角形，解决问题的关键是正确分类和数量熟练掌握基本图形．考点卡片1．三角形的面积（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高．（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．2．角平分线的性质角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．注意：①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有时不必证明全等；③使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言：如图，∵C在∠AOB的平分线上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE3．等腰三角形的性质（1）等腰三角形的概念有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．（2）等腰三角形的性质①等腰三角形的两腰相等②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．4．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a＝，b＝及c＝．（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．5．平行四边形的性质（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．（2）平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对角线互相平分．（3）平行线间的距离处处相等．（4）平行四边形的面积：①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．6．矩形的性质（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）矩形的性质①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．7．正方形的性质（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．（2）正方形的性质①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．8．正多边形和圆（1）正多边形与圆的关系把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．（2）正多边形的有关概念①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．9．轨迹10．轴对称的性质（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．由轴对称的性质得到一下结论：①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称；②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴．（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．11．轴对称-最短路线问题1、最短路线问题在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L 的交点就是所要找的点．2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．12．翻折变换（折叠问题）1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．13．作图-平移变换（1）确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．（2）作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．14．旋转的性质（1）旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．（2）旋转三要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．15．相似三角形的判定与性质（1）相似三角形相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．16．解直角三角形（1）解直角三角形的定义在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．（2）解直角三角形要用到的关系①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；②三边之间的关系：a2+b2＝c2；③边角之间的关系：sin A＝＝，cos A＝＝，tan A＝＝．（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）。
2022年中考数学二次函数压轴突破 专题02 将军饮马模型(教师版含解析)
将军饮马模型考情分析：通过全国中考试题分析来看，将军饮马的模型多出现在中考二次函数压轴题第二问中出现，难度不大，但需要注意对称点的选择，动点通常在对称轴上，而且已知定点中往往有一个与x 轴的交点.考法主要有以下几种：1.求取最小值时动点坐标2.求最小值.3.求三角形或四边形周长最小值.模型一：两定点一动点如图，A,B 为定点，P 为l 上动点，求AP+BP 最小值解析：作点A 关于直线的对称点A'，连接P A'，则P A '=P A ，所以P A +PB =P A '+PB当A'、P 、B 三点共线的时候，P A'+PB =A'B ，此时为最小值(两点之间线段最短)PBAA 'ABP 折点端点A 'P BA如图，P 为定点，M 、N 分别为OA 和OB 上的动点，求△PMN 周长最小值解析：分别作点P 关于OA 、OB 的对称点，则△PMN 的周长为PM +MN +NP =P'M +MN +NP ''，当P '、M 、N 、P ''共线时，△PMN 周长最小．模型三：两定点两动点如图，P 、Q 为两定点，M 、N 分别为OA 、OB 上的动点，求四边形PQMN 的最小值.解析：∵PQ 是条定线段，∴只需考虑PM +MN +NQ 最小值即可， 分别作点P 、Q 关于OA 、OB 对称， PM +MN +NQ =P 'M +MN +NQ '，当P '、M 、N 、Q '共线时，四边形PMNQ 的周长最小。
BBBB如图，P 为定点，M 、N 分别为OA 、OB 上的动点，求PM +MN 最小值。
解析：作点P 关于OA 对称的点P '，PM +MN =P 'M +MN ，过点P '作OB 垂线分别交OA 、OB 于点M 、N ， 得PM +MN 最小值(点到直线的连线中，垂线段最短)模型五：将军饮马有距离例一、如图，A 、D 为定点，B 、C 为直线l 上两动点，BC 为定值，求AB+BC+CD 最小值？解析：BC 为定值，只需求AB+CD 最小即可；平移AB 至CE ,则变成求CE+CD 的最小值，基本将军饮马的模型例二、如图，A 、D 为定点，B 、C 为直线l 1 、l 2上两动点，BC ⊥l 1，求AB+BC+CD 最小值？解析：BC 为定值，只需求AB+CD 最小即可；BB平移CD至BE，则变成求AB+BE最小，基本将军饮马.经典例题剖析：例一：如图1(注：与图2完全相同)，在直角坐标系中，抛物线经过点(1,0)A、(5,0)B、(0,4)C三点．(1)求抛物线的解析式和对称轴；(2)P是抛物线对称轴上的一点，求满足PA PC+的值为最小的点P坐标(请在图1中探索)；【分析】(1)将点A、B的坐标代入二次函数表达式得：2(1)(5)(65)y a x x a x x=--=-+，即可求解；(2)连接B、C交对称轴于点P，此时PA PC+的值为最小，即可求解；【解答】解：(1)将点A、B的坐标代入二次函数表达式得：2(1)(5)(65)y a x x a x x=--=-+，则54a=，解得：45a=，抛物线的表达式为：224424(65)4555y x x x x=-+=-+，函数的对称轴为：3x=，顶点坐标为16(3,)5-；(2)连接B、C交对称轴于点P，此时PA PC+的值为最小，将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y kx b=+得：054k bb=+⎧⎨=⎩，解得：454kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，直线BC的表达式为：445y x=-+，当3x =时，85y =， 故点8(3,)5P ；例二：如图，直线3y x =-+与x 轴、y 轴分别交于B 、C 两点，抛物线2y x bx c =-++经过点B 、C ，与x 轴另一交点为A ，顶点为D ．(1)求抛物线的解析式；(2)在x 轴上找一点E ，使EC ED +的值最小，求EC ED +的最小值；【分析】(1)直线3y x =-+与x 轴、y 轴分别交于B 、C 两点，则点B 、C 的坐标分别为(3,0)、(0,3)，将点B 、C 的坐标代入二次函数表达式，即可求解；(2)如图1，作点C 关于x 轴的对称点C '，连接CD '交x 轴于点E ，则此时EC ED +为最小，即可求解； 【解答】解：(1)直线3y x =-+与x 轴、y 轴分别交于B 、C 两点，则点B 、C 的坐标分别为(3,0)、(0,3)， 将点B 、C 的坐标代入二次函数表达式得：9303b c c -++=⎧⎨=⎩，解得：23b c =⎧⎨=⎩，故函数的表达式为：223y x x =-++，令0y =，则1x =-或3，故点(1,0)A -； (2)如图1，作点C 关于x 轴的对称点C '，连接CD '交x 轴于点E ，则此时EC ED +为最小，函数顶点D 坐标为(1,4)，点(0,3)C '-，将C '、D 的坐标代入一次函数表达式并解得： 直线C D '的表达式为：73y x =-， 当0y =时，37x =， 故点3(7E ，0)，则EC ED +的最小值为DC '=例三：如图，以D 为顶点的抛物线2y x bx c =-++交x 轴于A 、B 两点，交y 轴于点C ，直线BC 的表达式为3y x =-+． (1)求抛物线的表达式；(2)在直线BC 上有一点P ，使PO PA +的值最小，求点P 的坐标；【分析】(1)先求得点B 和点C 的坐标，然后将点B 和点C 的坐标代入抛物线的解析式得到关于b 、c 的方程，从而可求得b 、c 的值；(2)作点O 关于BC 的对称点O '，则(3,3)O '，则OP AP +的最小值为AO '的长，然后求得AO '的解析式，最后可求得点P 的坐标；【解答】解：(1)把0x =代入3y x =-+，得：3y =，(0,3)C ∴． 把0y =代入3y x =-+得：3x =，(3,0)B ∴，将(0,3)C 、(3,0)B 代入2y x bx c =-++得：9303b c c -++=⎧⎨=⎩，解得2b =，3c =．∴抛物线的解析式为223y x x =-++．(2)如图所示：作点O 关于BC 的对称点O '，则(3,3)O '． O '与O 关于BC 对称，PO PO ∴='．OP AP O P AP AO ∴+='+'．∴当A 、P 、O '在一条直线上时，OP AP +有最小值．设AP 的解析式为y kx b =+，则033k b k b -+=⎧⎨+=⎩，解得：34k =，34b =．AP ∴的解析式为3344y x =+． 将3344y x =+与3y x =-+联立，解得：127y =，97x =，∴点P 的坐标为9(7，12)7．例四：如图，抛物线2y ax bx c =++的图象过点(1,0)A -、(3,0)B 、(0,3)C ．(1)求抛物线的解析式；(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点P ，使得PAC ∆的周长最小，若存在，请求出点P 的坐标及PAC ∆的周长；若不存在，请说明理由；【分析】(1)由于条件给出抛物线与x 轴的交点(1,0)A -、(3,0)B ，故可设交点式(1)(3)y a x x =+-，把点C 代入即求得a 的值，减小计算量．(2)由于点A 、B 关于对称轴：直线1x =对称，故有PA PB =，则PAC C AC PC PA AC PC PB ∆=++=++，所以当C 、P 、B 在同一直线上时，PAC C AC CB ∆=+最小．利用点A 、B 、C 的坐标求AC 、CB 的长，求直线BC 解析式，把1x =代入即求得点P 纵坐标．【解答】解：(1)抛物线与x 轴交于点(1,0)A -、(3,0)B ∴可设交点式(1)(3)y a x x =+- 把点(0,3)C 代入得：33a -=1a ∴=-2(1)(3)23y x x x x ∴=-+-=-++∴抛物线解析式为223y x x =-++(2)在抛物线的对称轴上存在一点P ，使得PAC ∆的周长最小． 如图1，连接PB 、BC点P 在抛物线对称轴直线1x =上，点A 、B 关于对称轴对称PA PB ∴=PAC C AC PC PA AC PC PB ∆∴=++=++当C 、P 、B 在同一直线上时，PC PB CB +=最小 (1,0)A -、(3,0)B 、(0,3)C221310AC ∴=+=，223332BC =+=1032PAC C AC CB ∆∴=+=+最小设直线BC 解析式为3y kx =+把点B 代入得：330k +=，解得：1k =-∴直线:3BC y x =-+132P y ∴=-+=∴点(1,2)P 使PAC ∆的周长最小，最小值为1032+专题训练1．(2020秋•马山县期中)如图，抛物线2(0)y ax bx c a =++≠与x 轴交于点A 、(1,0)B ，与y 轴交于点C ，直线122y x =-经过点A 、C ．抛物线的顶点为D ，对称轴为直线l ． (1)求抛物线的解析式；(2)设点G 是y 轴上一点，是否存在点G ，使得GD GB +的值最小，若存在，求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】(1)利用一次函数的性质求得点A 、C 的坐标，然后把点A 、B 、C 的坐标分别代入二次函数解析式，利用待定系数法求得二次函数解析式；(2)利用轴对称-最短路径方法得点G ，先计算B D '的解析式，令0x =可得点G 的坐标． 【解答】解：(1)如图1，对于直线122y x =-，令0y =，得4x =，令0x =，得2y =-，∴点(4,0)A ，点(0,2)C -，将(4,0)A ，(1,0)B ，(0,2)C -代入抛物线解析式得：164002a b c a b c c ++=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩，解得：12522a b c ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎪⎩，∴抛物线解析式为215222y x x =-+-；(2)存在．如图3，取点B 关于y 轴的对称点B '，则点B '的坐标为(1,0)-，连接B D '，直线B D '与y 轴的交点G 即为所求的点．22151592()22228y x x x =-+-=--+，∴顶点5(2D ，9)8，设直线B D '的解析式为(0)y kx d k =+≠， 则05928k d k d -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：928928k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴直线B D '的解析式为992828y x =+， 当0x =时，928y =， ∴点G 的坐标为9(0,)28． 2．(2019•遵义)如图，抛物线21:2C y x x =-与抛物线22:C y ax bx =+开口大小相同、方向相反，它们相交于O ，C 两点，且分别与x 轴的正半轴交于点B ，点A ，2OA OB =．(1)求抛物线2C 的解析式；(2)在抛物线2C 的对称轴上是否存在点P ，使PA PC +的值最小？若存在，求出点P 的坐标，若不存在，说明理由；【分析】(1)1C 、22:C y ax bx =+开口大小相同、方向相反，则1a =-，将点A 的坐标代入2C 的表达式，即可求解；(2)作点C 关于1C 对称轴的对称点(1,3)C '-，连接AC '交函数2C 的对称轴于点P ，此时PA PC +的值最小，即可求解；【解答】解：(1)令：220y x x =-=，则0x =或2，即点(2,0)B ，1C 、22:C y ax bx =+开口大小相同、方向相反，则1a =-，则点(4,0)A ，将点A 的坐标代入2C 的表达式得：0164b =-+，解得：4b =，故抛物线2C 的解析式为：24y x x =-+；(2)联立1C 、2C 表达式并解得：0x =或3，故点(3,3)C ，作点C 关于2C 对称轴的对称点(1,3)C '，连接AC '交函数2C 的对称轴于点P ，此时PA PC +的值最小为：线段AC '的长度=此时点(2,2)P ；3．(2020秋•金乡县期中)如图，在平面直角坐标系中，二次函数2y x bx c =++的图象与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点(0,3)C -，A 点的坐标为(1,0)-．(1)求二次函数的解析式；(2)若Q 为抛物线对称轴上一动点，当Q 在什么位置时QA QC +最小，求出Q 点的坐标，并求出此时QAC ∆的周长．【分析】(1)用待定系数法即可求解；(2)点A 关于函数对称轴的对称点为点B ，连接BC 交函数对称轴于点Q ，连接AQ ，则此时QAC ∆的周长最小，进而求解．【解答】解：(1)(1,0)A -，(0,3)C -在2y x bx c =++上， 则103b c c -+=⎧⎨=-⎩，解得23b c =-⎧⎨=-⎩， ∴二次函数的解析式为223y x x =--；(2)点A 关于函数对称轴的对称点为点B ，连接BC 交函数对称轴于点Q ，连接AQ ，则此时QAC ∆的周长最小，理由：QAC ∆的周长AC AQ QC AB AQ QC BC CQ =++=++=+为最小，由点B 、C 的坐标得，直线BC 的表达式为3y x =-，当1x =时，32y x =-=-，即点(1,2)Q -，则QAC ∆的周长最小值BC AC =+==．4．(2020秋•房县期中)如图，抛物线213y x mx n =-+与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点(0,1)C -，且对称轴1x =．(1)求出抛物线的解析式及A ，B 两点的坐标；(2)在对称轴上方是否存在点D ，使三角形ADC 的周长最小？若存在，求出点D 的坐标；若不存在．说明理由(使用图1)；【分析】(1)用待定系数法即可求解；(2)连接CB 交对称轴于点D ，此时三角形DAC 周长最小，进而求解；【解答】解：(1)抛物线与y 轴交于点(0,1)C -，且对称轴x l =， 则11231m n -⎧-=⎪⎪⨯⎨⎪=-⎪⎩，解得231m n ⎧=⎪⎨⎪=-⎩， ∴抛物线解析式为212133y x x =--， 令2121033y x x =--=，得：11x =-，23x =， (1,0)A ∴-，(3,0)B ；(2)在对称轴上存在D 使三角形形DAC 的周长最小，连接CB 交对称轴于点D ，此时三角形DAC 周长最小．设BC 的解析式为y kx b =+，把(3,0)B 、(0,1)C -分别代入上式得：130b k b =-⎧⎨+=⎩，解得131k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩， 故直线BC 的解析式为113y x =-， 当1x =时，23y =-， 所以点D 的坐标为2(1,)3-； 5．(2020秋•青羊区校级期中)如图，抛物线25()2y a x h =-+经过点(1,0)A ，(0,3)C ． (1)求抛物线与x 轴的另一个交点B 的坐标；(2)如图①，在抛物线的对称轴上是否存在点P ，使得四边形PAOC 的周长最小？若存在，求出此时P 点坐标；若不存在，请说明理由；【分析】(1)根据函数的对称性即可求解；(2)A、B两点关于对称轴对称，连接BC交对称轴于点P，则P点即为所求，进而求解；【解答】解：(1)由抛物线表达式知，函数的对称轴为52x=，而点(1,0)A，根据点的对称性，则512(1)42xB=+⨯-=，故点B的坐标为(4,0)；(2)存在，理由：抛物线经过点(1,0)A，(4,0)B，A∴、B关于对称轴对称，如图1，连接BC，BC ∴与对称轴的交点即为所求的点P ，此时PA PC BC +=，∴四边形PAOC 的周长最小值为：OC OA BC ++，(1,0)A ，(4,0)B ，(0,3)C ，设直线BC 解析式为y kx n =+，把B 、C 两点坐标代入可得403k n n +=⎧⎨=⎩，解得343k n ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴直线BC 的解析式为334y x =-+， 由抛物线的表达式知，抛物线的对称轴为52x =， 当52x =时，39348y x =-+=， 故点P 的坐标为5(2，9)8； 6．(2019•柳州)如图，直线3y x =-交x 轴于点A ，交y 轴于点C ，点B 的坐标为(1,0)，抛物线2(0)y ax bx c a =++≠经过A ，B ，C 三点，抛物线的顶点为点D ，对称轴与x 轴的交点为点E ，点E 关于原点的对称点为F ，连接CE ，以点F 为圆心，12CE 的长为半径作圆，点P 为直线3y x =-上的一个动点． (1)求抛物线的解析式；(2)求BDP ∆周长的最小值；【分析】(1)直线3y x =-，令0x =，则3y =-，令0y =，则3x =，故点A 、C 的坐标为(3,0)、(0,3)-，即可求解；(2)过点B 作直线3y x =-的对称点B '，连接BD 交直线3y x =-于点P ，直线B B '交函数对称轴与点G ，则此时BDP ∆周长BD PB PD BD B B =++=+'为最小值，即可求解；【解答】解：(1)直线3y x =-，令0x =，则3y =-，令0y =，则3x =，故点A 、C 的坐标为(3,0)、(0,3)-，则抛物线的表达式为：2(3)(1)(43)y a x x a x x =--=-+，则33a =-，解得：1a =-，故抛物线的表达式为：243y x x =-+-⋯①；(2)连接DB '交于直线于P ；此时三角形BDP 周长BD PB PD BD DB =++=+'为最小值，(2,1)D ，则点(2,1)G -，即：BG EG =，即点G 是BB '的中点，过点(3,2)B '-，BDP ∆周长最小值BD B D =+'7．(2019•荆州)如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC 的顶点A ，C 的坐标分别为(6,0)，(4,3)，经过B ，C 两点的抛物线与x 轴的一个交点D 的坐标为(1,0)．(1)求该抛物线的解析式；(2)若AOC ∠的平分线交BC 于点E ，交抛物线的对称轴于点F ，点P 是x 轴上一动点，当PE PF +的值最小时，求点P 的坐标；【分析】(1)由平行四边形OABC 的性质求点B 坐标，根据抛物线经过点B 、C 、D 用待定系数法求解析式．(2)由OE 平分AOC ∠易证得COE AOE OEC ∠=∠=∠，故有CE OC =，求得点E 坐标，进而求得直线OE 解析式．求抛物线对称轴为直线7x =，即求得点F 坐标．作点E 关于x 轴的对称点点E '，由于点P 在x 轴上运动，故有PE PE '=，所以当点F 、P 、E '在同一直线上时，PE PF PE PF FE ''+=+=最小．用待定系数法求直线E F '解析式，即求得E F '与x 轴交点P 的坐标．【解答】解：(1)平行四边形OABC 中，(6,0)A ，(4,3)C6BC OA ∴==，//BC x 轴610B C x x ∴=+=，3B C y y ==，即(10,3)B设抛物线2y ax bx c =++经过点B 、C 、(1,0)D∴10010316430a b c a b c a b c ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩ 解得：19149139a b c ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎪⎩∴抛物线解析式为211413999y x x =-+-(2)如图1，作点E 关于x 轴的对称点E '，连接E F '交x 轴于点P (4,3)C5OC ∴= //BC OAOEC AOE ∴∠=∠ OE 平分AOC ∠AOE COE ∴∠=∠OEC COE ∴∠=∠5CE OC ∴==59E C x x ∴=+=，即(9,3)E∴直线OE 解析式为13y x = 直线OE 交抛物线对称轴于点F ，对称轴为直线：149712()9x =-=⨯-7(7,)3F ∴点E 与点E '关于x 轴对称，点P 在x 轴上 (9,3)E '∴-，PE PE '= ∴当点F 、P 、E '在同一直线上时，PE PF PE PF FE ''+=+=最小 设直线E F '解析式为y kx h =+ ∴93773k h k h +=-⎧⎪⎨+=⎪⎩解得：8321k h ⎧=-⎪⎨⎪=⎩ ∴直线8:213E F y x '=-+ 当82103x -+=时，解得：638x = ∴当PE PF +的值最小时，点P 坐标为63(8，0)．。
专题09 三角形问题-2022中考数学压轴题精讲(解析版)
一、单选题1．如图，在△ABC中，AB=20cm，AC=12cm，点P从点B出发以每秒3cm速度向点A运动，点Q从点A 同时出发以每秒2cm速度向点C运动，其中一个动点到达端点，另一个动点也随之停止，当△APQ是以PQ为底的等腰三角形时，运动的时间是( )秒A．2.5 B．3 C．3.5 D．4【答案】D【关键点拨】此题主要考查学生对等腰三角形的性质这一知识点的理解和掌握，此题涉及到动点，有一定的拔高难度，属于中档题．2．已知等边△ABC中，在射线BA上有一点D，连接CD，并以CD为边向上作等边△CDE，连接BE和AE.试判断下列结论：①AE=BD；②AE与AB所夹锐夹角为60°；③当D在线段AB或BA延长线上时，总有∠BDE-∠AED=2∠BDC；④∠BCD=90°时，CE2+AD2=AC2+DE2 .正确的序号有（）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】C【解析】∵∠BCA=∠DCE=60°，∴∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD，∴∠BCD=∠ACE，学科*网又∵AC=BC，CE=CD，∴△BCD≌△ACE，∴AE=BD，∠CBA=∠CAE=60°，∠AEC=∠BDC，①正确，∴∠BAE=120°，∴∠EAD=60°，②正确，∵∠BCD=90°，∠BCA=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴AC=AD，∵CE=DE，∴CE2+AD2=AC2+DE2，④正确，当D点在BA延长线上时，∠BDE-∠BDC=60°，∵∠AEC=∠BDC，∴∠BDC+∠AED=∠AEC+∠AED=∠CED=60°，∴∠BDE-∠BDC=∠BDC+∠AED∴∠BDE-∠AED=2∠BDC，故正确的结论有①②④，故选C.学科*网【关键点拨】此题主要考查等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质等知识点的理解和掌握3．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，D，E是BC上的两点，且∠DAE=30°，将△AEC绕点A 顺时针旋转120°后，得到△AFB，连接DF.下列结论中正确的个数有（）①∠FBD=60°；②△ABE∽△DCA；③AE平分∠CAD；④△AFD是等腰直角三角形.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B∴∠BAD＋∠EAC＝120°−∠DAE＝90°，∴∠ABC＋∠BAD＜90°，∴∠ADC＜90°，∴∠DAC＞60°，∴∠EAC＞30°，即∠DAE≠∠EAC，∴③错误；∵将△AEC绕点A顺时针旋转120°后，得到△AFB，∴AF＝AE，∠EAC＝∠BAF，∵∠BAC＝120°，∠DAE＝30°，∴∠BAD＋∠EAC＝90°，∴∠DAB＋∠BAF＝90°，【关键点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质和判定，三角形的外角性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，题目比较典型，但是有一定的难度．4．如图，在等边三角形ABC中，在AC边上取两点M、N，使∠MBN＝30°．若AM＝m，MN＝x，CN＝n，则以x，m，n为边长的三角形的形状为（）A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．随x，m，n的值而定【答案】C【解析】将△ABM绕点B顺时针旋转60°得到△CBH．连接HN．【关键点拨】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．5．如图，在等腰直角△ABC中，∠C=90°，点O是AB的中点，且AB=，将一块直角三角板的直角顶点放在点O处，始终保持该直角三角板的两直角边分别与AC、BC相交，交点分别为D、E，则CD+CE=（）A． B． C．2 D．【答案】A【解析】6．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连结DH、BE与相交于点G，以下结论中正确的结论有（）（1）△ABC是等腰三角形；（2）BF＝AC；（3）BH：BD：BC＝1：：；（4）GE2+CE2＝BG2．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【解析】（1）∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∵CD⊥AB，学*科网∴∠ABE+∠A＝90°，∠CBE+∠ACB＝90°，∴∠A＝∠BCA，∴AB＝BC，∴△ABC是等腰三角形；故（1）正确；，∴△BDF≌△CDA（AAS），∴BF＝AC；故（2）正确；（3）∵在△BCD中，∠CDB＝90°，∠DBC＝45°，∴∠DCB＝45°，∴BD＝CD，BC＝BD．由点H是BC的中点，∴DH＝BH＝CH＝BC，∴BD＝BH，∴BH：BD：BC＝BH： BH：2BH＝1：：2．故（3）错误；学*科网（4）由（2）知：BF＝AC，∵BF平分∠DBC，∴∠ABE＝∠CBE，又∵BE⊥AC，∴∠AEB＝∠CEB，在△ABE与△CBE中，【关键点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，平行线的性质，勾股定理,熟练掌握三角形全等的判定方法并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．学&科网7．如图，∠AOB=30°，OC为∠AOB内部一条射线，点P为射线OC上一点，OP=4，点M、N分别为OA、OB 边上动点，则△MNP周长的最小值为( )A．2 B．4 C． D．【答案】B【解析】【关键点拨】本题考查了等边三角形的性质和判定，轴对称-最短路线问题的应用，正确作出辅助线，确定M、N的位置，证明△OP1P2是等边三角形是解题关键．8．如图，，，，点D、E为BC边上的两点，且，连接EF、BF则下列结论：≌；≌；；，其中正确的有( )个．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D②∵△AED≌△AEF,∴AF=AD,∵,∴∠FAB=∠CAD,∵AB=AC，∴≌，②正确；③∵∠BAC=∠DAF=90°，∴∠BAC-∠BAD=∠DAF-∠BAD，即∠CAD=∠BAF．在△ACD与△ABF中，学科*网，∴△ACD≌△ABF（SAS），∴CD=BF，由①知△AED≌△AEF，∴DE=EF．在△BEF中，∵BE+BF＞EF，∴BE+DC＞DE，③正确；④由③知△ACD≌△ABF，∴∠C=∠ABF=45°，∵∠ABE=45°，∴∠EBF=∠ABE+∠ABF=90°．④正确．故答案为D．【关键点拨】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角直角三角形的性质，三角形三边关系定理，相似三角形的判定，此题涉及的知识面比较广，解题时要注意仔细分析，有一定难度．9．如图，四边形ABCD中，∠A、∠B、∠C、∠D的角平分线恰相交于一点P，记△APD、△APB、△BPC、△DPC的面积分别为S1、S2、S3、S4，则有（）A． B． C． D．【答案】A【关键点拨】本题考查了角平分线性质定理,作高线和理解角平分线性质定理是解题关键.10．如图，已知AD为△ABC的高线，AD=BC，以AB为底边作等腰Rt△ABE，连接ED，EC，延长CE交AD于F点，下列结论：①△ADE≌△BCE；②CE⊥DE；③BD=AF；④S△BDE=S△ACE，其中正确的有（）A．①③ B．①②④ C．①②③④ D．①③④【答案】C③∵∠BDE=∠ADB+∠ADE，∠AFE=∠ADC+∠ECD，∴∠BDE=∠AFE．∵∠BED+∠BEF=∠AEF+∠BEF=90°，∴∠BED=∠AEF．在△AEF和△BED中，∵，∴△AEF≌△BED（AAS），∴BD=AF；故③正确；④∵AD=BC，BD=AF，∴CD=DF．学科&网∵AD⊥BC，∴△FDC是等腰直角三角形．∵DE⊥CE，∴EF=CE，∴S△AEF=S△ACE．∵△AEF≌△BED，∴S△AEF=S△BED，∴S△BDE=S△ACE．故④正确．故选C．【关键点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，本题中求证△BFE≌△CDE是解题的关键．11．如图，等边三角形ABC边长是定值，点O是它的外心，过点O任意作一条直线分别交AB，BC于点D，E．将△BDE沿直线DE折叠，得到△B′DE，若B′D，B′E分别交AC于点F，G，连接OF，OG，则下列判断错误的是（）A．△ADF≌△CGEB．△B′FG的周长是一个定值C．四边形FOEC的面积是一个定值D．四边形OGB'F的面积是一个定值【答案】D【解析】A、连接OA、OC，由折叠得：∠BDE=∠ODF=（∠DAF+∠AFD），∴∠OFD+∠ODF=（∠FAD+∠ADF+∠DAF+∠AFD）=120°，∴∠DOF=60°，同理可得∠EOG=60°，∴∠FOG=60°=∠DOF=∠EOG，∴△DOF≌△GOF≌△GOE，∴OD=OG，OE=OF，∠OGF=∠ODF=∠ODB，∠OFG=∠OEG=∠OEB，∴△OAD≌△OCG，△OAF≌△OCE，∴AD=CG，AF=CE，∴△ADF≌△CGE，故选项A正确；B、∵△DOF≌△GOF≌△GOE，∴DF=GF=GE，【关键点拨】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的性质和判定、角平分线的性质和判定、三角形和四边形面积及周长的确定以及折叠的性质，有难度，本题全等的三角形比较多，要注意利用数形结合，并熟练掌握三角形全等的判定，还要熟练掌握角平分线的逆定理的运用，证明FO平分∠DFG是本题的关键. 12．如图，点 D 是等腰直角△ABC 腰 BC 上的中点，点B 、B′ 关于 AD 对称，且BB′ 交AD 于 F，交 AC 于 E，连接 FC 、AB′，下列说法：①∠BAD=30°；②∠BFC=135°；③AF=2B′ C；正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】∵点D是等腰直角△ABC腰BC上的中点，∴BD=BC=AB，∴tan∠BAD=，∴∠BAD≠30°，故①错误；如图，连接B'D，∴BF=CB'=B'F，∴△FCB'是等腰直角三角形，∴∠CFB'=45°，即∠BFC=135°，故②正确；由△ABF≌△BCB'，可得AF=BB'=2BF=2B'C，故③正确；∵AF＞BF=B'C，∴△AEF与△CEB'不全等，∴AE≠CE，学&科网∴S△AFE≠S△FCE，故④错误；故选B．【关键点拨】本题主要考查了轴对称的性质以及全等三角形的判定与性质的运用，如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．13．如图，点E在△DBC的边DB上，点A在△DBC内部，∠DAE=∠BAC=90°，AD=AE，AB=AC．给出下列结论：①BD=CE；②∠ABD+∠ECB=45°；③BD⊥CE；④BE2=2（AD2+AB2）﹣CD2．其中正确的是（）A．①②③④ B．②④ C．①②③ D．①③④【答案】A【关键点拨】本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．14．如图，在△ABC中，P是BC上的点，作PQ∥AC交AB于点Q，分别作PR⊥AB，PS⊥AC，垂足分别是R，S，若PR=PS，则下面三个结论：①AS=AR；②AQ=PQ；③△PQR≌△CPS；④AC﹣AQ=2SC，其中正确的是（）A．②③④ B．①② C．①④ D．①②③④【答案】B【解析】如图【关键点拨】本题主要考查三角形全等及三角形全等的性质.15．如图，AB＝AC，BD⊥AC于D，CE⊥AB于E，BD、CE交于O，连结AO，则图中共有全等三角形的对数为（）A．2对 B．3对 C．4对 D．5对【答案】C∴△AOE≌△AOD（HL），∴∠OAC=∠OAB，∵∠B=∠C，AB=AC，∠OAC=∠OAB，∴△AOC≌△AOB.（ASA）∵∠B=∠C，BE=CD，∠ODC=∠OEB=90°，∴△BOE≌△COD（ASA）．综上：共有4对全等三角形，故选C.学科*网【关键点拨】本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．做题时要从已知条件开始结合全等的判定方法逐一验证，由易到难，不重不漏．二、填空题16．如图所示，已知：点A(0，0)，B（，0），C（0，1）在△ABC内依次作等边三角形，使一边在x 轴上，另一个顶点在BC边上，作出的等边三角形分别是第1个△AA1B1，第2个△B1A2B2，第3个△B2A3B3，…，则第个等边三角形的边长等于__________．【答案】【关键点拨】本题主要考查等边三角形的性质及解直角三角形，从而归纳出边长的规律．17．如图，∠MON=30°，点B1在边OM上，且OB1=2，过点B1作B1A1⊥OM交ON于点A1，以A1B1为边在A1B1右侧作等边三角形A1B1C1；过点C1作OM的垂线分别交OM、ON于点B2、A2，以A2B2为边在A2B2的右侧作等边三角形A2B2C2；过点C2作OM的垂线分别交OM、ON于点B3、A3，以A3B3为边在A3B3的右侧作等边三角形A3B3C3，…；按此规律进行下去，则△A n B n+1C n的面积为__．（用含正整数n的代数式表示）【答案】（）2n﹣2×…，△A n B n+1C n的边长为（）n﹣1×，∴△A n B n+1C n的面积为×[（）n﹣1×]2=（）2n﹣2×，故答案为：（）2n﹣2×.【关键点拨】本题考查了含30度角的直角三角形的性质、等边三角形的面积公式、解直角三角形等知识，熟练掌握相关性质得出等边三角形的边长的规律是解题的关键.18．如图，已知等边△ABC的边长是2，以BC边上的高AB1为边作等边三角形，得到第一个等边△AB1C1；再以等边△AB1C1的B1C1边上的高AB2为边作等边三角形，得到第二个等边△AB2C2；再以等边△AB2C2的B2C2边上的高AB3为边作等边三角形，得到第三个等边△AB3C3；…，记△B1CB2的面积为S1，△B2C1B3的面积为S2，△B3C2B4的面积为S3，如此下去，则S n=_____．【答案】【关键点拨】本题考查了规律题，涉及等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等，有一定难度，熟练掌握并灵活运用等边三角形的性质、勾股定理等解本题的关键．19．如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为________．【答案】∴A(,0);∴OA=,设D(x,) ,∴E(x,- x+2),延长DE交OA于点F，∴EF=-x+2,OF=x,在Rt△OEF中利用勾股定理得：,解得：x1=0(舍），x2=；学*科网∴EF=1,∴S△AOE=·OA·EF=2.故答案为：.【关键点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．也考查了菱形的性质.20．如图，等腰△ABC中，CA=CB=4，∠ACB=120°，点D在线段AB上运动（不与A、B重合），将△CAD 与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，给出下列结论：①CD=CP=CQ；②∠PCQ的大小不变；③△PCQ面积的最小值为；④当点D在AB的中点时，△PDQ是等边三角形，其中所有正确结论的序号是．【答案】①②④．③如图，过点Q作QE⊥PC交PC延长线于E，∵∠PCQ=120°，∴∠QCE=60°，在Rt△QCE中，tan∠QCE=，∴QE=CQ×tan∠QCE=CQ×tan60°=CQ，∵CP=CD=CQ，∴S△PCQ=CP×QE=CP×CQ=，∴CD最短时，S△PCQ最小，即：CD⊥AB时，CD最短，过点C作CF⊥AB，此时CF就是最短的CD，∵AC=BC=4，∠ACB=120°，∴∠ABC=30°，∴CF=BC=2，即：CD最短为2，∴S△PCQ最小===，∴③错误；④∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，∴AD=AP，∠DAC=∠PAC，∵∠DAC=30°，∴∠APD=60°，∴△APD是等边三角形，∴PD=AD，∠ADP=60°，同理：△BDQ是等边三角形，∴DQ=BD，∠BDQ=60°，∴∠PDQ=60°，∵当点D在AB的中点，∴AD=BD，∴PD=DQ，∴△DPQ是等边三角形，∴④正确，故答案为：①②④．21．如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分；…；将余下部分沿∠B n A n C的平分线A n B n+1折叠，点B n与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，我们就称∠BAC是△ABC的好角.（1）如图2，在△ABC中，∠B>∠C，若经过两次折叠，∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C的等量关系是_______；（2）如果一个三角形的最小角是20°，则此三角形的最大角为______时，该三角形的三个角均是此三角形的好角。
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一、解答题1．△ABC中，BC＝AC＝5，AB＝8，CD为AB边上的高，如图1，A在原点处，点B在y 轴正半轴上，点C在第一象限，若A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点B随之沿y轴下滑，并带动△ABC在平面上滑动．如图2，设运动时间表为t秒，当B到达原点时停止运动．（1）当t＝0时，求点C的坐标；（2）当t＝4时，求OD的长及∠BAO的大小；（3）求从t＝0到t＝4这一时段点D运动路线的长；（4）当以点C为圆心，CA为半径的圆与坐标轴相切时，求t的值．2．如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙是△ABC的外接圆，连接BO并延长交边AC于点D．（1）如图1，求证：∠BAC＝2∠ABD；（2）如图2，过点B作BH⊥AC于点H，延长BH交⊙O于点G，连接OC，CG，OC交BG于点F，求证：BF＝2HG；（3）如图3，在（2）的条件下，若AD＝2，CD＝3，求线段BF的长．3．已知，ABC内接于⊙O，AD BC⊥于点G（1）如图1，求证：BAO CAD∠=∠；（2）如图2，过点O作ON BC⊥于N，过点作BH AC⊥于H，交⊙O于点F，求证：=；AE ON2（3）如图3，在（2）的条件下，直线OE 交AB 于点P ，若:3:2HC EF =，7OE =，2CQ =，求线段AD 的长．4．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：()23y x m x =+-经过点()1,0A -．（1）求抛物线C 的表达式；（2）将抛物线C 沿直线1y =翻折，得到的新抛物线记为1C ，求抛物线1C 的顶点坐标；（3）将抛物线C 沿直线y n =翻折，得到的图象记为2C ，设C 与2C 围成的封闭图形为M ，在图形M 上内接一个面积．．为4的正方形（四个顶点均在M 上），且这个正方形的边分别与坐标轴平行．求n 的值．5．如图1在平面直角坐标系中，抛物线2142y x x =+-与x 轴交于点A 、B ，与y 轴交于点C ．（1）求ABC的周长．（2）已知点P是直线AC下方抛物线上一动点，连接PA，PC，求PAC△的面积的最大值．（3）如图2，点D为抛物线的顶点，对称轴DE交x轴于点E，M是直线AC上一点，在平面直角坐标系中是否存在一点N，使得以点C，E，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点N的坐标，若不存在，说明理由．6．在矩形ABCD中，3OA=，6AB=．分别以OA，OC边所在的直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系．（1）如图1，将OAC沿对角线AC翻折，交AB于点P，求点P的坐标；（2）如图2，已知H是AB上一点，且32HBCS=△，OG CH⊥于点P，求四边形OAHP的面积；（3）如图3，点()0,5D，点E是OB上一点，且2OE BE=，M是直线DE上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一个点N，使以O、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．7．如图1，在Rt△ABC中，AC＝8cm，BC＝6cm，点P从点A出发，沿斜边AB向点B匀速运动，速度为4cm/s，过点P作PQ⊥AB交AC于点Q，以PQ为一边作正方形PQMN，使点N落在射线PB上，连接CM，设运动时间为x（s）8 (0)5x<<．（1）当x＝1时，点P到AC的距离为 cm，点M到AC的距离为cm；（2）如图2，过点P 作PD ⊥AC 于点D ．①用含x 的代数式表示CD 的长，并写出求解过程；②当点P 、M 、C 三点共线时，直接写出此时正方形的边长；（3）若△CMQ 是等腰三角形，直接写出x 的值．8．如图1所示，在等边三角形ABC 中，线段AD 为其内角平分线，过点D 的直线B 1C 1⊥AC 于点C 1，交AB 的延长线于点B 1．（1）请你探究：1111,AC DC AC CD AB BD AB DB ==是否都成立？请说明理由． （2）请你继续探究：若ABC 为任意三角形，线段AD 为其内角平分线，AC CD AB DB =一定成立吗？并证明你的判断．（3）如图2所示，在Rt ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝8，AB ＝403，E 为AB 上一点且AE ＝5，CE 交内角平分线AD 于点F ，试求DF FA的值．9．二次函数y ＝ax 2﹣4ax +2的图象与y 轴交于点A ，且过点B （3，6）．（1）试求二次函数的解析式及点A 的坐标；（2）若点B 关于二次函数对称轴的对称点为点C ，设点D 在直线AB 上方的抛物线上，当∠CBD ＝∠ABC 时，求出点D 的坐标；（3）若在抛物线的对称轴上有一点P ，使得△ABP 是以AB 为腰的等腰三角形，试直接写出符合题意的所有的点P 的坐标．10．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，交直线l于点A、C （2，﹣3）．（1）求该抛物线的解析式；（2）在y轴上是否存在点D，使S△ABD＝S△ABC？若存在，请求出所有符合条件的点D 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）P是线段AC上的一个动点，过点P做PE∥y轴交抛物线于点E，求线段PE长度的最大值；（4）点F是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点G，使得以点A，C，G，F为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点G的坐标；如果不存在，请说明理由．11．数学来源于生活，数学之美无处不在，在几何图形中，最美的角是45°，最美的直角三角形是等腰直角三角形，我们把45°的角称为一中美角，最美的等腰直角三角形称为一中美三角．根据该约定，完成下列问题：(1)如图1，已知正方形ABCD中O是对角线AC上一动点，过O作OP⊥OD，垂足为O，交BC边于P，△POD是否为一中美三角，并说明理由；(2)如图2，在平面直角坐标系中，点A（﹣2，0），点B（0，2），点P在第二象限内，且在直线y＝﹣2x﹣2上，若△ABP恰好构成一中美三角，求出此时P点的坐标；(3)如图3，若二次函数y＝﹣x2+2x+3的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，P 为第二象限上的点，在直线AC上，且∠OPB恰好构成一中美角；Q为x轴上方抛物线上的一动点，令Q点横坐标为m（0＜m＜3），当m为何值时，△PBQ的面积最大，求出此时Q点坐标和最大面积．12．已知：如图1，一次函数y＝mx＋5m的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，与函数y ＝－23x的图像交于点C，点C的横坐标为－3．（1）求点B的坐标；（2）若点Q为直线OC上一点，且S△QAC＝2S△AOC，求点Q的坐标；（3）如图2，点D为线段OA上一点，∠ACD＝∠AOC．点P为x轴负半轴上一点，且点P到直线CD和直线CO的距离相等．①在图2中，只利用圆规．．．．．作图找到点P的位置； (保留作图痕迹，不得在图2中作无关元素．)②求点P的坐标．13．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于线段AB，给出如下定义：若线段AB沿着某条直线l对称可以得到⊙O的弦A′B′，则称线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，直线l称为“反射轴”．（1）如图，线段CD，EF，GH中是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”有；（2）已知A点坐标为（0，2），B点坐标为（1，1），①若线段AB是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，求反射轴l与y轴的交点M的坐标．②若将“反射线段”AB沿直线y＝x的方向向上平移一段距离S，其反射轴l与y轴的交点的纵坐标yM的取值范围为12≤yM136≤，求S．（3）已知点M，N是在以原点为圆心，半径为2的圆上的两个动点，且满足MN＝1，若MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，求反射轴l未经过的区域的面积．（4）已知点M，N是在以（2，013MN2=MN是⊙O的以直线l为对称轴的“反射线段”，当M点在圆上运动一周时，请直接写出反射轴l与y轴交点的纵坐标的取值范围．14．如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，A（1，0），B（0，2），二次函数y＝x2+bx﹣2的图象经过C点．（1）求二次函数的解析式；（2）若点P是抛物线的一个动点且在x轴的下方，则当点P运动至何处时，恰好使△PBC 的面积等于△ABC的面积的两倍．（3）若点Q是抛物线上的一个动点，则当点Q运动至何处时，恰好使∠QAC＝45°？请你求出此时的Q点坐标．15．在平面直角坐标系xOy中，点A(a，b)和点B(c，d)．给出如下定义：以AB为边，作等边三角形ABC，按照逆时针方向排列A，B，C三个顶点，则称等边三角形ABC为点A，B的逆序等边三角形．例如，当1,0,3,0=-===时，点A，B的逆序等边三角形a b c dABC如图①所示．(1)已知点A(-1，0)，B(3，0)，则点C的坐标为___；请在图①中画出点C，B的逆序等边三角形CBD，点D的坐标为___．(2)图②中，点B(3，0)，点A在以点M(-2，0)为圆心1为半径的圆上，求点A，B的逆序等边三角形ABC的顶点C的横坐标取值范围．(3)图③中，点A在以点M(-2，0)为圆心1为半径的圆上，点B在以N(3，0)为圆心2为半径的圆上，且点B的纵坐标0d>，点A，B的逆序等边三角形ABC如图③所示．若点C=+上，直接写出t的取值范围．恰好落在直线y x t16．在△ABC中，AB=AC，点D为AB边上一动点，∠CDE=∠BAC=α，CD=ED，连接BE，EC．(1)问题发现：如图①，若α=60°，则∠EBA= ，AD与EB的数量关系是；(2)类比探究：如图②，当α=90°时，请写出∠EBA的度数及AD与EB的数量关系并说明理由；(3)拓展应用：如图③，点E 为正方形ABCD 的边AB 上的三等分点，以DE 为边在DE 上方作正方形DEFG ，点O 为正方形DEFG 的中心，若OA =2，请直接写出线段EF 的长度17．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝12x 2+bx +c 与x 轴交于A （-2，0），B （4，0）两，点，与y 轴交于点C ，连接AC 、BC ，(1)求抛物线的函数表达式；(2)点P 为直线BC 下方抛物线上一动点，连接OP 交BC 于点E ，当PE OE的值最大时，求点P 的坐标和PE OE的最大值； (3)把抛物线y ＝12x 2+bx +c 向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到新抛物线y '，M是新抛物线上一点，N 是新抛物线对称轴上一点，当以M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出所有符合条件的N 点的坐标，并任选其中一个N 点，写出求N 点的坐标的过程．18．抛物线2(0)y ax bx c a =++≠与x 轴交于(1,0)A -，B 两点（A 在B 的左侧），与y 轴交于点(0,)P p -．(1)当2a p =时，求点B 的坐标；(2)已知该抛物线的对称轴为直线1,0x a =<．①求p ，a 所满足的数量关系式；②如图5，若OB OP =，Q （点Q 的横坐标大于3）为抛物线上一点，连接PQ ．若直线PQ 把四边形AQBP 的面积分为3:5两部分，求点Q 的坐标．19．如图，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 与x 轴交于A （﹣1，0），B ，与y 轴正半轴交于C ，OB＝OC ＝3OA ．(1)求这条抛物线的解析式．(2)如图1，在抛物线对称轴上求一点P ，使CP ⊥BP ．(3)如图2，若点E 在抛物线对称轴上，在抛物线上是否存在点F ，使以B ，C ，E ，F 为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．20．已知等边△ABC ，M 在边BC 上，MN ⊥AC 于N ，交AB 于点P ．（1）求证：BP ＝BM ；（2）若MC ＝2BM ，求证：MP ＝MN ．（3）若E ，F 分别在AB 、AC 上，且△MEF 为等边三角形，当MEF ABC S S ∆∆的值最小时，BM BC＝ ．【参考答案】**科目模拟测试一、解答题1．（1）（3，4）；（2）OD ＝4，∠BAO ＝60°；（3）23π；（4）245或325 【解析】【分析】（1）先由BC AC =，CD 为AB 边上的高，根据等腰三角形三线合一的性质得出D 为AB 的中点，则142AD AB ==，然后在Rt ΔCAD 中运用勾股定理求出3CD =，进而得到点C 的坐标；（2）如图2，当4t =时即4AO =，先由D 为AB 的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出142OD AB ==，则4OA OD AD ===，判定AOD ∆为等边三角形，然后根据等边三角形的性质求出60BAO ∠=︒；（3）从0=t 到4t =这一时段点D 运动路线是弧1DD ，由130D OD ∠=︒，4OD =，根据弧长的计算公式求解；（4）分两种情况：①C 与x 轴相切，根据两角对应相等的两三角形相似证明ΔΔCAD ABO ∽，得出AB AO CA CD =，求出AO 的值；②C 与y 轴相切，同理，可求出AO 的值．【详解】解：（1）如图1，∵BC ＝AC ，CD ⊥AB ，∴D 为AB 的中点，∴AD ＝12AB ＝4．在Rt △CAD 中，CD 3，∴点C 的坐标为（3，4）；（2）如图2，当t ＝4时，AO ＝4，在Rt △ABO 中，D 为AB 的中点，OD ＝12AB ＝4，∴OA ＝OD ＝AD ＝4，∴△AOD 为等边三角形，∴∠BAO ＝60°；（3）如图3，从t ＝0到t ＝4这一时段点D 运动路线是弧DD 1，其中，OD ＝OD 1＝4， 又∵∠D 1OD ＝90°﹣60°＝30°，∴13042 1803DDππ⨯⨯==；（4）分两种情况：①设AO＝t1时，⊙C与x轴相切，A为切点，如图4．∴CA⊥OA，∴CA∥y轴，∴∠CAD＝∠ABO．又∵∠CDA＝∠AOB＝90°，∴Rt△CAD∽Rt△ABO，∴AB AOCA CD=，即1853t=，解得124 5t=；②设AO＝t2时，⊙C与y轴相切，B为切点，如图5．同理可得，232 5t=．综上可知，当以点C为圆心，CA为半径的圆与坐标轴相切时，t的值为245或325．【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及到等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，弧长的计算，直线与圆相切，切线的性质，相似三角形的判定与性质，综合性较强，有一定难度，其中第（4）问进行分类讨论是解题的关键．2．（1）证明见解析；（2）证明见解析，（3）15714BF=．【解析】【分析】（1）连接OA并延长AO交BC于E，证明∠BAC=2∠BAE和∠ABD=∠BAE即可得结论，（2）利用直角三角形两锐角互余、圆周角定理进行导角，得出MCG△和△FCG是等腰三角形，得出BM=MC=FG=CG，MH=HG，进而由BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，得出结论；（3）过O点作OP⊥AC，由垂径定理得出12PD=，再由52ABOADOS AB BOS AD OD===和平行线分线段成比例定理求出7724DH DP==，由勾股定理进而可求BH，再利用相似三角形对应边成比例求出HG，即可得BF长．【详解】解：（1）连接OA并延长AO交BC于E，∵AB=AC，∴AB AC=，∵AE过圆心O，∴AE BC⊥，BE EC=，∴∠BAC=2∠BAE，∵OA=OB，∴∠ABD=∠BAE，∴∠BAC=2∠ABD；（2）如解图（2），连接OA并延长AO交BC于E，AE交BF于M，连接MC，设2BACα∠=，则ABD BAE EACα∠=∠=∠=∵AE =EC ，AE ⊥BC ，∴BM =MC ，∴∠MBC =∠MCB ，∵BG ⊥AC ，AE ⊥BC ，∴∠EAC +∠ACE =90°，∠HBC +∠ACE =90°，∴EAC HBC MCB α∠=∠=∠=，∴2CMG MBC MCB α∠=∠+∠=，∵BC BC =，∴2G BAC α∠=∠=，∴∠G =∠CMG ，∴CG =CM =BM ，∵AC ⊥BG ，∴MH =HG ，∵OA =OC ，∴ACO EAC α∠=∠=∴9090CFG ACO α∠=︒-∠=︒-，∵180FCG CFG G ∠=︒-∠-∠，即180(90)290FCG ααα∠=︒-︒--=︒-，∴FCG CFG ∠=∠，∴FG =CG ，∴BM =MC =FG =CG ，又∵MH =HG ，∴BF =BM +MH -FH =FG -FH +HG ，∴BF =2HG ．（3）过O 点作OP ⊥AC ，如解图（3）∵AO 是∠BAC 的角平分线，∴点O 到AB 、AC 的距离相等， ∴ABO ADO SAB BO S AD OD==， ∵AD =2，CD =3，∴AB =AC =5， ∴5=2BO OD ，即：2=7OD BD ， ∵OP ⊥AC ，∴52AP PC ==，12PD =， ∵BH AC ⊥， ∴OP //BH ，∴27DP OP OD DH BH BD ===， ∴7724DH DP ==， ∴154AH AD DH =+=，5-4HC DC DH ==， ∵在Rt ABH中，BH == ∵BAH G ∠=∠，AHB GHC ∠=∠， ∴AHB GHC △△，∴AH BH HG CH = 即：AH HC BHHG =， 51544=⨯， ∴HG =， 由（2）得BF =2HG ，∴BF = 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，涉及了相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识点，解题关键是利用同弧或等弧所对圆周角相等、直角三角形的两锐角相等找出图中角之间的关系，从而利用相似或勾股定理解题．3．（1）见解析；（2）见解析；（3【解析】【分析】（1）连接,BO BD ，根据圆周角定理以及三角形的内角和，以及AD BD ⊥，即可证明BAO CAD ∠=∠；（2）延长CO 交O 于点M ，连接BM 、AM ，依垂径构造中位线，得2BM ON =，证明四边形AEBM 是平行四边形，得AE BM =结论可证；（3）连接OE 并延长交AC 于点Q ,连接,,AF OB OC ，CD ，,AD BC AH BF ⊥⊥，证EH HF =结合边比得60HFC ∠=︒，证AOP ≌AEQ △，得APQ 是等边等边三角形，PBO ≌QOC ，得等边边长13，得半径73BO =解AEH △，求得1cos 7AEH ∠=继续解形计算，可得7137AD =． 【详解】（1）如图，连接,BO BD ，AD BC ⊥90DAC C ∴∠+∠=︒AO BO =AOB ABO ∠=∠2180AOB BAO ∴∠+∠=︒即2AOB BAO ∠+∠()2DAC C =∠+∠=AB AB2AOB C ∴∠=∠BAO DAC ∴∠=∠（2）如图，延长CO 交O 于点M ，连接BM 、AMON BC ⊥NB NC ∴=OM OC =2ON BM ∴= MC 为O 的直径，90MBC ∴∠=︒，90MAC ∠=︒MB BC ∴⊥,MA AC ⊥AD BC ⊥,BH AC ⊥∴//MB AE ，//MA BH∴四边形AMBE 是平行四边形AE MB ∴=∴2AE ON =（3）如图，连接OE 并延长交AC 于点Q ,连接,,AF OB OC ，CD ，,AD BC AH BF ⊥⊥,90,90GBH BEG HAE AEH ∴∠+∠=︒∠+=︒,BEG AEH ∠=∠,GBH HAE ∴∠=∠,即CAD CBF ∠=∠CF CF =CAF CBF ∴∠=CAD CAF ∴∠=∠AH BF ⊥AHE AHF ∴∠=∠又AH AH =AHE AHF ∴△≌△HE HF ∴=:32HC EF =3HC HF ∴=tan HC HFC HF∠==60HFC ∴∠=︒设ON k =，由（2）可得2AE ON =2k =,60,HFC CB CB ∠=︒=120BOC ∴∠=︒,60BAC BFC ∠=∠=︒ON BC ⊥1602BON BOC ∴∠=∠=︒ 22cos ON OB ON k BON∴===∠ 2OA OB OC k ∴===AO AE ∴=AOE AEO ∴∠=∠AOP AEQ ∴∠=∠由（1）可得BAO CAD ∠=∠，在AOP 和AEQ △中，BAO CAD AO AEAOP AEQ ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴AOP ≌AEQ △∴=AP AQ ，OP EQ =60BAC ∠=︒APQ ∴△是等边三角形，60APQ AQP ∴∠=∠=︒120BPO OQC ∴∠=∠=︒120BOC ∠=︒18060BOP COQ BOC ∴∠+∠=︒-∠=︒180********BOP PBO OPB ∠+∠=︒-∠=︒-︒=︒COQ PBO ∴∠=∠在PBO 与QOC 中COQ OBP OQC BPO BO OC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴PBO ≌QOCOQ BP ∴=，OP QC =OP EQ=2EQ QC∴==7OE =27211PQ AP AQ PO OE EQ∴===++=++=在Rt EHQ中，60AQP∠=︒,2EQ=sin2EH EQ EQH∴=⨯∠==1cos12HQ EQ EQA EQ=⋅∠==EF EH∴=在Rt HCF△中，cos2HFCFHFC===∠在Rt AEH中,12AH AQ HQ=-=AE∴=AO AE∴==在Rt AEH△中，1cos7EHAEHAE∠===,AH BF AD BC⊥⊥∴AEH GAC GAC GCA∠+∠=∠+∠AEH ACG∴∠=∠在Rt AGC中，13215AC AQ QC=+=+=115cos cos77CG AC ACG AC AEH AC∴=⋅∠=⋅∠==AG∴=DAC CAF∠=∠DC CF∴=GD∴=AD AG GD∴=+=+∴AD=【点睛】本题考查了圆与三角形的综合，三角形全等的性质与证明，中位线定理，平行四边形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，圆周角定理，添加辅助线是解题的关键．4．（1）2y x x =+；（2）19(,)24-；（3）74n = 【解析】【分析】（1）把点(1,0)A -代入2(3)y x m x =+-，根据待定系数法求解即可；（2）把抛物线C 的表达式化成顶点式，求得顶点P 的坐标，然后求得关于直线1y =的对称点P '的坐标，即为抛物线1C 的顶点坐标；（3）由抛物线C 的顶点式求得对称轴，然后根据正方形的边长求得B 的坐标，进而得出314n -=，解得74n =． 【详解】解：（1）抛物线2:(3)C y x m x =+-经过点(1,0)A -， 1(3)0m ∴--=．解得：2m =．∴抛物线C 的表达式为2y x x =+；（2）抛物线2211:()24C y x x x =+=+-，∴抛物线C 的顶点为11(,)24P --，如图1，∵点11(,)24P --关于直线1y =的对称点为19(,)24P '-， ∴抛物线1C 的顶点坐标为19(,)24-； （3）抛物线2211:()24C y x x x =+=+-， ∴抛物线的对称轴为12x =-， 正方形的面积为4，∴正方形的边长为2，∴正方形的顶点B 到对称轴12x =-的距离为1，到直线y n =的距离也为1，如图2，∴点B的横坐标为11122-+=，将12x=代入2y x x=+，得34y=，∴正方形的顶点B的坐标为13 (,) 24，∴314n-=，∴74n=．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的图象与几何变换，熟练掌握轴对称的性质、正方形的性质是解题的关键．5．（1）6425+；（2）4；（3）存在，点N的坐标为：（-4，-3）或（−3413434，34710，-1710）．【解析】【分析】（1）利用抛物线的表达式，分别求出点A，点B，点C的坐标，根据两点间的距离公式可求出△ABC的周长；（2）过点P作x轴的垂线，与AC交于点Q，设出点P的坐标，表达出点Q的坐标，进行表达△APC的面积，利用二次函数最值问题，求出此时面积的最大值；（3）分类讨论：当CE为边，且四边形CEM1N为菱形；当CE为边，且四边形CENM为菱形；当CE为对角线，且四边形CNEM为菱形，再利用菱形的性质求出点N的坐标即可．【详解】解：（1）∵抛物线y=12x2+x-4与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，∴令x=0，则y=-4；令y=0，则x=-4或2，∴A（-4，0），B（2，0），C（0，-4）；∴AB=6，AC=42，BC=25，∴△ABC的周长=6+42+25；（2）如图，过点P作x轴的垂线，与AC交于点Q，∵A（-4，0），C（0，-4），∴直线AC的表达式为：y=-x-4，设点P的横坐标为m，则P（m，12m2+m-4），∴Q（m，-m-4），∴PQ=（-m-4）-（12m2+m-4）=-12m2-2m，∴S△PAC=S△PAQ+S△PCQ=12•PQ•（xP-xA）+12•PQ•（xC-xP）=12•PQ•（xC-xA）=12×（-12m2-2m）×（0+4）=-m2-4m=-（m+2）2+4，∵-1＜0，∴当m=-2时，△PAC的面积最大为4；（3）存在，此时点N的坐标为：（-4，-3）；（−343434-1，-34710，-1710）．由y=12x2+x-4，可知，对称轴为直线x=-1，∴E（-1，0），连接CE，可得CE17，①当CE为边，且四边形CEMN为菱形时，如图所示，此时CE=M1E=17，过点M1作M1G⊥x轴于点G，设M1（t，-t-4），则M1G=-t-4，OG=-t，EG=-t-1，∴（-t-1）2+（-t-4）2=（17）2，解得t=0（舍去），t=-5，∴M1（-5，1），N1（-4，-3）；②当CE为边，且四边形CENM为菱形时，如图所示，此时CE=CM2=CM317M2作M2H⊥y轴于点H，过点M3作M3T⊥y轴于点T，∵AO⊥OC，∴AO∥M2H，AO∥M3T，∴CH：CO=M2H：OA=CM2：CA172CT：CO=M3T：OA=CM3：CA172∴CH=M2H 34CT=TM334∴M2（−3434M33434∴N2（−342-1，342），N3（342-1，-342）；③当CE为对角线，且四边形CNEM为菱形时，如图所示，取CE的中点K，过点K作MN⊥CE，交AC于点M，∴K（-12，-2），由E（-1，0），C（0，-4）的可知，直线EC的表达式为：y=-4x-4，∴直线M4N4的表达式为：y=14x-158，联立411548y xy x=--⎧⎪⎨=-⎪⎩，∴M4（-1710，-2310），∴N4（710，-1710）．综上可知，此时点N的坐标为：（-4，-3）或（−343434，34或（710，-1710）．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查三角形的面积，菱形的存在性等，分类讨论思想；利用分类讨论思想进行正确的讨论是解题的关键．6．（1）153,4P⎛⎫⎪⎝⎭；（2）11110；（3）存在，(125,5N-，()24,8N，355,2N⎛⎫-⎪⎝⎭．【解析】【分析】（1）根据翻折的性质得出△BCP≌△O'AP，再利用勾股定理得出结论；（2）先求出直线CH和OG的解析式，联立解得H的坐标，再根据OCPOAHP OAHC S S S=-四边形梯形得出结果；（3）分三种情况讨论：①当OD =DM =MN =NO =5时，②当OD =DN =MN =MO =5时，③当OM =MD =DN =NO =5时． 【详解】（1）∵四边形OABC 是矩形， ∴OA =BC =3，OC =AB =6， 由翻折得3OA OA，∠O '=∠AOC =90°，在△BCP 与△O 'AP 中，∠B =90°，∠BPC =∠O 'PA ，BC =O 'A =2， ∴△BCP ≌△O 'AP ， ∴BP =O 'P ，设BP =O 'P =x ，则AP =AB -BP ＝6-x ， 在Rt △AP O '中，222O P O A AP ''+=， 则2223(6)x x +=-，解得94x =， ∴AP =6-x =6-94=154，则15(3,)4P ； （2）1133222HBCSBC BH BH BH =⋅=⨯⨯=,则3322BH =, ∴BH =1，AH =AB -BH =6-1=5， ∴H (3，5)， ∵(0,6),(3,5)C H ，∴设直线CH 为：y mx n =+，过点(0,6),(3,5)C H ，∴6053n m n =+⎧⎨=+⎩，解得：136m n ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴直线CH 为：163y x =-+，∵OG ⊥CH ，且13CH K =-，∴3OG K =，∴直线OG 为：3y x =，联立3163y xy x =⎧⎪⎨=-+⎪⎩，解得95x =， 当95x =时，275y = ，∴927(,)55H ，∵33()22OAHCS AH OC OA=+⋅÷=梯形，OCPOAHP OAHCS S S=-四边形梯形，∴33271112510OAHPS=-=四边形；（3）设DM与AB交于F，与x轴交于H，∵OD∥AB，∴△ODE∽△BFE，∴OE OD BE BF=，∴2=OD BF，∵D(0，5)，∴OD=5，∴BF=5 22 OD=，∴AF=AB-BF=6-52=72，∴F(3，72 )；设直线DF：y kx b=+，过点D(0，5)，F(3，72 )，∴50732bk b=+⎧⎪⎨=+⎪⎩，解得512bk=⎧⎪⎨=-⎪⎩，∴直线DF:152y x=-+，当OD=DM=MN=NO=5时，如图，作MP⊥y轴交于点P，则MP∥x轴，∴△MPD∽△FOD，∴MP PD MD OF OD FD==，直线DF：152y x=-+，当y=0时，x=10，∴H (10，0)，则DH =10，FD =222251055OD DF +=+=，则510555MP PD ==， ∴MP =25，PD =5， ∴(25,55)M -+，∴25N M x x ==-，555N M y y MN =-=+-=5， ∴(25,5)N -；②当OD =DN =MN =MO =5时，如图，延长MN 交x 轴于点P ，则MP ⊥x 轴， ∵M 在152y x =-+上，∴设M (a ，15)2a -+，在Rt △DPM 中，222OP PM OM +=，∴2221(5)52a a +-+=，解得124,0a a ==(舍去)，∴M (4，3)，∴MP =3+MN =3+5=8， ∴N (4，8)；③当OM =MD =DN =NO =5时，如图，连接NM ，交OD 于点P ，则MN 垂直平分OD ， ∴52M N y y OP ===，则15522M x -+=， ∴5M x =，∴5N M x x -=，∴5(5,)2N -；综上所述：N 点的坐标为(25,5)-，(4，8)，5(5,)2-．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质及一次函数的性质，解题的关键是灵活运用这些性质．7．（1）125，95；（2）①16(8)5CD x =-，见解析；②正方形的边长为6cm 5；（3）当x 为4049s 或1s 或6455s 时，△MCQ 是等腰三角形【解析】 【分析】（1）如图1，过点P 作PR ⊥AC 于R ，过点M 作MT ⊥AC 于T ，先求解,AB 再利用锐角三角函数分别求解,,,PR AR AQ 再证明△PRQ ≌△QTM ，再利用全等三角形的性质证明,MTRQ 从而可得答案；（2）如图2，过点M 作MF ⊥AC 于F ．由（1）知，△PDQ ≌△QFM ，AD ＝AP •cosA ＝416455x x cm ，PD ＝AP •sinA ＝125x cm ，DQ ＝95x cm ，①由CD ＝AC ﹣AD ，可得答案；②由FM PD ，可得FMCFPD CD，再建立方程求解即可； （3）如图3中，当MQ ＝MC 时，作MF ⊥CQ 于F ．由cos ∠A ＝cos ∠FQM ，建立方程求解，如图4中，当QC ＝QM 时，由8﹣5x ＝3x ，求解即可，如图5中．当CQ ＝CM 时，作CF ⊥MQ 于F ．由cos ∠CQF ＝45，再建立方程求解即可. 【详解】解：（1）如图1，过点P 作PR ⊥AC 于R ，过点M 作MT ⊥AC 于T ，当x＝1时，AP＝4，在Rt△ABC中，AC＝8cm，BC＝6cm，∴AB＝22AC BC+=10cm，∴sinA＝63105BCAB==，cosA＝84105ACAB==，∴PR＝AP•sinA＝125cm，AR＝AP•cosA＝165cm，AQ＝cosAPA＝5cm，∵四边形PQMN为正方形，∴PQ＝QM，∠PQR+∠MQT＝90°，∵∠PQR+∠RPQ＝90°，∴∠RPQ＝∠MQT，∵∠PRQ＝∠QTM＝90°，∴△PRQ≌△QTM（AAS），∴TM＝RQ＝AQ﹣AR＝95 cm，故答案为：125，95；（2）如图2，过点M作MF⊥AC于F．由（1）知，△PDQ≌△QFM，AD＝AP•cosA＝416455x x cm，PD＝AP•sinA＝125x cm，DQ＝95x cm，①∵CD＝AC﹣AD，∴CD ＝1685x ⎛⎫- ⎪⎝⎭cm ，②当点P 、M 、C 三点共线时， ∵△PDQ ≌△QFM ， ∴PD ＝FQ ＝125x cm ，DQ ＝FM ＝95x cm ，16912371688,8,55555CF x x x x CD x ∴=---=-=- ∵FM PD ， ∴FMCFPD CD， ∴9378551216855x xx x -=-， ∴x ＝25， 经检验，x ＝25是分式方程的解， ∴PQ ＝22PD DQ +=3x ＝65（cm ）， ∴正方形的边长为65cm ； （3）如图3中，当MQ ＝MC 时，作MF ⊥CQ 于F ．∵QM AB ∥， ∴∠A ＝∠FQM ， ∴cos ∠A ＝cos ∠FQM ，4,5FQ QM ∴= 而45,4cos 5AP xAQ x A === ∴()1854235x x -=，∴x ＝4049， 经检验，x ＝4049是分式方程的解． 如图4中，当QC ＝QM 时，则有8﹣5x ＝3x ，解得x ＝1． 如图5中．当CQ ＝CM 时，作CF ⊥MQ 于F ．1,2QF FM QM ∴==∵cos ∠CQF ＝45， 4,5QF QC ∴= ∴342855x x， ∴t ＝6455， 综上所述，当运动时间为4049s 或1s 或6455s 时，△MCQ 是等腰三角形． 【点睛】 本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是学会利用等腰三角形的性质以及三角函数构建方程解决问题，属于中考压轴题．8．（1）都成立，理由见解析；（2）结论依然成立，理由见解析；（3）58 【解析】 【分析】 （1）利用等边三角形的性质和含30直角三角形的性质，求得对应边的比值，即可求解； （2）过点B 作BE AC ∥交AD 延长线于点E ，利用等腰三角形的性质可得AB BE =，再利用相似三角形的性质即可求解；（3）连接DE ，由（2）可得，35CD AC DB AB ==，58EF AE FC AC ==，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】（1）两个等式都成立，理由如下：∵ABC 为等边三角形，AD 为角平分线∴AD 垂直平分BC ，30CAD BAD ∠=∠=︒，AB AC =∴CD BD =∴AC CD AB DB= ∵60CAB ∠=︒，11B C AC ⊥∴130B ∠=︒∴112AB AC =，即1112AC AB = 又∵130DAB B ∠=︒=∠∴1AD DB =在1Rt ADC 中，130C AD ∠=︒，∴112DA DB DC ==，1112C D DB = ∴1111AC C D AB DB = （2）结论依然成立，理由如下：如下图：过点B作BE AC∥交AD延长线于点E ∴E CAD BAD∠=∠=∠∴AB BE=∵BE AC∥∴ACD EBD△△∽∴AC CD EB DB=又∵AB BE=∴AC CD AB DB=（3）如图，连接DE∵AD平分CAB∠∴AD为ABC和ACE的内角角平分线由（2）的性质可得，834053CD ACDB AB===，58EF AEFC AC==又∵5340553AEEB==-∴CD AE DB EB=∴BD BE BC AB=又∵B B∠=∠∴BDE BCA∽∴BED BAC ∠=∠∴DE AC∥∴DEF ACF∽∴58 DF EFAF FC==【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，涉及了等边三角形的性质，等腰三角形的性质以及含30直角三角形的性质，解题的关键是灵活利用相关性质，构造出相似三角形，再利用相似三角形的性质求解即可．9．（1）二次函数的解析式为2416233y x x =-++；A （0，2）；（2）D （2，223）；（3）点P 的坐标为（2，221+）或（2，221-）或（2，626-）或（2，626+）【解析】【分析】（1）把B （3，6）代入y ＝ax 2﹣4ax +2，列方程求a 的值，求出二次函数的解析式，再令x ＝0，求出点A 的纵坐标；（2）先作点A 关于直线BC 的对称点E ，交抛物线于点D ，得到∠CBD ＝∠ABC ，求直线BD 的解析式且与二次函数的解析式组成方程组，解方程组求出点D 的坐标；（3）以AB 为腰的等腰三角形PAB ，可按以BP 为底边或以AP 为底边两种情况分类讨论，由AP 2＝AB 2或PB 2＝AB 2列方程，分别求出相应的点P 的坐标．【详解】解：（1）把B （3，6）代入y ＝ax 2﹣4ax +2，得9a ﹣12a +2＝6，解得，a ＝43-， ∴二次函数的解析式为2416233y x x =-++； 当x ＝0时，24162233y x x =-++=， ∴A （0，2）．（2）如图1，∵()22416422223333y x x x =-++=--+， ∴抛物线的对称轴为直线x ＝2，∵点C 与点B （3，6）关于直线x ＝2对称，∴C （1，6），∴BC ∥x 轴，作点A （0，2）关于直线BC 的对称点E ，交抛物线于点D ，则E （0，10），∵BC 垂直平分AE ，∴AB ＝AE ，∴∠CBD ＝∠ABC ，设直线BD 的解析式为y ＝kx +10，则3k +10＝6， 解得，43k =-， ∴y ＝43-x +10， 由24103416233y x y x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩， 得112223x y =⎧⎪⎨=⎪⎩，2336x y =⎧⎨=⎩， ∴D （2，223）； （3）设P （2，m ），∵A （0，2），B （3，6），∴AB 2＝32+（6﹣2）2＝25，当AP ＝AB 时，如图2，由AP 2＝AB 2得，22+（m ﹣2）2＝25，整理得，m2﹣4m ﹣17＝0，解得，m 1＝221m 2＝221-∴P （2，221+P ′（2，221-当PB ＝AB 时，如图3，由PB 2＝AB 2，得（3﹣2）2+（6﹣m ）2＝25，整理得，m 2﹣12m +12＝0，解得，m 1＝66-m 2＝66+∴P （2，626-P ′（2，626+综上所述，点P 的坐标为（2，2212，221-2，626-2，626+【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、等腰三角形的性质、解一元二次方程、二次根式的化简及分类讨论数学思想的运用等知识与方法，熟练掌握相关知识是解题关键10．（1）223y x x =--；（2）存在，(0,3)D 或(0,3)-；（3）94；（4）存在，点G 的坐标为(3,0)-或(1,0)或(47,0)或(47,0)+【解析】【分析】（1）利用待定系数法确定函数关系式；（2）利用同底等高三角形的面积相等解答；（3）设点P 的坐标为(,1)(12)m m m ---≤≤，则点E 的坐标为2(,23)m m m --，进而可得出22192()24PE m m m =-++=--+，再利用二次函数的性质即可解决最值问题； （4）存在．如图，设抛物线与y 的交点为K ，由题意(0,3)K -，可知CK x ∥轴，分图中四种情形，利用平行四边形的性质以及平移变换的性质求解即可．【详解】（1）把(1,0)A -、(2,3)C -分别代入23y ax bx =+-，得：304233a b a b --=⎧⎨+-=-⎩，解得：12a b =⎧⎨=-⎩， 故该抛物线解析式是223y x x =--；（2）存在，理由如下：∵ABD ABC S S =△△，(2,3)C -， ∴1122C D AB y AB y ⋅=⋅，即C D y y =， ∴3D y =，∴3D y =或3D y =-，∴(0,3)D 或(0,3)-；（3）由(1,0)A -、(2,3)C -得到直线AC 解析式为1y x =--，设点P 的坐标为(,1)(12)m m m ---≤≤，则点E 的坐标为2(,23)m m m --，∴22219(1)(23)2()24PE m m m m m m =-----=-++=--+， ∵10-<，∴当12m =时，PE 取最大值，最大值为94； （4）存在．理由：如图，设抛物线与y 的交点为K ，由题意(0,3)K -，∵(2,3)C -，∴CK x ∥轴，2CK =，当AC 是平行四边形11ACF G 的边时，可得1(3,0)G -,当AC 是平行四边形12AFCG 的对角线时，2AG CK =，可得2(1,0)G ，当点F 在x 轴的上方时，令3y =，2323=--x x ，解得：17x =∴3(17,3)F ，4(17,3)F ，由平移的性质可知3(47,0)G -，4(47,0)G +, 综上所述，满足条件的点G 的坐标为(3,0)-或(1,0)或(47,0)-或(47,0)+．【点睛】本题考查二次函数与几何图形的综合应用，属于中考压轴题，掌握相关知识点间的应用是解题的关键．11．(1)△POD 为一中美三角，理由见解析(2)P （﹣2，2）(3)m ＝76时，S △PBQ 有最大值为12120，此时Q （76，14336）． 【解析】【分析】（1）过O 作EF ⊥BC 于F ，交AD 于E ，证明DEO OFP ≌可得OD ＝OP ，从而△POD 是等腰直角三角形，即△POD 为一中美三角；（2）设P （m ，-2m -2），AP 2=（m +2）2+（-2m -2）2=5m 2+12m +8，BP 2=m 2+（-2m -2-2）2=5m 2+16m +16，AB 2=（-2-0）2+（0-2）2=8，△ABP 构成一中美三角，即等腰直角三角形，分三种情况讨论：①若AP 、BP 为腰，5m 2+12m +8=5m 2+16m +16且5m 2+12m +8+5m 2+16m +16=8，②若AP 、AB 为腰，5m 2+12m +8=8且5m 2+12m +8+8=5m 2+16m +16，③若BP 、AB 为腰，则5m 2+16m +16=8且5m 2+16m +16+8=5m2+12m +8，分别解方程即可得答案；（3）连接BC ，作BC 中点D ，连接DP ，过Q 作QM ∥y 轴交BP 于M ，由∠OPB =∠BCO 知P 、B 、C 、O 共圆，即P 在△BOC 的外接圆上，根据PD =12BC =322，P （t ，3t +3），可列（t ﹣32）2+（3t +3﹣32）2＝（322）2得P （﹣35，65），从而可得直线BP 为y =-13x +1，由Q （m ，-m 2+2m +3），M （m ，- 13m +1），有QM =-m 2+73m +2，故S △PBQ =﹣95（m ﹣76）2+12120，即可得m =76时，S △PBQ 有最大值为12120，Q （76，14336）． (1) 解：△POD 为一中美三角，理由如下：过O 作EF ⊥BC 于F ，交AD 于E ，如图：∵四边形ABCD 是正方形，EF ⊥BC ，∴∠ACB ＝45°，四边形EFCD 是矩形，∴△OFC 是等腰直角三角形，ED ＝FC ，∴OF ＝FC ，∴OF ＝ED ，∵OP ⊥OD ，∴∠2＝90°﹣∠3＝∠1，在△DEO 和△OFP 中，1=2OF EDDEO OFP ∠∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△DEO ≌△OFP （ASA ），∴OD ＝OP ，又∠DOP ＝90°，∴△POD 是等腰直角三角形，即△POD 为一中美三角；(2)设P （m ，﹣2m ﹣2），∵点A （﹣2，0），点B （0，2），∴AP 2＝（m +2）2+（﹣2m ﹣2）2＝5m 2+12m +8， BP 2＝m 2+（﹣2m ﹣2﹣2）2＝5m 2+16m +16，AB 2＝（﹣2﹣0）2+（0﹣2）2＝8，△ABP 构成一中美三角，即等腰直角三角形，如图：①若AP 、BP 为腰，则需满足：AP ＝BP 且AP 2+BP 2＝AB 2，∴5m 2+12m +8＝5m 2+16m +16且5m 2+12m +8+5m 2+16m +16＝8， 解得m ＝﹣2，∴P （﹣2，2）；②若AP 、AB 为腰，同理可得：5m 2+12m +8＝8且5m 2+12m +8+8＝5m 2+16m +16，满足两个方程的m＝0，此时不存在P，使△ABP构成一中美三角；③若BP、AB为腰，则5m2+16m+16＝8且5m2+16m+16+8＝5m2+12m+8，没有m能同时满足两个方程，故此时不存在P，使△ABP构成一中美三角；综上所述，△ABP构成一中美三角，则P（﹣2，2）；(3)连接BC，作BC中点D，连接DP，过Q作QM∥y轴交BP于M，如图：∵y＝﹣x2+2x+3的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），∴OB＝OC，BC＝2D（32，32），∴∠BCO＝45°，∵∠OPB恰好构成一中美角，即∠OPB＝45°，∴∠OPB＝∠BCO，∴P、B、C、O共圆，即P在△BOC的外接圆上，∵∠BOC＝90°，∴D为△BOC的外接圆圆心，∴PD＝12BC32设直线AC为y＝kx+b，则3=k bb=-+⎧⎨⎩，解得=3 =3kb⎧⎨⎩，∴直线AC为y＝3x+3，设P（t，3t+3），∴（t﹣32）2+（3t+3﹣32）2322，解得t＝﹣35或t＝0（舍去），∴P（﹣35，65），设直线BP为y＝sx+r，则63550=3s rs r⎧=-+⎪⎨⎪+⎩，解得1=3=1sr⎧-⎪⎨⎪⎩，∴直线BP为y＝﹣13x+1，∵Q点横坐标为m，∴Q（m，﹣m2+2m+3），M（m，﹣13m+1），∴QM＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣13m+1）＝﹣m2+73m+2，∴S△PBQ＝12QM•（xB﹣xP）＝12（﹣m2+73m+2）×（3+35）＝﹣95（m﹣76）2+12120，∵﹣95＜0，∴m＝76时，S△PBQ有最大值为12120，此时Q（76，14336）．【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及新定义、等腰直角三角形的判定与性质、一次函数及二次函数图象上点坐标特征、四点共圆、三角形面积等知识，综合性强，解题的关键是用含字母的代数式表示相关的点坐标、线段长度及三角形面积．12．（1）B（0，5）；（2）点Q的坐标为（-9，6）或（3，-2）；（3）①见解析；②点P的坐标为（0）或（，0）．【解析】【分析】（1）把点C的横坐标代入正比例函数解析式，求得点C的纵坐标，然后把点C的坐标代入一次函数解析式即可求得m的值，则易求点B的坐标；（2）由S△QAC=3S△AOC得到点Q到x轴的距离是点C到x轴距离的2倍或点Q到x轴的距离和点C到x轴距离相等；（3）①如图2，以点A为圆心，AC长为半径画弧，该弧与x轴的交点即为P；②先求出AC，再判断出AP=AC，即可求出点P的坐标．【详解】解：（1）把x=-3代入y=-23x得到：y=2．则C（-3，2）．。