您的位置：360文档中心› 2022届中考数学压轴难题附答案

2022届中考数学压轴难题附答案

合集下载

2022届中考数学压轴难题押题附答案解析

2022届中考数学压轴难题押题附答案解析

2022年中考数学压轴题1．如图1，△AOB 的三个顶点A 、O 、B 分别落在抛物线F 1：y =13x 2+73x 的图象上，点A 的横坐标为﹣4，点B 的纵坐标为﹣2．（点A 在点B 的左侧）（1）求点A 、B 的坐标；（2）将△AOB 绕点O 逆时针旋转90°得到△A 'OB '，抛物线F 2：y ＝ax 2+bx +4经过A '、B '两点，已知点M 为抛物线F 2的对称轴上一定点，且点A '恰好在以OM 为直径的圆上，连接OM 、A 'M ，求△OA 'M 的面积；（3）如图2，延长OB '交抛物线F 2于点C ，连接A 'C ，在坐标轴上是否存在点D ，使得以A 、O 、D 为顶点的三角形与△OA 'C 相似．若存在，请求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）当x ＝﹣4时，y =13×（﹣4）2+73×（﹣4）＝﹣4∴点A 坐标为（﹣4，﹣4）当y ＝﹣2时，13x 2+73x ＝﹣2 解得：x 1＝﹣1，x 2＝﹣6∵点A 在点B 的左侧∴点B 坐标为（﹣1，﹣2）（2）如图1，过点B 作BE ⊥x 轴于点E ，过点B '作B 'G ⊥x 轴于点G∴∠BEO ＝∠OGB '＝90°，OE ＝1，BE ＝2∵将△AOB 绕点O 逆时针旋转90°得到△A 'OB '∴OB ＝OB '，∠BOB '＝90°∴∠BOE +∠B 'OG ＝∠BOE +∠OBE ＝90°∴∠B 'OG ＝∠OBE在△B 'OG 与△OBE 中{∠OGB′=∠BEO ∠B′OG =∠OBE B′O =OB∴△B 'OG ≌△OBE （AAS ）∴OG ＝BE ＝2，B 'G ＝OE ＝1∵点B '在第四象限∴B '（2，﹣1）同理可求得：A '（4，﹣4）∴OA ＝OA '=√42+42=4√2∵抛物线F 2：y ＝ax 2+bx +4经过点A '、B '∴{16a +4b +4=−44a +2b +4=−1 解得：{a =14b =−3∴抛物线F 2解析式为：y =14x 2﹣3x +4∴对称轴为直线：x =−−32×14=6 ∵点M 在直线x ＝6上，设M （6，m ）∴OM 2＝62+m 2，A 'M 2＝（6﹣4）2+（m +4）2＝m 2+8m +20∵点A '在以OM 为直径的圆上∴∠OA 'M ＝90°∴OA '2+A 'M 2＝OM 2∴（4√2）2+m 2+8m +20＝36+m 2解得：m ＝﹣2∴A 'M =√m 2+8m +20=√4−16+20=2√2∴S △OA 'M =12OA '•A 'M =12×4√2×2√2=8（3）在坐标轴上存在点D ，使得以A 、O 、D 为顶点的三角形与△OA 'C 相似．∵B '（2，﹣1）∴直线OB '解析式为y =−12x{y =−12x y =14x 2−3x +4 解得：{x 1=2y 1=−1（即为点B '）{x 2=8y 2=−4 ∴C （8，﹣4）∵A '（4，﹣4）∴A 'C ∥x 轴，A 'C ＝4∴∠OA 'C ＝135°∴∠A 'OC ＜45°，∠A 'CO ＜45°∵A （﹣4，﹣4），即直线OA 与x 轴夹角为45°∴当点D 在x 轴负半轴或y 轴负半轴时，∠AOD ＝45°，此时△AOD 不可能与△OA 'C 相似∴点D 在x 轴正半轴或y 轴正半轴时，∠AOD ＝∠OA 'C ＝135°（如图2、图3） ①若△AOD ∽△OA 'C ，则OD A′C =OA OA′=1 ∴OD ＝A 'C ＝4∴D （4，0）或（0，4）②若△DOA ∽△OA 'C ，则DO OA′=OA A′C =4√24=√2∴OD =√2OA '＝8∴D （8，0）或（0，8）综上所述，点D 坐标为（4，0）、（8，0）、（0，4）或（0，8）时，以A 、O 、D 为顶点的三角形与△OA 'C 相似．2．四边形的一条对角线将这个四边形分成两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），那么我们将这条对角线叫做这个四边形的相似对角线．（1）如图1，四边形ABCD中，∠DAB＝100°，∠DCB＝130°，对角线AC平分∠DAB，求证：AC是四边形ABCD的相似对角线；（2）如图2，直线y=−√33x+4√33分别与x，y轴相交于A，B两点，P为反比例函数y=kx（k＜0）上的点，若AO是四边形ABOP的相似对角线，求反比例函数的解析式；（3）如图3，AC是四边形ABCD的相似对角线，点C的坐标为（3，1），AC∥x轴，∠BCA＝∠DCA＝30°，连接BD，△BCD的面积为√3．过A，C两点的抛物线y＝ax2+bx+c （a＜0）与x轴交于E，F两点，记|m|＝AC+1，若直线y＝mx与抛物线恰好有3个交点，求实数a的值．解：（1）如图1，设∠ACD＝α，则∠ACB＝130°﹣α，∴∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝180°﹣50°﹣（130°﹣α）＝α，在△ABC和△ACD中，∠B＝∠ACD，∠BAC＝∠CAD，∴△ABC∽△ACD，∴AC是四边形ABCD的相似对角线；（2）①当∠APO为直角时，当∠OAP＝30°时，过点P作PH⊥x轴于点H，设OH＝x，则HP=√3x，HA＝3x，则x+3x＝4，解得：x＝1，故点P（1，−√3），故k=−√3；当∠AOP＝30°时，同理可得：k＝﹣3√3；②当∠OAP为直角时，当∠OP A＝30°时，点P（4，﹣4√3），k＝﹣16√3；当∠AOP＝30°时，同理可得：k=−16√33（舍去）；综上，反比例函数的表达式为：y=−√3x或y=−3√3x或y=−−16√3x；（3）如图3，过点B作BH⊥CD于点H，则∠CBH＝90°﹣∠BCD＝30°，故CH=12BC，则BH=√32BC，△BCD的面积=12CD•BH=12×CD×√32CB=√3，故CD•BC＝4而△BAC∽△ACD，故CA2＝BC•CD＝4，故CA＝2，则点A（1，1），而点C（3，1），将点A、C的坐标代入抛物线表达式并解得：抛物线的表达式为：y＝ax2﹣4ax+3a+1，AC＝2，则m＝±3，故直线的表达式为：y＝±3x，直线y＝﹣3x与抛物线有两个交点，而直线y＝mx与抛物线恰好有3个交点，则直线y＝3x与抛物线有一个交点，联立直线y＝3x与抛物线的表达式并整理得：ax2﹣（4a+3）x+3a+1＝0，△＝（4a+3）2﹣4a（3a+1）＝0，解得：a=−12或−92；此外，当抛物线过原点时，直线和抛物线也有三个交点，即3a+1＝0，解得：a=−1 3；综上，a=−12或−92或−13．3．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣4ax+3a的最高点的纵坐标是2．（1）求抛物线的表达式；（2）将抛物线在1≤x≤4之间的部分记为图象G1将图象G1沿直线x＝1翻折，翻折后图象记为G2，图象G1和G2组成G，直线l：y＝kx+k和图象G在x轴上方的部分有两个公共点，求k的取值范围；（3）直线θ：y＝kx+k与图象G在x轴上方的部分分别交于A、M、P、Q四点，若AM ＝2PQ，求k的值．解：（1）函数的对称轴为：x＝2，将顶点坐标（2，2）代入二次函数表达式得：2＝4a﹣8a+3a，解得：a＝﹣2，故抛物线的表达式为：y＝﹣2x2+8x﹣6…①；（2）抛物线的表达式为：y＝﹣2x2+8x﹣6…②；则翻折后图象表达式为：y＝﹣2x2+2，顶点C1的坐标为（0，2），如图1，作过点A、C1直线l1，过点A作右侧图形的切线l2，直线l1：k＝2，直线l2：y＝kx+k…③，将直线l2的表达式与右侧函数表达式联立并整理得：2x2+（k﹣4）x+k+6＝0，由题意得：△＝（k﹣8）2﹣8（k+6）＝0，解得：k＝12±8√2（舍去正值），唯一符合条件的点可能在l1、l2之间（含直线），由于点A在x轴上，不属于x轴上方，故符合条件的只有l2的位置，不存在范围，即k的范围为：12﹣8√2＜k＜4；（3）设直线l于图象G交点A、M、P、Q交点的横坐标为x、x1、x3、x4，将直线l的表达式图象G2的表达式联立并整理得：2x2+kx+（k﹣2）＝0，则x+x1=−k2，则x1＝1−12k，则x 1﹣x ＝2−12k ，同理可得：x 2+x 3=8−k 2，x 3x 2=k+62，则|x 3﹣x 2|=√(x 2+x 3)2−4x 2x 3=√k 2−24k+164， ∵AM ＝2PQ ，∴x 2﹣x ＝2（x 3﹣x 2），即4（√k 2−24k+164）2＝（2−12k ）2， 解得：k =44−16√73． 4．如图，半径为4的⊙O 中，弦AB 的长度为4√3，点C 是劣弧AB̂上的一个动点，点D 是弦AC 的中点，点E 是弦BC 的中点，连接DE 、OD 、OE ．（1）求∠AOB 的度数；（2）当点C 沿着劣弧AB̂从点A 开始，逆时针运动到点B 时，求△ODE 的外心P 所经过的路径的长度；（3）分别记△ODE ，△CDE 的面积为S 1，S 2，当S 12﹣S 22＝21时，求弦AC 的长度．解：（1）如图1中，过点O 作OH ⊥AB 于H ．∵OA ＝OB ＝4，OH ⊥AB ，∴AH ＝HB =12AB ＝2√3，∠AOH ＝∠BOH ，∴sin ∠AOH =AH AO =√32，∴∠AOH ＝60°，∴∠AOB＝2∠AOH＝120°．（2）如图2中，连接OC，取OC的中点P，连接DP，∵OA＝OC＝OB，AD＝DC，CE＝EB，∴OD⊥AC，OE⊥CB，∴∠ODC＝∠OEC＝90°，∴∠ODC+∠OEC＝180°，∴O，D，C，E四点共圆，∴OC是直径，∴OC的中点P是△OED的外接圆的圆心，∴OP=12OC＝2，∴点P在以O为圆心，2为半径的圆上运动，∵∠AOB＝120°，∴点P的运动路径的长=120⋅π⋅2180=4π3．（3）当点C靠近A点时，如图3中，当AC＜BC时，连接OC交AB于J，过点O作OH⊥AB于H，过点C作CK ⊥AB于K．∵AD＝CD，CE＝EB，∴DE∥AB，AB＝2DE，∴△CDE ∽△CAB ，∴S △CDES △CAB =（DE AB ）2=14， ∴S △ABC ＝4S 2，∵S △ADO ＝S △ODC ，S △OBE ＝S △OEC ， ∴S 四边形ODCE =12S 四边形OACB ，∴S 1+S 2=12（4S 2+4√3）＝2S 2+2√3， ∴S 1＝S 2+2√3，∵S 12﹣S 22＝21，∴S 22+4√3S 2+12﹣S 22＝21，∴S 2=3√34， ∴S △ABC ＝3√3=12×AB ×CK ， ∴CK =32， ∵OH ⊥AB ，CK ⊥AB ，∴OH ∥CK ，∴△CKJ ∽△OHJ ，∴CK OH=CJ OJ ， ∴CJ OJ =322=34，∴CJ =37×4=127，OJ =47×4=167， ∴JK =√CJ 2−CK 2=√(127)2−(32)2=3√1514，JH =√OJ 2−OH 2=√(167)2−22=2√157， ∴KH =√152，∴AK ＝AH ﹣KH ＝2√3−√152，∴AC =√AK 2+CK 2=(2√3−√152)2+(32)2=√18−6√5=√15−√3． 当AC ＞BC 时，同法可得AC =√15+√3， 同理，当点C 靠近B 点时，可知AC =(2√3+√152)2+(32)2=√15+√3．综上所述，满足条件的AC 的值为√15±√3．5．已知⊙O 1的半径为r 1，⊙O 2的半径为r 2．以O 1为圆心，以r 1+r 2的长为半径画弧，再以线段O 1O 2的中点P 为圆心，以12O 1O 2的长为半径画弧，两弧交于点A ，连接O 1A ，O 2A ，O 1A 交⊙O 1于点B ，过点B 作O 2A 的平行线BC 交O 1O 2于点C ．（1）求证：BC 是⊙O 2的切线；（2）若r 1＝2，r 2＝1，O 1O 2＝6，求阴影部分的面积．（1）证明：连接AP ，∵以线段O 1O 2的中点P 为圆心，以12O 1O 2的长为半径画弧， ∴O 1P ＝AP ＝O 2P =12O 1O 2，∴∠O 1AO 2＝90°，∵BC ∥O 2A ，∴∠O 1BC ＝∠O 1AO 2＝90°，过点O 2作O 2D ⊥BC 交BC 的延长线于点D ，∴四边形ABDO 2是矩形，∴AB ＝O 2D ，∵O 1A ＝r 1+r 2，∴O 2D ＝r 2，∴BC 是⊙O 2的切线；（2）解：∵r 1＝2，r 2＝1，O 1O 2＝6，∴O1A=12O1O2，∴∠AO2C＝30°，∵BC∥O2A，∴∠BCE＝AO2C＝30°，∴O1C＝2O1B＝4，∴BC=√O1C2−O1B2=√42−22=2√3，∴S阴影=S△O1BC −S扇形BO1E=12O1B⋅BC−60π×r12360=12×2×2√3−60×π×22360=2√3−23π．。

2022届中考数学压轴难题含答案解析

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届中考数学压轴难题及答案解析

2022届中考数学压轴难题及答案解析

一、解答题1．如图①，二次函数2y ax bx c =++（a ≠0）的图象经过点A （1-，0），并且与直线122y x =-相交于坐标轴上的B 、C 两点，动点P 在直线BC 下方的二次函数的图象上． （1）求此二次函数的表达式；（2）如图①，连接PC ，PB ，设△PCB 的面积为S ，求S 的最大值； （3）如图②，过点A ，C 作直线，求证AC ⊥BC ；（4）如图②，抛物线上是否存在点Q ，使得∠ABQ ＝2∠ABC ？若存在，则求出直线BQ 的解析式；若不存在，请说明理由．2．如图，直线3y kx =+交x 轴于A 点，交y 轴于B 点，过A 、B 两点的抛物线的顶点坐标(1，4)．（1）求k 的值和抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上求一点P ，使得PAB 的周长最小，并求出最小值； （3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q ，使ABQ 是等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q 点坐标；若不存在，请说明理由．3．已知：如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线y ＝﹣x +b （b ＞0）交x 轴于点A ，交y 轴于点C ，以OA ，OC 为边作矩形ABCO ，矩形ABCO 的面积是36．（1）求直线AC 的解析式．（2）点P 为线段AB 上一点，点Q 为第一象限内一点，连接PO ，PQ ，∠OPQ ＝90°，且OP ＝PQ ，设AP 的长为t ，点Q 的横坐标为d ，求d 与t 的函数关系式．（不要求写出自变量t 的取值范围）（3）在（2）的条件下，过点Q 作QE ∥PO 交AB 的延长线于点E ，作∠POC 的平分线OF 交PE 于点F ，交PQ 于点K ，若KQ ＝2EF ，求点Q 的坐标． 4．在ABC 中，AB BC =，45B ∠=︒，AD 为BC 边上的高． （1）如图1，若1AD =，求线段CD 的长度；（2）如图2，点E ，点F 在AB 边上，且满足AE BF =，连接CE ，CF 分别交线段AD 于点M ，点N ，若点M 为线段CE 的中点，求证：2AN CD AB +=；（3）在（2）问条件下，若2AC =，点K 为AC 边上一动点，点Р为ACF 内一点且满足ACP CAD ∠=∠，当PK PA +取最小值时，请直接写出CPK S △的值．5．已知有理数a ，b ，c 在数轴上对应的点分别为A ，B ，C ，其中b 是最小的正整数，a ，c 满足()2250a c ++-=．（1）填空：=a ______，b =______，c =______；（2）点A ，B ，C 分别以每秒4个单位长度，1个单位长度，1个单位长度的速度在数轴上同时向右运动，设运动时间为t 秒．①当AC 长为6时，求t 的值；②当点A 在点C 左侧时（不考虑点A 与B ，C 重合的情况），是否存在一个常数m 使得2AC m AB +⋅的值在某段运动过程中不随t 的改变而改变？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．6．问题提出：（1）如图①，在ABC 中，90BAC ∠=︒，AH BC ⊥，垂足为点H ，若4AB =，3AC =，则线段CH 的长度为___________； 问题探究：（2）如图②，在四边形ABCD 中，90BAD C ∠=∠=︒，AB AD =，点F 为CD 边的中点，点E 是BC 边上的一点，连接AE ，AF ，EF ．若45EAF ∠=︒，6BC =，2CD =，求线段EF 的长；问题解决：（3）如图③，在四边形ABCD 中，AD BC ∥，AB AD =，60ABC ∠=︒，90C ∠=︒，点M ，N 是BC 边上的两点，连接AM ，AN ，BD ，BD 交AM 于点E ，交AN 于点F ．若30MAN ∠=︒，4BE =，6DF =，求AMN 的面积．7．如图抛物线2y ax bx c =++经过点()1,0A -，点()3,0B ，点()0,3C ． （1）求抛物线的解析式及其对称轴；（2）点P 为抛物线上一点，连接CP ，若直线CP 分四边形CBPA 的面积为1:3的两部分，求点P 的坐标．（3）点D 、E 是直线1x =上的两个动点，且1DE =，点D 在点E 的上方，求四边形ACDE 的周长的最小值及此时点D 的坐标．8．问题提出（1）如图①，在△ABC 中，BC ＝2，将△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得到△A ′B ′C ′，则CC ′＝ ； 问题探究（2）如图②，在△ABC 中，AB ＝BC ＝3，∠ABC ＝30°，点P 为△ABC 内一点，连接PA 、PB 、PC ，求PA ＋PB ＋PC 的最小值，并说明理由；问题解决（3）如图③，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝6，AD ＝4，∠ABC ＝∠BCD ＝60°．在四边形ABCD 内部有一点，满足∠APD ＝120°，连接BP 、CP ，点Q 为△BPC 内的任意一点，是否存在一点P 和一点Q ，使得PQ ＋BQ ＋CQ 有最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由．9．如图，在ABC 中，45A ∠=︒．（1）如图1，若62AC =13BC =ABC 的面积；（2）如图2，D 为ABC 外的一点，连接CD ，BD 且CD CB =，ABD BCD ∠=∠．过点C 作CE AC ⊥交AB 的延长线于点E ．求证：22BD AB +=．（3）如图3，在（2）的条件下，作AP 平分CAE ∠交CE 于点P ，过E 点作EM AP ⊥交AP 的延长线于点M ．点K 为直线AC 上的一个动点，连接MK ，过M 点作'MK MK ⊥，且始终满足'MK MK =，连接'AK ．若4AC =，请直接写出''AK MK +取得最小值时()2''AK MK +的值．10．如图1，抛物线y ＝ax 2﹣94x +c 与x 轴交于A （﹣1，0）和B 两点，与y 轴交于C （0，﹣3），E 为抛物线顶点，抛物线的对称轴交x 轴于点H ． （1）求抛物线的解析式； （2）已知点3(0,2)2F -，点P 在对称轴右侧的抛物线上运动，连接PO ，PO 与对称轴交于点D ，连接DF ．当DF 平分∠ODE 时，求点P 的坐标；（3）如图2，平移对称轴EH 交抛物线于M ，交直线BC 于N ．以N 为圆心，NM 为半径作⊙N ．当⊙N 与坐标轴相切时，请直接写出⊙N 的半径长．11．已知，如图，抛物线y ＝14-x 2+bx +c 与x 轴正半轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，直线y ＝x ﹣2经过A 、C 两点．（1）直接写出抛物线的解析式；（2）P 为抛物线上一点，若点P 关于直线AC 的对称点Q 落在y 轴上，求P 点坐标； （3）现将抛物线平移，保持顶点在直线y ＝x ﹣114，若平移后的抛物线与直线y ＝x ﹣2交于M 、N 两点．①求证：MN 的长度为定值；②结合（2）的条件，直接写出△QMN 的周长的最小值12．如图，抛物线y ＝ax 2+bx +6与x 轴交于A （2，0），B （8，0）两点，与y 轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）点P是抛物线上一动点，当∠PCB12∠BCO时，求点P的横坐标．13．【探究发现】(1)如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD′，D'E．①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．证明：延长BE交DF于点G．②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝°．【类比迁移】(2)如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求CD'的长；【拓展应用】(3)如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD3AC＝2，点F为线段BD上一动点，将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF＝EF，请直接写出此时OF的长．14．某一种蜜桔在农贸水果市场的需求量y1（万斤）、市场供应量y2（万斤）与市场价格x（元/斤）分别满足下列关系：y1=-0.2x + 2.8 ，y2= 0.4x - 0.8．当y1=y2 时的市场价格称为市场平衡价格，此时的需求量称为平衡需求量．(1)求平衡价格和平衡需求量．(2)若该蜜桔的市场销售量y（万件）是市场需求量y1和市场供应量y2两者中的较小者，该蜜桔的市场销售额P（万元）等于市场销售量y 与市场价格x 的乘积．当市场价格x 取何值时，市场销售额P 取得最大值？(3)蜜桔的每斤进价为m 元，若当3≤x≤10 时，随着x 的增大，蜜桔的销售利润（万元）会经历先减小后增大再减小的变化，请直接写出m 的取值范围．15．已知，AB是O的直径，P为AB延长线上一点，点C在O上，连接PC交O于点D，(1)如图1：求证：；图1(2)如图2：E为O上一点，连接CE、AD交于点F，若，求证：；图2(3)如图3：在（2）的条件下，AB交CE于点G，GM⊥CP于M，若，，求线段AB的长．图316．如图，在正方形ABCD 中，点E 是BC 边上的一点，∠AEP=90°，且EP 交正方形外角的平分线CP 于点P．(1)求∠ECP 的度数；(2)求证：∠BAE=∠CEP；(3)求证：AE=EP；(4)在AB 边上是否存在点M，使得四边形DMEP 是平行四边形？若存在，请画出图形并给予证明；若不存在，请说明理由．17．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18．问题提出：如图①所示，在矩形AOCB 和矩形ODEF 中，CO FOk AO DO==，点A ，O ，D 不在同一直线上，连接,AD CF ．HO 是AOD △的中线，那么,HO CF 之间存在怎样的关系？(1)问题探究：先将问题特殊化，如图②所示，当1k =且90AOD ∠=︒时，,HO CF 的数量关系是________，位置关系是________．(2)问题拓展：再探究一般情形如图③所示，当1k =，90AOD ∠≠︒时，证明（1）中的结论仍然成立．(3)问题解决：回归图①所示，探究,HO CF 之间存在怎样的关系（数量关系用k 表示）？ 19．已知：如图1，点A （a ，b ），AB x ⊥轴于点B ，并且满足224(8)0a b a b +++-+=． （1）试判断△AOB 的形状，并说明理由；（2）如图2，若点C 为线段AB 的中点，连OC 并作OD OC ⊥，且OD OC =，连AD 交x 轴于点E ，试求点E 的坐标；（3）如图3，若点M 为点B 的左边x 轴负半轴上一动点，以AM 为一边作45MAN ∠=︒交y 轴负半轴于点N ，连MN ，在点M 运动过程中，试猜想式子OM MN ON +-的值是否发生变化？若不变，求这个不变的值；若发生变化，试求它变化的范围．20．如图，已知AB 是⊙O 的直径．BC 是⊙O 的弦，弦ED 垂直AB 于点F ，交BC 于点G ．过点C 作⊙O 的切线交ED 的延长线于点P（1）求证：PC ＝PG ；（2）判断PG 2＝PD ·PE 是否成立？若成立，请证明该结论； （3）若G 为BC 中点，5OG 5sin B =，求DE 的长．【参考答案】**科目模拟测试一、解答题 1．（1）213222y x x =--；（2）4；（3）见解析；（4）存在，41633y x =-和41633y x =-+.【解析】 【分析】（1）根据题意先求出点B 、C 的坐标，进而利用待定系数法即可求解； （2）由题意过点P 作PD ⊥x 轴于D ，交BC 于点E ，并设点P （x ，12x 2﹣32x ﹣2），进而根据S △CPB ＝S △CPE +S △BPE =111222OD PE BD PE PE OB ⋅+⋅=⋅，进行计算即可求解；（3）根据点C （0-，2），点B （4，0），点A （1-，0），得出OB ＝4，OC ＝2，OA ＝1，在Rt △OBC 中，根据勾股定理BC 22+16425OB OC +Rt △OAC 中，AC 22+4+15OC OA =AB =OA +OB =4-（-1）=5，根据勾股定理逆定理22+BC AC=2222255AB +===，即222BC AC AB +=即可；（4）根据题意分点Q 在BC 下方、在AC 的延长线上取一点F ，使CF ＝AC ，作出∠ABQ ＝2∠ABC ，连接BF ，设BF 与抛物线交于点Q ，过点F 作FN ⊥y 轴于N ，FH ⊥x 轴于H ，点Q 在BC 上方，延长FH 到M ，使HM ＝HF ，连接BM 并延长BM 交y 轴于G ，作出∠MBH ＝∠FBH ＝2∠ABC ，两种情况求出点F ，和点M 的坐标，进而利用待定系数法求BQ 解析式即可求解．【详解】解：（1）∵122y x =-交坐标轴于B ，C 两点， 当x =0时，y =-2,点C （0-，2），当y =0时，1202x -=， 解得4x =，点B （4，0），∵A （1-，0），∴2y ax bx c =++16420202a b a b c +-=⎧⎪--=⎨⎪=-⎩， 解得12322a b c ⎧=⎪⎪⎨=-⎪⎪=-⎩， ∴二次函数解析式为：213222y x x =--； （2）过点P 作PD ⊥x 轴于D ，交BC 于E ，设P 点的横坐标为m ，则 P （m ，213222m m --），E （m ，122m -）， ∴PE ＝2113(2)(2)222m m m ----＝2122m m -+， ∵OB ＝4，∴S △CPB ＝S △CPE +S △BPE =()11112222OD PE BD PE PE OD BD PE OB ⋅+⋅=+=⋅， =21142)22m m ⨯+（- ， ∴S △CPB ＝()22424m m m -+=--+，当2m =时，4PCB S ∆=最大， ∴S 的最大值为4；（3）证明：点C （0-，2），点B （4，0），点A （1-，0），∴OB ＝4，OC ＝2，OA ＝1，∵∠AOC ＝∠COB ＝90°，在Rt △OBC 中，根据勾股定理BC 22+16425OB OC +在Rt △OAC 中，AC 22+4+15OC OA =AB =OA +OB =4-（-1）=5，∵22+BC AC =2222(25)(5)255AB +===，即222BC AC AB +=，∴∠ACB=90°，∴AC ⊥BC ；（4）存在点Q，使∠ABQ＝2∠ABC．当点Q在x轴下方的抛物线上时：在AC的延长线上取一点F，使CF＝AC，连接BF，若BF与抛物线有交点，设BF与抛物线交于点Q，过点F作FN⊥y轴于N，FH⊥x轴于H.∵∠FNC＝∠AOC＝90°，∠FCN＝∠ACO，AC＝CF，∴△FNC≌△AOC，∴FN＝AO＝1，∵FH⊥x轴，∴OH＝NF＝1，∵BC⊥AC，AC＝CF，∴∠ABF ＝2∠ABC ，∵AC ＝CF ，AO ＝OH ，∴HF ＝2OC ＝4，∴F （1，4-），设BQ 的解析式为：y kx b =+，∴440k b k b +=-⎧⎨+=⎩， 解得：43k =，163b =-， ∴BQ 的解析式为：41633y x =-． ∵24163313222y x y x x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩ ， 21341622233x x x --=- ， 2317200x x -+= ，=289240490∆-=＞ ，∴方程组有两个不同的解，直线BF 与抛物线有两个不同的交点，Q 存在．当点Q 在x 轴上方的抛物线上时：延长FH 到M ，使HM ＝HF ，连接BM 并延长BM 交y 轴于G ，若BG 与抛物线有交点，设BG 交抛物线于点Q ，∵FH ⊥x 轴，FH ＝MH ，∴∠MBH ＝∠FBH ＝2∠ABC ，M （1,4），∴BM 的解析式为：41633y x =-+． ∵24163313222y x y x x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩， 21341622233x x x --=-+ ， 23440x x --= ，=1+528=5290∆＞ ，∴方程组有两个不同的解，直线BM 与抛物线有两个不同的交点，Q 存在．∴存在抛物线上点Q ，使∠ABQ ＝2∠ABC ，直线BQ 的解析式有两个，它们是： 41633y x =-和41633y x =-+． 【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式和性质，一次函数解析式，三角形面积的最值，直线的位置关系，二倍角的函数解析式，一元二次方程，三角形全等判定与性质，勾股定理与勾股定理逆定理，本题综合性强，难度大，是中考压轴题，利用辅助线作出准确图形，熟练掌握所需知识是解题关键．2．（1）k =3，抛物线的解析式为2y x 2x 3=-++；（2）△PAB 周长的最小值为P 坐标为（1，2）；（3）存在，点Q 坐标分别为Q 1（1），Q 2（1，Q 3（1，0），Q 4（1，1）．【解析】【分析】（1）令x =0，可得点B 坐标，根据顶点坐标可设设抛物线解析式为2(1)4y a x =-+，把点B 坐标代入可求出a 值，即可得抛物线解析式，令y =0可得点A 坐标，代入3y kx =+即可得k 值；（2）如图连接BC ，交对称轴于P ，根据抛物线解析式可得对称轴为直线x =1，点C 坐标为（3，0），根据二次函数得对称性可得PA =PC ，即可得出PA +PB =BC ，可得△PAB 得周长的最小值为BC +AB ，利用勾股定理即可得△PAB 周长的最小值，根据点B 、C 坐标，利用待定系数法可得直线BC 解析式，令x =1即可得点P 坐标；（3）设点Q 坐标为（1，m ），分QA =AB ，QB =AB ，QA =QB ，三种情况，根据两点间距离公式求出m 的值即可得答案．【详解】（1）当x =0时，y =3，∴点B 坐标为（0，3），∵过A 、B 两点的抛物线的顶点坐标(1，4)，∴设抛物线的解析式为2(1)4y a x =-+，∴2(01)43a -+=，解得：1a =-,∴抛物线的解析式为2(1)4y x =--+，即2y x 2x 3=-++，当y=0时，2230x x -++=，解得：11x =-，23x =，∵点A 在x 轴负半轴，∴A （-1，0），C （3，0），把A （-1，0）代入3y kx =+得：-k +3=0，解得：k =3．（2）如图，连接BC ，交对称轴于点P ，∵抛物线的解析式为2y x 2x 3=-++，∴对称轴为直线x =212(1)-=⨯-， ∵抛物线与x 轴交于点A 、C ，∴A 、C 关于对称轴对称，∴PA =PC ，∴PA+PB=PB+PC=BC，∴△PAB的周长的最小值为AB+BC，∵A（-1，0），B（0，3），C（3，0），∴OA=1，OB=3，OC=3，∴AB+BC=2222OA OB OB OC+++=1032+，设直线BC的解析式为y=kx+b，∴330bk b=⎧⎨+=⎩，解得：k=-1，∴直线BC的解析式为y=-x+3，当x=1时，y=-1+3=2，∴点P坐标为（1，2）．∴△PAB周长的最小值为1032+，点P坐标为（1，2）．（3）设点Q坐标为（1，m），∵A（-1，0），B（0，3），∴AB22(10)(03)--+-10，QA22(11)(0)m--+-24m+ QB22(10)(3)m-+-2(3)1m-+①当QA=AB时，24m+10解得：m=6∴Q1（16），Q2（1，6-②当QB=AB时，2(3)1m-+10，解得：m=6或m=0，∵直线AB的解析式为y=3x+3，∴x=1时，y=6，∴点（1，6）在直线AB上，与A、B不能构成三角形，∴Q3（1，0），③当QA=QB时，解得：m=1，∴Q4（1，1），综上所述：存在点Q，使ABQ是等腰三角形，点Q坐标分别为Q 1（1），Q2（1，Q3（1，0），Q4（1，1）．【点睛】本题考查二次函数与一次函数的综合，熟练掌握待定系数法求函数解析式、二次函数得对称性并灵活运用分类讨论得思想是解题关键．3．（1）直线AC的解析式为y＝﹣x+6；（2）d=4-t；（3）Q（212，1）．【解析】【分析】（1）先由解析式求出得A、C点的坐标，得OA=OC，得四边形ABCO为正方形，再根据正方形的面积求得边长，便可得b的值；（2）过点Q作QG⊥AB交AB延长沿于点G，证明Rt△AOP≌Rt△GPQ（AAS），得到AP=GQ，进而求得结论便可；（3）过点P作PH⊥OF于点H，延长PH交EQ的延长线于点R，EQ的延长线与x轴交于点N，过Q作QM⊥x轴于点M．证明Rt△AOP≌Rt△GPQ（CCS），得PK=QR，∠R=∠OKP，再证明∠R=∠FPR，得EP=ER，再证FE=NR，设FE=NR=k，NQ=m，在Rt△PQE中，由勾股定理列出方程，得到k与m的关系，解Rt△PQE得tan∠PEQ，进而把这个函数值运用到△OAP中，求得t的值，再运用（2）中结论得Q的纵坐标d的值，再运用到△QNM中求得NM，NQ的值，进而求得ON，便可得Q的横坐标的值．【详解】解：（1）∵直线y＝﹣x+b（b＞0）交x轴于点A，交y轴于点C，∴(,0),(0,)A b C b，∴OA=OC=b，∴矩形ABCO为正方形，∵矩形ABCO的面积是36．∴b=6，即直线AC的解析式为y＝﹣x+6；（2）如图，过点Q作QG⊥AB交AB延长沿于点G，∵∠OPQ=90°，∴∠APO+∠GPQ=90°，∵∠APO+∠AOP=90°，∴∠AOP=∠GPQ，∵在矩形ABCO，∠OAP=90°，QG⊥AB,∴∠QGP=∠OAP=90°，∵PQ=OP，∴Rt△AOP≌Rt△GPQ（AAS），∴AP=GQ，∵AP=t，∴GQ=t，∴d=4-t；（2）过点P作PH⊥OF于点H，延长PH交EQ的延长线于点R，EQ的延长线与y轴交于点N，过Q作QM⊥y轴于点M．则AP=t，QM=d，且d=6-t．∵OF 平分∠POC ，∴∠POF =∠COF =∠PFO ，∴PF =PO ，∵PH ⊥OF ，∠OPQ ＝90°，∴∠OPH =∠FPH ，∠KPH =∠POH ， 在△OPK 和△PQR 中，90OPK PQR PO QP POK QPR ∠∠︒⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝＝， ∴△OPK ≌△PQR （ASA ）， ∴PK =QR ，∠R =∠OKP ，∵∠OKP +∠POK =∠POK +∠OPH =90°， ∴∠OKP =∠OPH ，∴∠R =∠OPH ，∵PO =PF ，PH ⊥OF ，∴∠OPH =∠FPH ，∴∠R =∠FPR ，∴EP =ER ，∵PE ∥ON ，OP ∥EN ，∴四边形OPEN 是平行四边形， ∴EN =PO =PF ，∴PE -PF =ER -EN ，∴FE =NR ，设FE =NR =k ，则KQ =2FE =2k ， 又设NQ =m ，∴PK =QR =m +k ，∴PQ =m +3k ，∴PO =EN =PF =m +3k ，∴QE =EN -QR =m +3k -m =3k ， PE =PF +FE =4k +m ，在Rt △PQE 中，∵PE 2=PQ 2+QE 2，∴（4k +m ）2=（3k +m ）2+（3k ）2， ∴k 1=0（舍去），k 2=m ，∴PQ =4m ，QE =3m ，∴tan ∠PEN =43PQ QE =， ∵OP ∥EN ，∴∠OPA =∠PEN ，∴tan ∠APO =43， ∵AO =6，∴AP =4.5，∴t =4.5，∴QM =d =6-t =1.5，∵PE ∥OC ，∴∠QNM =∠PEN ，∴tan ∠QNM =tan ∠PEN =43， ∴NM =9tan 8QM QNM =∠，∴m =NQ 158=， ∴PE =ON =4k +m =5m =758， ∴OM =ON +NM =212， ∴Q （212，1）． 【点睛】本题是一次函数与四边形的综合题，主要考查了一次函数的图象与性质，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，旋转的性质，解直角三角形的应用，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，是一道综合性极强的题目，解决这类问题常用到数形结合、方程和转化等数学思想方法．构造全等三角形是解题的关键，也是问题的突破口．4．（11；（2）证明见解析；（3 【解析】【分析】（1）证明,AD BD = 再利用勾股定理求解,,AB BC 从而可得答案；（2）如图，过E 作EH AD ⊥于,H 过F 作FQ BC ⊥于,Q 而,AD CD ⊥ 证明,EHM CDM ≌ 可得,AE == 同理：,BF == 而,AE BF = 再证明,FQC DCA ≌ 可得,FCQ CAD ∠=∠ 再证明,AF AN = 从而可得结论；（3）如图，记CP 与AB 的交点为,L 由（2）得：45,ACF BAD ∠=∠=︒ 证明,22.5,CF CA CAD =∠=︒ 可得CP 平分,ACF ∠ 则,A F 关于直线CP 对称，,PF PA = 过F 作FK AC ⊥于,K 则此时,PA PK PF PK FK +=+= 所以PA PK +最短，设,PK n = 则1,1,PF PA n AK ==-= 再利用勾股定理求解,n 即可得到答案.【详解】解：（1）45B ∠=︒，AD 为BC 边上的高，90,45,ADB B BAD ∴∠=︒∠=∠=︒ 221,112,AD BD AB ∴===+=AB BC =，2,2 1.BC CD BC BD ∴==-=-（2）如图，过E 作EH AD ⊥于,H 过F 作FQ BC ⊥于,Q 而,AD CD ⊥则90,EHM CDM ∠=∠=︒M 为CE 的中点，,HME DMC ∠=∠,EM CM ∴=,EHM CDM ∴≌,EH CD ∴=45,90,BAD AHE EHM ∠=︒∠=∠=︒ 22,AE EH CD ∴==同理：22,BF FQ BQ == 而,AE BF =,FQ BQ CD EH ∴===,BD CQ AD ∴==90,ADC CQF ∠=∠=︒,FQC DCA ∴≌,FCQ CAD ∴∠=∠,AB BC =,BAC BCA ∴∠=∠,BAD ACF ∴∠=∠ 而,B BAD ∠=∠,,B FCQ AFN ANF ACF CAD ∠+∠=∠∠=∠+∠,AFN ANF ∴∠=∠,AF AN ∴=2.AN CD AF AE AF BF AB ∴=+=+=（3）如图，记CP 与AB 的交点为,L 由（2）得：45,ACF BAD ∠=∠=︒,45,BA BC B =∠=︒67.5,BAC BCA ∴∠=∠=︒67.5,CFA BAC ∴∠=︒=∠,22.5,CF CA CAD ∴=∠=︒22.5,ACP CAD ∠=∠=︒CP ∴平分,ACF ∠,,CP AF AL FL ∴⊥=则,A F 关于直线CP 对称，,PF PA =过F 作FK AC ⊥于,K 则此时,PA PK PF PK FK +=+=所以PA PK +最短，2,AC ∴= 则2,CF = 而45,ACF ∠=︒1,CK FK ∴==设,PK n = 则1,21,PF PA n AK ==-=())222121,n n ∴-=+ 解得：21,n = )121121.22CPK S ∴=⨯⨯= 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，本题综合性较强，是压轴题，知识的系统化是解题的关键.5．（1）2,1,5-；（2）①13或133；②存在，m 的值为2-或2． 【解析】【分析】（1）根据正整数的定义、绝对值的非负性、偶次方的非负性分别可求出,,b a c 的值；（2）①先求出运动t 秒后，点,A C 所表示的数，再分点A 在点C 左侧和点A 在点C 右侧两种情况，然后根据数轴的定义建立方程，解方程即可得；②先求出运动t 秒后，点,,A B C 所表示的数，从而可得AC 的长，再分点A 在点B 左侧和点A 在点B 右侧两种情况，分别求出AB 的值，代入化简，然后根据整式的无关型问题求解即可得．【详解】解：（1）b 是最小的正整数，1b ∴=，()2250a c ++-=，20,50a c ∴+=-=， 解得2,5a c =-=，故答案为：2,1,5-；（2）①由题意，运动t 后，点A 所表示的数是42t -，点C 所表示的数是5t +， 当点A 在点C 左侧时，5(42)6AC t t =+--=，解得13t =， 当点A 在点C 右侧时，42(5)6AC t t =--+=，解得133t =， 综上，t 的值为13或133； ②由题意，运动t 后，点A 所表示的数是42t -，点B 所表示的数是1t +，点C 所表示的数是5t +， 当421t t -=+时，13t =， 当425t t -=+时，73t =， 因为点A 在点C 左侧，所以5(42)73AC t t t =+--=-，当点A 在点B 左侧，即01t <<时，1(42)33AB t t t =+--=-，则22(73)(33)314(36)AC m AB t m t m m t +⋅=-+-=+-+，由360m +=得：2m =-，即在01t <<运动时间内，当2m =-时，2AC m AB +⋅的值不随t 的改变而改变； 当点A 在点B 右侧，即713t <<时，42(1)33AB t t t =--+=-， 则22(73)(33)143(36)AC m AB t m t m m t +⋅=-+-=-+-，由360m -=得：2m =，即在713t <<运动时间内，当2m =时，2AC m AB +⋅的值不随t 的改变而改变； 综上，存在一个常数m 使得2AC m AB +⋅的值在某段运动过程中不随t 的改变而改变，m 的值为2-或2．【点睛】本题考查了数轴、一元一次方程的应用、绝对值和偶次方的非负性、整式等知识点，较难的是题（2）②，正确分两种情况讨论是解题关键．6．（1）95；（2）257；（3）【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出BC 的长，证明△AHC ∽△BAC ，推出AC CH BC AC =，即353CH =，求解即可；（2）过点A 作AM ⊥AE ，交CD 的延长线于M ，证明△BAE ≌△DAM ，推出BE=DM ，AE=AM ，再证明△EAF ≌△MAF ，得到EF=MF ，设BE=x ，则DM=x ，CE =6-x ，求得EF=MF=x +1，利用勾股定理得到222CE CF EF +=，222(6)1(1)x x =+-+，求出x 即可得到答案；（3）过点A 作AO BD ⊥，设AO x =，根据勾股定理列方程求得x ，分别讨论，求得ABN 为等边三角形，AM 为ABN 的角平分线，可得AMN 的面积为ABN 面积的一半，即可求解．【详解】解：（1）在ABC 中，90BAC ∠=︒，4AB =，3AC =，∴5BC ==，∵AH BC ⊥，∴∠AHC =90BAC ∠=︒，∵∠C=∠C，∴△AHC ∽△BAC ， ∴AC CH BC AC =，即353CH =， ∴95CH =， 故答案为：95； （2）过点A 作AM ⊥AE ，交CD 的延长线于M ，∴∠EAM =90BAD ∠=︒，∴∠BAE=∠DAM ，∵90BAD C ∠=∠=︒，∴∠B +∠ADC =180°，∵∠ADM +∠ADC =180°，∴∠B =∠ADM∵AB=AD∴△BAE ≌△DAM∴BE=DM ，AE=AM ，∵45EAF ∠=︒，∴∠MAF =45EAF ∠=︒，又∵AF=AF ，∴△EAF ≌△MAF ，∴EF=MF ，设BE=x ，则DM=x ，CE =6-x ，∵点F 为CD 边的中点，2CD =，∴CF=DF =1，∴EF=MF=x +1，∵222CE CF EF +=，∴222(6)1(1)x x =+-+， 解得187x =，∴EF=x +1=1825177+=；（3）过点A 作AO BD ⊥，如下图：∵AB AD =，AD BC ∥，AO BD ⊥∴1302ABD ADB DBC ABC ∠=∠=∠=∠=︒，BO OD =，180BAD ABC ∠+∠=︒∴120DAB ∠=︒设AO x =，则2AB x =，cos303OD BO AB x ==⨯︒=∴10EF BO BE OD DF =-+-=-6OF =-，6BF BO OF =+=-，又∵30EAF ABF ∠=∠=︒，AFE BFA ∠=∠∴FAE FBA △∽△ ∴AF FE BF FA=，∴226)1260AF EF BF x =⨯=--=-+由勾股定理得：2222226)436FA AO OF x x =+=+-=-+∴224361260x x -+=-+，即2260x -+=解得x =x当x =6BO OD ==，点O 与点F 重合，∴AF BD ⊥，6BF DF ==，AF AO ==∴AD AB ===又∵30ADB ∠=︒∴60DAN ∠=︒∴60BAN ∠=︒∴ABN 为等边三角形30MAN ∠=︒∴AM 平分BAN ∠cos306AM AB =⨯︒=111222AMN ABN S S BN AM ==⨯⨯⨯=△△当x 6AD =，32OB OD ==，310BD BE DF =<+=，不符合题意，综上，AMN 的面积为【点睛】此题考查了四边形的综合应用，涉及了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理以及一元二次方程的求解，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，构造出全等三角形和直角三角形．7．（1）2y x 2x 3=-++；1x =；（2）79(,)24-；（3＋17(1,)3D 【解析】【分析】（1）根据待定系数法求出函数解析式，然后根据二次函数一般式对称轴为2b x a=-解答即可；（2）设直线CP 与x 轴交于点E ，然后根据11:():():22PCB PCA C P C P S S EB y y AE y y BE AE =⨯-⨯-=，求解即可； （3）CD ＋AE ＝A ′D ＋DC ′，则当A ′、D 、C ′三点共线时，CD ＋AE ＝A ′D ＋DC ′最小，周长也最小，即可求解．【详解】解：（1）∵抛物线2y ax bx c =++经过点()1,0A -，点()3,0B ，点()0,3C ，∴00933a b c a b c c =-+⎧⎪=++⎨⎪=⎩， 解得：123a b c =-⎧⎪=⎨⎪=⎩， ∴抛物线解析式为：2y x 2x 3=-++，则对称轴为：2122(1)bx a ；（2）如图：设直线CP 与x 轴交于点E ，直线直线CP 分四边形CBPA 的面积为1:3的两部分，又∵11:():():22PCB PCA C P C P S S EB y y AE y y BE AE =⨯-⨯-=， 则:1:3BE AE =或3:1，令2230y x x =-++=，解得：123,1x x ==-，∴(1,0),(3,0)A B -，∴4AB =，∴1AE =或3，即点E 的坐标为(0,0)或(2,0)，当点E 的坐标为(0,0)时，直线CP 与y 轴重合，与抛物线只有一个交点C ，不符合题意；∵直线CP 经过(0,3)C ，点E (2,0)，∴设直线CP 的解析式为：y mx n =+，则302nk n=⎧⎨=+⎩，解得：323mn⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴直线CP的解析式为：332y x=-+，联立一次函数与二次函数解析式得：223332y x xy x⎧=-++⎪⎨=-+⎪⎩，解得：7294xy⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩或3xy=⎧⎨=⎩（舍），∴点P的坐标为：79 (,) 24-；（3）四边形ACDE的周长＝AC＋DE＋CD＋AE，其中AC＝221310+=，DE＝1是常数，故CD＋AE最小时，周长最小，取点C关于直线x＝1对称点C′（2，3），则CD＝C′D，取点A′（−1，1），则A′D＝AE，故：CD＋AE＝A′D＋DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD＋AE＝A′D＋DC′最小，周长也最小，223213A C''=+=，四边形ACDE的周长的最小值＝AC＋DE＋CD＋AE101＋A′D＋DC101＋A′C′10113设直线A C''的解析式为：y dx e=+，则132d ed e=-+⎧⎨=+⎩，解得：2353de⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴直线A C''的解析式为：2533y x=+，当1x=时，257333y=+=，∴点D的坐标为：7 (1,)3．【点睛】本题考查了二次函数综合，涉及到一次函数，图像面积，点的对称，勾股定理等，其中确定出点A 来求最小值，是本题的难点．8．（1）2；（2）32；（3）存在，223 3【解析】【分析】（1）如图①，根据等边三角形的判定和性质解决问题即可．（2）如图②，将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△BFE，连接PF，EC．易证PA＋PB＋PC＝PC＋PF＋EF，因为PC＋PF＋EF≥EC，推出当P，F在直线EC上时，PA＋PB＋PC的值最小，求出EC的长即可解决问题．（3）如图③−1中，将△PBQ绕点B逆时针旋转60°得到△EBG，则PQ＝EG，△BQG是等边三角形，易知PQ＋BQ＋CQ＝EG＋GQ＋QC≥EC，推出EC的值最小时，QP＋QB＋QC的值最小，如图③−2中，延长BA交CD的延长线于J，作△ADJ的外接圆⊙O，将线段BO，BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BO′，BE，连接EO′，OB，OP．易证△BEO′≌△BPO（SAS），推出EO′＝OP＝433，推出点E的运动轨迹是以O′为圆心，433为半径的圆，推出当点E在线段CO′上时，EC的值最小，最小值＝CO′−EO′．【详解】（1）如图①，由旋转的性质可知：△BCC′是等边三角形，∴CC′＝BC＝2，故答案为2．（2）如图②，将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△BFE，连接PF，EC．由旋转的性质可知：△PBF 是等边三角形，∴PB ＝PF ，∵PA ＝EF ，∴PA +PB +PC ＝PC +PF +EF ，∵PC +PF +EF ≥EC ，∴当P ，F 在直线EC 上时，PA +PB +PC 的值最小，根据旋转以及翻折的性质可得BC ＝BE ＝BA ＝3，∵,30EBF ABP ABP PBC ∠=∠∠+∠=︒，∴90FBP EBF PBC ∠+∠+=︒,∵EB ⊥BC ，∴EC ＝2BC ＝32，∴PA +PB +PC 的最小值为32．（3）如图③﹣1中，将△PBQ 绕点B 逆时针旋转60°得到△EBG ，则PQ ＝EG ，△BQG 是等边三角形，∴BQ ＝QG ，PQ ＝EG ，∴PQ +BQ +CQ ＝EG +GQ +QC ≥EC ，∴EC 的值最小时，QP +QB +QC 的值最小，如图③﹣2中，延长BA 交CD 的延长线于J ，作△ADJ 的外接圆⊙O ，将线段BO ，BP 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BO ′，BE ，连接EO ′，OB ，OP ．∵,,BO BO BE BP O BE OBP ==∠=∠''，∴△BEO ′≌△BPO （SAS ），∴EO ′＝OP ，∵∠APD +∠AJD ＝180°，∴A ，P ，D ，J 四点共圆，∴OP 43 ∴EO 43， ∴点E 的运动轨迹是以O 43为半径的圆， ∴当点E 在线段CO ′上时，EC 的值最小，最小值＝CO ′﹣EO ′，连接OO ′，延长OO ′到R ，使得O ′R ＝OO ′，连接BR ，则∠OBR ＝90°，作RH ⊥CB 交CB 的延长线于H ，O ′T ⊥CH 于T ，OM ⊥BC 于M ．在Rt △OBM 中，BM ＝5，OM 113 ∴OB 22OM BM +113 ∴BR 3＝14，由△BHR ∽△OMB ， ∴RH BM ＝BR OB， ∴RH ＝3∵HR ∥O ′T ∥OM ，OO ′＝RO ′，∴TM ＝TH ，∴O ′T ＝2RH OM +133 ∴BT 22O B O T -''3，∴CO，∴CO′﹣EO∴QP+QB+QC【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．9．（1）6；（2）证明见解析；（3）48+【解析】【分析】（1）通过作辅助线构造等腰直角三角形，利用勾股定理求出AB边上的高和AB，再利用三角形面积公式求解；（2）通过在BE上截取BF=BD，构造出两组全等三角形，即可完成求证；（3）先通过延长ME，构造全等三角形，得出''AK MK FK MK+=+，利用轴对称，得出''AK MK+的最小值等于'FM，最后利用直角三角形的性质与勾股定理进行计算求解即可．【详解】解：（1）如图，过C点作CD⊥AB，垂足为点D，∵45A∠=︒，∴45A ACD∠=∠=︒，∴AD=CD，∵AC=222 AC AD CD=+，∴==6AD CD，∵BC=，∴4 BD=，∴AB=AD-BD=6-4=2,∴11==26=622ABCS AB CD⨯⨯⨯⨯，∴ABC的面积为6．（2）如图所示，在BE 上截取BF =BD ，∵∠D +∠DCB +∠DBC =180°，∠1+∠DBC +∠2=180°，且∠1=∠BCD ，∴∠D =∠2，∵CD CB =，∴△CDB ≌△CBF （SAS ），∴CB =CF ，∴∠2=∠3，∴∠ABC =∠EFC ，∵∠A =45°，AC ⊥CE ，∴∠E =45°，∴∠A =∠E ，∴△ABC ≌△EFC （AAS ），∴AC=CE ,AB =EF ，∴AE =AB +BF +EF =2AB +BD ,∵222AE AC CE =+, ∴2AE AC =,∴22BD AB AC +=；（3）如图3，延长ME 至F ，使MF =MA ，连接KF ，∵'90KMK AMF ︒∠=∠=，∴'AMK FMK ∠=∠，又∵'MK MK =，∴()'AMK FMK SAS ≌，∴'=F AK K ，∴''AK MK FK MK +=+，作M 点关于AC 的对称点'M ，则'=M K MK ，∴''=F =F 'AK MK K MK K M K +++，连接'M K ，则''M K FK M F +≥，∴当'M K F 、、共线时F 'K M K +的值最小，等于'M F ，∴''AK MK +取得最小值时()2''AK MK +的值即为2'M F 的值，连接'M A AF 、，由轴对称的性质可得：'=M AC MAC ∠∠，'=AM AM ，∵45CAE ∠=︒，AM 平分CAE ∠，∴22.5CAM ∠=︒，∴'22.5M AC CAM ∠=∠=︒，∴'45M AM ∠=︒，∵M A MF =，且90AMF ︒∠=，∴45MAF ∠=︒，∴'90M AF ∠=︒，∴222'='M F AM AF +，∵2222AM MF AM +=∴222222'='=23M F AM AF AM AM AM ++=，如图4，取AE 中点O 点，连接OC ，OM ，作MH AE ⊥于H ，∵=4AC ，∴=CE=4AC ，∴AE由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得OA OC OE OM ==== ∴22.5AMO MAO ∠=∠=︒，∴45MOH AMO MAO ∠=∠+∠=︒，∴45MOH OMH ∠=∠=︒，∴OH MH =，∵(2222=OM 8OH MH +==, ∴=2OH MH =，∴2AH =，∴222=16AM AH MH =++∴()22''=3=48AK MK AM ++∴()2''AK MK +的值为48+【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质、轴对称、等腰三角形的性质与判定等内容，解决本题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形或等腰直角三角形等，本题较为综合，要求学生有较强的理解能力与分析能力．10．（1）y ＝239344x x --；（2）点P 的坐标为：13313-13313-或(3，3)；（3）⊙N 的半径为163或83或1． 【解析】【分析】（1）代入点A 、C 的坐标求出解析式；（2）先求出直线OD 的解析式，再和二次函数为的解析式y ＝239344x x -+联立即可求解；（3）先求出直线BC 的解析式，设N (m ，3m 34-)，则M (m ，239344m m --)，求出MN 的距离，最后利用“当⊙N 与y 轴相切时，MN =m ”，得出结果．【详解】解：（1）将点A （-1，0），C （0，3）代入抛物线的解析式得，9043a c c ⎧++=⎪⎨⎪=-⎩， 解得343a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，故二次函数的解析式为y ＝239344x x --； （2）∵抛物线y ＝239344x x --=23325()423x --， ∴抛物线的顶点E 的坐标为(325,23-)， ∵DF 平分∠ODE ，∴∠ODF =∠FDE ，∵EH ∥y 轴，∴∠FDE =∠OFD ，∴OD =OF ，∵(0,F ， ∴OD =OF设D (32，m )，则OD ²=223()2m +，即2(=223()2m +，解得：m =-32或32， ∴D (32，32-)或(32，32)， 设直线OD 的解析式为y =kx ， ∴32-=32k 或32=32k ，解得：k =-1或k =1， ∴直线OD 的解析式为：y =x 或y =－x ， 联立239344y x y x x =⎧⎪⎨=--⎪⎩或239344y x y x x =-⎧⎪⎨=--⎪⎩， 解得：x舍去)；或x =3或43-(舍去)； ∴y3， ∴点P 的坐标为：或(3，3)；（3）由（1）得二次函数为：y ＝239344x x --， 当y =0时，239344x x --=0，解得：121,4x x =-=， ∴B (4，0)，设直线BC 为：y =kx +b ，经过点C (0，-3)，则有043k b b =+⎧⎨=-⎩， 解得：343k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩ ， ∴直线BC 为：y=334x -， 设N (m ，3m 34-)，则M (m ，239344m m --)， ∴MN =M N y y -=239333444m m m ---+=2334m m - 当⊙N 与y 轴相切时，MN =m ， ∴2334m m -=m ， 解2334m m -=m ，得m =163或0(舍去)， 解2334m m -=-m ，得m =83或0(舍去)， ∴⊙N 的半径为163或83； 当⊙N 与x 轴相切时，MN =334m -+， ∴2334m m -=334m -+，解2334m m -=334m -+，得m =4(舍去)或-1(舍去)， 解2334m m -=3m 34-，得m =4(舍去)或1， ∴⊙N 的半径为1； 综上，⊙N 的半径为163或83或1．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数及一次函数的解析式，两点之间的距离公式，圆的切线的性质，解本题的关键用方程的思想解决问题．11．（1）213y x x 242=-+-；（2）P 点坐标为(6，2)；（3）①2252 【解析】【分析】（1）求出A 、C 点的坐标，再将点代入y ＝14-x 2+bx +c ，即可得解； （2）先求∠OCA =45º，再由对称性可知PC ⊥y 轴，即可求出点P 的纵坐标，最后利用二次函数的解析式求出结果；（3）①先求出平移后的抛物线，再利用2111()44x m m --+-=x -2，得出2121224,43x x m x x m m +=-⋅=-+，最后利用两点之间的距离公式求解；②作KQ ⊥MN ，连接MK ，MP ，先得出KM =QN 即求KM +MP 的最小值，即KP 的长，最后根据△QMN 的周长的最小值即KQ +KP ，得解．【详解】解：（1）在y ＝x ﹣2中，令y =0，x =2；令x =0，y =-2；∴A (2，0)，C (0，-2)，代入y ＝14-x 2+bx +c 得104242b c c⎧=-⨯++⎪⎨⎪-=⎩，。

2022年中考数学压轴难题附答案解析

2022年中考数学压轴难题附答案解析

2022年中考数学压轴题1．抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．（1）如图1，点P，Q都在直线BC上方的抛物线上，且点P的横坐标比点Q的横坐标小1，直线PQ与x轴交于点D，过点P，Q作直线BC的垂线，垂足分别为点E，F．当PE+QF的值最大时，将四边形PEFQ沿射线PQ方向平移，记平移过程中的四边形PEFQ为P1E1F1Q1，连接CP1，P1F1，求CP1+P1F1+√22Q1D的最小值，并求出对应的点Q1的坐标．（2）如图2，对于满足（1）中条件的点Q1，将线段AQ1绕原点O顺时针旋转90°，得线段A1Q2，点M是抛物线对称轴上一点，点N是坐标平面内一点，点N1是点N关于直线A1Q2的对称点，若以点A1，Q1，M，N1为顶点的四边形是一个矩形，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．解：（1）如图1，过P作PL∥y轴交直线BC于L，过Q作QS∥y轴交BC于S，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）；∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，设P（t，﹣t2+2t+3），则L（t，﹣t+3），Q（t+1，﹣t2+4），S（t+1，﹣t+2），PL＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，QS＝﹣t2+4﹣（﹣t+2）＝﹣t2+t+2，∵PE⊥BC，QF⊥BC，PL∥y轴，QS∥y轴∴∠PEL＝∠QFS＝∠BOC＝90°，∠PLE＝∠QSF＝∠BCO＝45°∴PE=√22PL=√22(−t2+3t)，QF=√22QS=√22(−t2+t+2)，∴PE+QF=√22(−t2+3t)+√22（﹣t2+t+2）=−√2(t−1)2+2√2∵−√2＜0，0＜t＜3，∴当t＝1时，PE+QF有最大值为2√2，此时P（1，4），Q（2，3），∴直线PQ解析式为y＝﹣x+5，PQ=√(1−2)2+(4−3)2=√2．H（0，5），D（5，0）∴BD＝2如图2，过B作BB′⊥PQ于B′，在Rt△BB′D中，BB′＝BD•sin∠BDB′＝2sin45°=√2，∴PE＝QF＝P1E1＝Q1F1＝BB′=√2（平行线间距离相等）∴PQ＝QF∵QF⊥BC，BC∥PQ，∴QF⊥PQ，∴四边形PEFQ是正方形，∵∠QEP＝∠EPQ＝45°，∴E点与C点重合，F点坐标为（1，2）由平移知P1E1F1Q1与正方形PEFQ是全等形，∴P1F1＝PF＝2．易证Rt△CPP1≌Rt△FQQ1，∴CP1＝FQ1作D（5，0）作DH⊥x轴，过Q1作Q1H⊥DH，∵∠HDQ1＝45°，∴Q1H=√22Q1D，当点F、Q1、H三点在同一直线上，FQ1H⊥DH轴时，FQ1+Q1H最小，即CP1+P1F1+√22Q1D 的值最小，∵此时，F点坐标为（1，2），Q1（3，2），H（5，2），FH＝4．∴CP1+P1F1+√22Q1D的最小值＝4+2＝6，Q1（3，2）．（2）如图3，将线段AQ1绕原点O顺时针旋转90°得线段A1Q2，根据旋转90°点坐标变化规律可知A1（0，1），Q2（2，﹣3）．∵抛物线对称轴为x=−22×(−1)=1，设M（1，m），∴A1M2＝（1﹣0）2+（m﹣1）2＝m2﹣2m+2A1Q12＝（0﹣3）2+（1﹣2）2＝10MQ12＝（1﹣3）2+（m﹣2）2＝m2﹣4m+8若A1M为斜边，则由题意得：A1Q22+MQ22=A1M2，10+m2﹣4m+8＝m2﹣2m+2解得：m＝8，M1（1，8）若Q1M为斜边则由题意得：A1M2+A1Q22=Q2M2，m2﹣2m+2+10＝m2﹣4m+8m＝﹣2，∴M2（1，﹣2）若A1Q1为斜边，则由题意得：A1M2+MQ12=A1Q22，即：（m2﹣2m+2）+（m2﹣4m+8）＝10．解得m＝0或m＝3，即∴M3（1，0）或M4（1，3）．∵四边形A1MQ1N1是矩形，∴根据点的平移可知N1坐标为（﹣2，7）或（4，﹣1）或（2，0）或（2，3），∵N'1与N'关于直线A1Q1对称，∴N'1N'⊥A1Q1，T为N'1N'中点，由点坐标可求直线A1Q1解析式为：y＝﹣2x+1，直线N'1N'解析式为：y=12x+8，故T坐标为（−145，335），∴N'坐标为（−185，315）同理可得其他N'为（−45，−175），（−25，−65）或（−145，35）综上所述：N为（−185，315）或（−45，−175），（−25，−65）或（−145，35）．2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2+bx +c 与x 轴交于点A （﹣2，0），点B （4，0），与y 轴交于点C （0，8），连接BC ．又已知位于y 轴右侧且垂直于x 轴的动直线l ，沿x 轴正方向从O 运动到B （不含O 点和B 点），且分别交抛物线、线段BC 以及x 轴于点P ，D ，E ．（1）求抛物线的表达式；（2）连接AC ，AP ，当直线l 运动时，求使得△PEA 和△AOC 相似的点P 的坐标；（3）作PF ⊥BC ，垂足为F ，当直线l 运动时，求Rt △PFD 面积的最大值．解：（1）将点A 、B 、C 的坐标代入二次函数表达式得：{4a −2b +c =016a +4b +c =0c =8，解得：{a =−1b =2c =8，故抛物线的表达式为：y ＝﹣x 2+2x +8；（2）∵点A （﹣2，0）、C （0，8），∴OA ＝2，OC ＝8，∵l ⊥x 轴，∴∠PEA ＝∠AOC ＝90°，∵∠P AE ≠∠CAO ，∴只有当∠P AE ＝∠ACO 时，△PEA ∽△AOC ，此时AE CO =PE AO ，即：AE 8=PE 2，∴AE ＝4PE ，设点P 的纵坐标为k ，则PE ＝k ，AE ＝4k ，∴OE ＝4k ﹣2，将点P 坐标（4k ﹣2，k ）代入二次函数表达式并解得：k ＝0或2316（舍去0），则点P （154，2316）；（3）在Rt △PFD 中，∠PFD ＝∠COB ＝90°，∵l ∥y 轴，∴∠PDF ＝∠OCB ，∴Rt △PFD ∽Rt △OCB ，∴S △PFDS △BOC =(PD BC )2，∴S △PDF =(PD BC )2•S △BOC ，而S △BOC =12OB •OC =12×4×8=16，BC =√CO 2+BO 2=4√5，∴S △PDF =(PD BC )2•S △BOC =15PD 2，即当PD 取得最大值时，S △PDF 最大，将B 、C 坐标代入一次函数表达式并解得：直线BC 的表达式为：y ＝﹣2x +8，设点P （m ，﹣m 2+2m +8），则点D （m ，﹣2m +8），则PD ＝﹣m 2+2m +8+2m ﹣8＝﹣（m ﹣2）2+4，当m ＝2时，PD 的最大值为4，故当PD ＝4时，∴S △PDF =15PD 2=165．3．已知一次函数y1＝kx+n（n＜0）和反比例函数y2=mx（m＞0，x＞0）．（1）如图1，若n＝﹣2，且函数y1、y2的图象都经过点A（3，4）．①求m，k的值；②直接写出当y1＞y2时x的范围；（2）如图2，过点P（1，0）作y轴的平行线l与函数y2的图象相交于点B，与反比例函数y3=nx（x＞0）的图象相交于点C．①若k＝2，直线l与函数y1的图象相交点D．当点B、C、D中的一点到另外两点的距离相等时，求m﹣n的值；②过点B作x轴的平行线与函数y1的图象相交于点E．当m﹣n的值取不大于1的任意实数时，点B、C间的距离与点B、E间的距离之和d始终是一个定值．求此时k的值及定值d．解：（1）①将点A的坐标代入一次函数表达式并解得：k＝2，将点A的坐标代入反比例函数得：m＝3×4＝12；②由图象可以看出x＞3时，y1＞y2；（2）①当x＝1时，点D、B、C的坐标分别为（1，2+n）、（1，m）、（1，n），当B为中点时，则BD＝BC，即2+n﹣m＝m﹣2，则 m ﹣n ＝1；当D 为中点时，则 DB ＝DC ，即m ﹣（2+n ）＝2+n ﹣n ，故m ﹣n ＝4，当C 为中点时，则 CB ＝CD ，即m ﹣n ＝n ﹣（2+n ），则 m ﹣n ＝﹣2 （不符合题意舍去），∴m ﹣n ＝1或4．②点E 的横坐标为：m−n k ，当点E 在点B 左侧时，d ＝BC +BE ＝m ﹣n +（1−m−n k ）＝1+（m ﹣n ）（1−1k ）， m ﹣n 的值取不大于1的任意数时，d 始终是一个定值， 当1−1k=0时，此时k ＝1，从而d ＝1．当点E 在点B 右侧时，同理BC +BE ＝（m ﹣n ）（1+1k ）﹣1，当1+1k =0，k ＝﹣1时，（不合题意舍去）故k ＝1，d ＝1．。

2022届中考数学压轴难题含答案解析

2022届中考数学压轴难题含答案解析

一、解答题1．如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋5（a≠0）与x轴交于点A（﹣5，0），点B（1，0）（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，连接BD．直线y＝经过点A，且与y轴交于点E．(1)求抛物线的解析式；(2)点N是抛物线上的一点，当△BDN是以DN为腰的等腰三角形时，求点N的坐标；(3)点F为线段AE上的一点，点G为线段OA上的一点，连接FG，并延长FG与线段BD 交于点H（点H在第一象限），当∠EFG＝3∠BAE且HG＝2FG时，求出点F的坐标．2．已知二次函数y＝﹣x2+2x+m+1．（1）当m＝2时．①求函数顶点坐标；②当n≤x≤n+1时，该函数的最大值为3，求n的值．（2）当x≤2时，函数图象上有且只有2个点到x轴的距离为2，求m的取值范围．（3）已知点P为二次函数上一点，点P的横坐标为﹣3m+2，点M的坐标为（2m，m），以PM为对角线构造矩形PQMN，矩形的各边与坐标轴垂直，当抛物线在矩形PQMN内部的函数部分y随着x的增大而增大时，直接写出m的取值范围．3．给出定义：有两个内角分别是它们对角的两倍的四边形叫做倍对角四边形．（1）如图1，在倍对角四边形ABCD中，∠D＝2∠B，∠A＝2∠C，求∠B与∠C的度数之和；（2）如图2，锐角△ABC内接于⊙O，若边AB上存在一点D，使得BD＝BO，∠OBA的平分线交OA于点E，连结DE并延长交AC于点F，∠AFE＝2∠EAF．求证：四边形DBCF是倍对角四边形；（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DG⊥OB于点H，交BC于点G．当4DH＝3BG时，求△BGH与△ABC的面积之比．4．如果抛物线1C 的顶点在抛物线2C 上，同时，抛物线2C 的顶点在抛物线1C 上，那么我们称抛物线1C 与2C 关联．（1）已知抛物线①221y x x =+-，判断下列抛物线②221y x x =-++；③221y x x =++与已知抛物线①是否关联，并说明理由．（2）抛物线211:(1)28C y x =+-，动点P 的坐标为(,2)t ，将抛物线绕点(,2)P t 旋转180︒得到抛物线2C ，若抛物线1C 与2C 关联，求抛物线2C 的解析式．（3）点A 为抛物线211:(1)28C y x =+-的顶点，点B 为与抛物线1C 关联的抛物线顶点，是否存在以AB 为斜边的等腰直角ABC ，使其直角顶点C 在y 轴上，若存在，求出C 点的坐标；若不存在，请说明理由．5．如图，抛物线26y ax bx =+-交x 轴于(2,0),(6,0)A B -两点，交y 轴于点C (0,6)-，点Q 为线段BC 上的动点．（1）求抛物线的解析式； （2）求QA QO +的最小值；（3）过点Q 作QP AC 交抛物线的第四象限部分于点P ，连接,PA PB ，记PAQ △与PBQ △的面积分别为12,S S ，设12S S S =+，当S 最大时，求点P 的坐标，并求S 的最大值．6．在平面直角坐标系中，过点()3,4A 的抛物线24y ax bx =++与x 轴交于点()1,0B -，与y 轴交于点C ，过点A 作AD x ⊥轴于点D ．（1）求抛物线的解析式．（2）如图1，点P 是直线AB 上方抛物线上的一个动点，连接PD 交AB 于点Q ，连接AP ，当2AQD APQ S S =△△时，求点P 的坐标．（3）如图2，点G 是线段OC 上一个动点，连结DG ，求12DG CG +的最小值．7．如图1，在ABC 中，90,ACB CD ∠=︒平分ACB ∠，且AD BD ⊥于点D ．（1）判断ABD △的形状；（2）如图2，在（1）的结论下，若22,3,75BQ DQ BQD ==∠=︒，求AQ 的长； （3）如图3，在（1）的结论下，若将DB 绕着点D 顺时针旋转()090αα︒<<︒得到DP ，连接BP ，作DE BP ⊥交AP 于点F ．试探究AF 与DE 的数量关系，并说明理由． 8．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，点()0,B n ，点A 在x 轴的负半轴上，点(),0C m ，连接AB 、BC 220m n +-=，（1）求BCO ∠的度数；（2）点P 从A 点出发沿射线AO 以每秒2个单位长度的速度运动，同时，点Q 从B 点出发沿射线BO 以每秒1个单位长度的速度运动，连接AQ 、PQ ，设APQ 的面积为S ，点P 运动的时间为t ，求用t 表示S 的代数式（直接写出t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，当点P 在x 轴的正半轴上，点Q 在y 轴的负半轴上时，连接AQ 、BP 、PQ ，22BQP ABC OAQ ∠=∠=∠，且四边形ABPQ 的面积为25，求PQ 的长．9．如图1，在平面直角坐标系中，已知点B 的坐标为(1，0)，且OA ＝OC ＝4OB ，抛物线y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）图象经过A ，B ，C 三点．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，若动点P 在过A ，B ，C 三点的抛物线上，是否存在点P ，使得ACP 是以AC 为直角边的直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的点P 的坐标，若不存在，请说明理由；（3）若点P 是直线AC 上方的抛物线上的一个动点，作PD ⊥AC 于点D ，当0＜PD ＜22时，请直接写出点P 横坐标的取值范围．10．平面直角坐标系中，点在y 轴正半轴，点在x 轴正半轴，以线段AB 为边在第一象限内作等边ABC ∆，点C 关于y 轴的对称点为点D ，连接AD ，BD ，且BD 交y 轴于点E ．(1)补全图形，并填空；①若点，则点D的坐标是__________；②若，则________．(2)若，求证：AD垂直平分BC；(3)若时，探究的数量关系，并证明．11．已知：如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点B在y轴的正半轴上，且tan∠OAB34，点P是线段AB上的一个动点，以点P为圆心，PA为半径作⊙P交x轴于C点，记过点A、B、C的抛物线顶点为D点，设PA＝5m．(1)求线段OA和AB的长．(2)①求用含字母m的代数式来表示点C的坐标．②当点C在x轴的正半轴上，且OC：PA＝8：15时，求抛物线的解析式．(3)如图2，过点D作DE∥x轴交y轴于点E，作直线CD交y轴于点F，当⊙P与△DEF其中一边所在的直线相切时，求所有满足条件的m的值．12．如图1，点A，点B的坐标分别（a，0），（0，b），且b＝+4，将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BC．(1)直接写出a ＝ ，b ＝ ，点C 的坐标为 ；(2)如图2，作CD ⊥x 轴于点D ，点M 是BD 的中点，点N 在△OBD 内部，ON ⊥DN ，求证：2MN +ON ＝DN ．(3)如图3，点P 是第二象限内的一个动点，若∠OPB ＝90°，求线段CP 的最大值． 13．如图1，已知抛物线()()33439y x x =-+-与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，(1)写出A 、B 、C 三点的坐标．(2)若点P 为OBC 内一点，求OP BP CP ++的最小值．(3)如图2，点Q 为对称轴左侧抛物线上一动点，点()4,0D ，直线DQ 分别与y 轴、直线AC 交于E 、F 两点，当CEF △为等腰三角形时，请直接写出CE 的长．14．如图，△ABC 中，点D 在BC 边上，且∠ADB ＝90°12+∠CAD．(1)求证：AD ＝AC ；(2)点E 在AB 边上，连接CE 交AD 于点F ，且∠CFD ＝∠CAB ，AE ＝BD ， ①求∠ABC 的度数；②若AB ＝8，DF ＝2AF ，直接写出EF 的长．15．定义：对于平面内的MAN ∠及其内部的一点P ，设点P 到直线AM ，AN 的距离分别为1d ，2d ，称12d d 和21d d 这两个数中较小的一个数为点P 关于MAN ∠的“近率”．(1)如图1，已知ABC 中，90ACB ∠=︒，60B ∠=︒，若ABC 的中线CD 与角平分线AE 相交于点P ，则点P 关于ABC ∠的“近率”为________； (2)如图2，已知ABC 中，90ACB ∠=︒，60B ∠=︒，43BC =，若点F 在斜边AB 上，且点F 关于ACB ∠的“近率”为33，求CF 的长； (3)已知在平面直角坐标系xOy 中，点E ，F 分别为x 轴正半轴，y 轴正半轴上的两个点，动点M 的坐标为()9,m ，圆M 是以点M 为圆心，半径为3的圆．若圆M 上的所有点都在第一象限且关于EOF ∠的“近率”都小于33，直接写出m 的取值范围． 16．如图1，抛物24y ax bx =++交x 轴于(2,0)A -，(4,0)B 两点，与y 轴交于点C ，连接AC ，BC ．(1)求此抛物线的解析式；(2)P 是抛物线上位于直线BC 上方的一个动点，过点P 作PQ y ∥轴交BC 于点Q ，过点P作PE BC ⊥于点E ，过点E 作EF y ⊥轴于点F ，求出2PQ EF +的最大值及此时点P 的坐标；(3)如图2，将抛物线24y ax bx =++沿着射线CB 的方向平移，使得新抛物线y '过点(3,1)，点D 为原抛物线y 与新抛物线y '的交点，若点G 为原抛物线的对称轴上一动点，点H 为新抛物线y '上一动点，直接写出所有使得以A ，D ，G ，H 为顶点的四边形为平行四边形的点H 的坐标，并把求其中一个点H 的坐标的过程写出来．17．已知等边△ABC 边长为6，D 为边AB 上一点，E 为直线AC 上一点，连接DE ，将DE 绕点D 顺时针旋转90°得到线段DF ．(1)如图1，若∠AED ＝90°，过点F 作FG ⊥AC 于点G ，求AFFG的值； (2)若AD ＝x ，AF 的最小值为y ， ①若x ＝4，求y 的值； ②直接写出y 与x 的关系式．18．在等边ABC 中，点D 是BC 边上一点，点E 是直线AB 上一动点，连接DE ，将射线DE 绕点D 顺时针旋转120︒，与直线AC 相交于点F ．(1)若点D 为BC 边中点．①如图1，当点E 在AB 边上，且DE AB ⊥时，请直接写出线段DE 与DF 的数量关系________；②如图2，当点E 落在AB 边上，点F 落在AC 边的延长线上时，①中的结论是否仍然成立？请结合图2说明理由；(2)如图3，点D 为BC 边上靠近点C 的三等分点．当:3:2AE BE =时，直接写出CFAF的值．19．问题提出：如图①所示，在矩形AOCB 和矩形ODEF 中，CO FOk AO DO==，点A ，O ，D 不在同一直线上，连接,AD CF ．HO 是AOD △的中线，那么,HO CF 之间存在怎样的关系？(1)问题探究：先将问题特殊化，如图②所示，当1k =且90AOD ∠=︒时，,HO CF 的数量关系是________，位置关系是________．(2)问题拓展：再探究一般情形如图③所示，当1k =，90AOD ∠≠︒时，证明（1）中的结论仍然成立．(3)问题解决：回归图①所示，探究,HO CF 之间存在怎样的关系（数量关系用k 表示）？ 20．如图，已知正方形ABCD ，将AD 绕点A 逆时针方向旋转到AP 的位置，分别过点作，垂足分别为点E 、F ．(1)求证：；(2)联结，如果，求的正切值； (3)联结，如果，求n 的值．【参考答案】**科目模拟测试一、解答题1．(1)y＝﹣x2﹣4x+5(2)N1（﹣5，0），N2（，），N3（，）(3)F（﹣，﹣）【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求抛物线的解析式．（2）分NB=ND和DB=ND两种情况求点N的坐标．（3）利用相似，将线段长度转换为点的坐标，通过方程求点F的坐标．(1)解：将A（﹣5，0），B（1，0）代入抛物线y＝ax2+bx+5（a≠0）得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣4x+5；(2)∵D（﹣2，9），B（1，0），点N是抛物线上的一点且△BDN是以DN为腰的等腰三角形，∴此题有两种情形：①当DN＝DB时，根据抛物线的对称性得：A与N重合，∴N1（﹣5，0），②方法一：当DN＝BN时（如图1），N在BD的垂直平分线上，BD的垂直平分线交BD于I，交x轴于点Q，BD与y轴交点为K，∵∠KBO+∠OKB＝90°，∠KBO+∠IQB＝90°，∴∠OKB＝∠IQB，在Rt△OKB中，sin∠OKB10∴sin∠IQB＝10∵I是BD的中点，BD＝10，∴BI＝，∴BQ＝15，∴Q（﹣14，0），I（12，92）设yQI＝kx+b，代入得：，解得：，∴yQI＝，联立得：，解得：x＝，∴yQI＝，N2（，），N3（，），方法二：如图2，过点N作DS⊥NT交NT于点S，设N（a，﹣a2﹣4a+5），D（﹣2，9），∵DN＝DB，∴DS2+SN2＝NT2+TB2，∴（﹣2﹣a）2+（9+a2+4a﹣5）2＝（﹣a2﹣4a+5）2+（1﹣a）2，（2+a）2﹣（1﹣a）2＝（a2+4a﹣5）2﹣（9+a2+4a﹣5）2，（2+a+1﹣a）（2+a﹣1+a）＝（a2+4a﹣5+a2+4a+4）（a2+4a﹣5﹣a2﹣4a﹣4），解得：a＝，把a＝代入﹣a2﹣4a+5＝﹣（）2﹣4（）+5＝，∴N2（，），N3（，），综上所述，N1（﹣5，0），N2（，），N3（，）；(3)如图1，在AE上取一点F，作AF的垂直平分线交x轴于点M，连接MF，则AM＝MF，在AO上M点的右侧作FG＝MF，∴∠FGM＝∠FMG，∴∠EFG＝∠BAE+∠FGM＝∠BAE+∠FMG＝∠BAE+2∠BAE＝3∠BAE，移动F点，当HG＝2FG时，点F为所求．过点F作FP垂直于x轴于点P，过点H作HR垂直于x轴于点R，∴△FPG∽△HRG，∴＝＝＝12，GR＝2PG，HR＝2PF，设F（m，﹣﹣52），则OP＝﹣m，PF＝+52，HR＝2PF＝m+5，∵AP＝m+5，∴AP＝2PF，∵AM＝AP﹣MP＝2PF﹣MP，MF＝AM，∴在Rt△PMF中，PM2+PF2＝MF2，PM2+PF2＝（2PF﹣MP）2，∴PM＝34PF＝34×＝m+158，∴GP＝m+158，∴GR＝2PG＝34m+154，∴PR＝3PG＝3PM，∴AR ＝AP +PR ＝AP +3PM ＝2PF +3×34PF ＝＝，∴OR ＝， ∴H （，m +5）， ∵B （1，0），D （﹣2，9），∴BD 解析式为：yBD ＝﹣3x +3，把H 代入上式并解得：m ＝﹣， 再把m ＝﹣代入y ＝﹣12x ﹣52得：y ＝﹣， ∴F （﹣，﹣）． 【点睛】本题考查二次函数解析式的求法、等腰三角形的存在性问题、角度问题及线段倍数问题．正确求出二次函数解析式，将坐标运算转化成线段关系是求解本题的关键．2．（1）①()1,4；②2n =或1n =-；（2）1m 或0m =或43m -<≤-；（3）12m ≤【解析】【分析】（1）①根据顶点坐标的计算公式计算即可；②分两种情况讨论，根据二次函数的图象性质计算即可；（2）分三种情况讨论，再根据当x ≤2时，函数图象上有且只有2个点到x 轴的距离为2，列不等式组即可；（3）根据点P 和点M 横坐标的位置及二次函数的图象性质列不等式组即可；【详解】（1）当m ＝2时，函数解析式为2y x 2x 3=-++， ①2122b x a ， 24124444ac b y a ---===-， ∴顶点坐标是()1,4；②∵2y x 2x 3=-++,10a =-<，∴开口方向向下，对称轴为：1,x =当1n >时，则x n =时，2233y n n =-++=，此时函数值最大，220,n n ∴-=解得：2n =（0n =舍去），当11n +<，即0n <时，∴1x n =+时，3y =最大，∴()()212133n n -++++=，解得：1n =-（1n =舍去）综上：2n =或1n =-；（2）221,y x x m =-+++()()2241148,m m ∴=-⨯-⨯+=+当480m +>即2m >-时，如图，当2x =时，1,y m =+根据当x ≤2时，函数图象上有且只有2个点到x 轴的距离为2可知，12,m +>1,m ∴>m ∴的范围是 1.m >当1x =时，22,y m =+= 此时符合题意，则0,m =当当480m +<即2m <-时，如图，根据当x ≤2时，函数图象上有且只有2个点到x 轴的距离为2可知，同理可得：2212m m +>-⎧⎨+≤-⎩解得：43,m -<≤-所以m 的范围是：4 3.m -<≤-综上：1m 或0m =或4 3.m -<≤-（3）2221(1)2y x x m x m =-+++=--++∴抛物线的顶点坐标为（1，2m+），对称轴为直线1x=∵点P的横坐标为﹣3m+2，∴点P的坐标为（﹣3m+2，2971m m-++）∵以PM为对角线构造矩形PQMN，矩形的各边与坐标轴垂直，抛物线在矩形PQMN内部的函数部分y随着x的增大而增大，∴矩形中抛物线为对称轴左侧的部分，即1x≤又点M的坐标为（2m，m），∴29711 21m m mm⎧-++≥+⎨≤⎩∴1 02m≤＜∵点P在二次函数的图象上，当点M点在点P的左侧时∴232m m<-+∴25 m<∴232m m<-+∴25 m＜∴25 m＜当点M点在点P的右侧时∴232m m-+＞∴25 m＞∴2152m ≤＜ 故当抛物线在矩形PQMN 内部的函数部分y 随着x 的增大而增大时，12m ≤【点睛】 本题主要考查了二次函数综合应用，二次函数的图象与性质，不等式组的解法，清晰的分类讨论是解题的关键．3．（1）120°；（2）见解析；（3）215 【解析】【分析】（1）根据四边形内角和为360°，即可得出答案；（2）利用SAS 证明△BED ≌△BEO ，得∠BDE ＝∠BEO ，连接OC ，设∠EAF ＝α，则∠AFE ＝2α，则∠EFC ＝180°−∠AFE ＝180°−2α，可证∠EFC ＝∠AOC ＝2∠ABC 即可；（3）过点O 作OM ⊥BC 于M ，由（1）知∠BAC ＝60°，再证明△DBG ∽△CBA ，得2ΔΔ()DBG ABC S BD S BC =，再根据4DH ＝3BG ，BG ＝2HG ，得DG ＝52GH ，则ΔΔBHG BDG S S ＝HG DG =25，从而解决问题．【详解】（1）解：在倍对角四边形ABCD 中，∠D ＝2∠B ，∠A ＝2∠C ，∵∠A +∠B +∠C +∠D ＝360°，∴3∠B +∠3∠C ＝360°，∴∠B +∠C ＝120°，∴∠B 与∠C 的度数之和为120°；（2）证明：在△BED 与△BEO 中，BD BO EBD EBO BE BE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△BED ≌△BEO （SAS ），∴∠BDE ＝∠BEO ，∵∠BOE ＝2∠BCF ，∴∠BDE ＝2∠BCF连接OC ，设∠EAF ＝α，则∠AFE ＝2α，∴∠EFC ＝180°﹣∠AFE ＝180°﹣2α，∵OA ＝OC ，∴∠OAC ＝∠OCA ＝α，∴∠AOC ＝180°﹣∠OAC ﹣∠OCA ＝180°﹣2α，∴∠EFC ＝∠AOC ＝2∠ABC ，∴四边形DBCF 是倍对角四边形；（3）解：过点O 作OM ⊥BC 于M ，∵四边形DBCF 是倍对角四边形，∴∠ABC +∠ACB ＝120°，∴∠BAC ＝60°，∴∠BOC ＝2∠BAC ＝120°，∵OB ＝OC ，∴∠OBC ＝∠OCB ＝30°，∴BC ＝2BM 33，∵DG ⊥OB ，∴∠HGB ＝∠BAC ＝60°，∵∠DBG ＝∠CBA ，∴△DBG ∽△CBA ， ∴2ΔΔ()DBG ABC S BD S BC ＝13， ∵4DH ＝3BG ，BG ＝2HG ， ∴DG ＝52GH ，∴ΔΔBHG BDG S S ＝25HG DG =， ∵ΔΔ15315DBG ABC S S == ∴ΔΔBHG ABC S S ＝215． 【点睛】本题是新定义题，主要考查了圆的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，读懂题意，利用前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．4．（1）①、②关联，理由见解析；（2）21(7)68y x =--+或21(9)68y x =-++；（3）存在，（0，1）或（0，3+0，3-【解析】【分析】（1）首先求得抛物线①的顶点坐标，然后检验是否此点在抛物线②与③上，再求得抛物线②的顶点坐标，检验是否在抛物线①上即可求得答案；（2）首先求得抛物线C 1的顶点坐标，则可得：点P 在直线y =2上，则可作辅助线：作M 关于P 的对称点N ，分别过点M 、N 作直线y =2的垂线，垂足为E ，F ，则可求得：点N 的坐标，利用顶点式即可求得结果；（3）分别从当A ，B ，C 逆时针分布时与当A ，B ，C 顺时针分布时分析，根据全等三角形的知识，即可求得点C 的坐标，注意别漏解．【详解】解：（1）∵①抛物线y =x 2+2x -1=（x +1）2-2的顶点坐标为M （-1，-2），∴②当x =-1时，y =-x 2+2x +1=-1-2+1=-2，∴点M 在抛物线②上；∵③当x =-1时，y =x 2+2x +1=1-2+1=0，∴点M 不在抛物线③上；∴抛物线①与抛物线②有关联；∵抛物线②y =-x 2+2x +1=-（x -1）2+2，其顶点坐标为（1，2），经验算：（1，2）在抛物线①上，∴抛物线①、②是关联的；（2）抛物线C 1：211:(1)28C y x =+-的顶点M 的坐标为（-1，-2）， ∵动点P 的坐标为（t ，2），∴点P 在直线y =2上，作M 关于P 的对称点N ，分别过点M 、N 作直线y =2的垂线，垂足为E ，F ，则ME =NF =4，∴点N 的纵坐标为6，当y =6时，21(1)268x +-=， 解得：x 1=7，x 2=-9，①设抛物C 2的解析式为：y =a （x -7）2+6，∵点M （-1，-2）在抛物线C 2上，∴-2=a （-1-7）2+6， ∴a =18-， ∴抛物线C 2的解析式为：21(7)68y x =--+， ②设抛物C 2的解析式为：y =a （x +9）2+6，∵点M （-1，-2）在抛物线C 2上，∴-2=a （-1+9）2+6， ∴a =18-， ∴抛物线C 2的解析式为：21(9)68y x =-++； （3）点C 在y 轴上的一动点，以AC 为腰作等腰直角△ABC ，令C 的坐标为（0，c ），则点B 的坐标分两类：①当A ，B ，C 逆时针分布时，如图中B 点，过点A ，B 作y 轴的垂线，垂足分别为H ，F ， 在等腰直角△ABC 中，AC =BC ，∠ACB =90°，即∠ACH +∠BCH =90°，∵∠ACH +∠CAH =90°，∴∠CAH =∠BCH ，又∠AHC =∠BFC =90°，则△BCF ≌△CAH （AAS ），∴CF =AH =1，BF =CH =c +2，点B 的坐标为（c +2，c -1），当点B 在抛物线C 1：y =221(1)8x +-上时，c -1=18（c +2+1）2-2， 解得：c =1．②当A ，B ，C 顺时针分布时，如图中B ′点，过点B ′作y 轴的垂线，垂足为D ， 同理可得：点B ′的坐标为（-c -2，c +1），当点B ′在抛物线C 1：y =18（x +1）2-2上时，c +1=18（-c -2+1）2-2， 解得：c=3+c=3-综上所述，存在三个符合条件的等腰直角三角形，其中C 点的坐标分别为：C 1（0，1），C 2（0，3+C 3（0，3-【点睛】此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顶点坐标的求解方法，全等三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想与分类讨论思想的应用．5．（1）y =12x 2−2x −6；（2）QO ＋QA 有最小值10；（3）P （3，−152）时，S 有最大值152【解析】【分析】（1）运用待定系数法设y ＝a （x ＋2）（x −6），将C （0，−6）代入，即可求得答案；（2）如图1，作点O 关于直线BC 的对称点O ′，连接AO ′，QO ′，CO ′，BO ′，由O 、O ′关于直线BC 对称，得出四边形BOCO ′是正方形，根据QA ＋QO ′≥AO ′，QO ′＝QO ，得出答案；（3）运用待定系数法求出直线BC 、AC 、PQ 的解析式，设P （m ，12m 2−2m −6），联立方程组，得：261362y x y x m m ⎪--⎧⎪-⎨⎩＝＝＋＋，求得Q （22128m m +-，22608m m +-），再运用三角形面积公式求得答案．【详解】解：（1）∵抛物线交x 轴于A （−2，0），B （6，0）两点，∴设y ＝a （x ＋2）（x −6），将C （0，−6）代入，得：−12a ＝−6，解得：a ＝12，∴y＝12（x＋2）（x−6）＝12x2−2x−6，∴抛物线的解析式为y=12x2−2x−6；（2）如图1，作点O关于直线BC的对称点O′，连接AO′，QO′，CO′，BO′，∵OB＝OC＝6，∠BOC＝90°，∴∠BCO＝45°，∵O、O′关于直线BC对称，∴BC垂直平分OO′，∴OO′垂直平分BC，∴四边形BOCO′是正方形，∴O′（6，−6），在Rt△ABO′中，AO′＝22228610AB O B'+=+=，∵QA＋QO′≥AO′，QO′＝QO，∴QO＋QA＝QA＋QO′≥AO′＝5，即点Q位于直线AO′与直线BC交点时，QO＋QA有最小值10；（3）设直线BC 的解析式为y ＝kx ＋d ，∵B （6，0），C （0，−6），∴606k d d ⎨⎩-⎧＋＝＝，解得：16k d =⎧⎨=-⎩， ∴直线BC 的解析式为y ＝x −6，设直线AC 的解析式为y ＝mx ＋n ，∵A （−2，0），C （0，−6），∴206m n n ⎧⎨⎩--＋＝＝，解得：36m n =-⎧⎨=-⎩， ∴直线AC 的解析式为y ＝−3x −6，∵PQ ∥AC ，∴直线PQ 的解析式可设为y ＝−3x ＋b ，由（1）可设P （m ，12m 2−2m −6），代入直线PQ 的解析式， 得：12m 2−2m −6＝−3m ＋b ，解得：b ＝12m 2＋m −6，∴直线PQ 的解析式为y ＝−3x ＋12m 2＋m −6， 联立方程组，得：261362y x y x m m ⎪--⎧⎪-⎨⎩＝＝＋＋， 解得：2221282608m m x m m y ⎧+-=⎪⎪⎨+-⎪=⎪⎩， ∴Q （22128m m +-，22608m m +-）， 由题意：S ＝S △PAQ ＋S △PBQ ＝S △PAB −S △QAB ，∵P ，Q 都在第四象限，∴P ，Q 的纵坐标均为负数，∴S ＝12|AB |•（−12m 2＋2m ＋6）−12|AB |•（22608m m +--） ＝23962m m -+-2315(3)22m =--+， 由题意，得0＜m ＜6，∴m ＝3时，S 最大，即P （3，−152）时，S 有最大值152． 【点睛】 本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，将军饮马的最值问题，利用二次函数求最值等，熟练掌握二次函数图象和性质等相关知识，运用数形结合思想是解题关键．6．（1）234y x x =-++；（2）点P 的坐标为(12,42)++或(12,42)--（3）3232+ 【解析】【分析】（1）利用待定系数法求解可得；（2）作PE ∥x 轴，交AB 于点E ，由S △AQD =2S △APQ 且△AQD 与△APQ 是等高的两个三角形知12PQ DQ =，证△PQE ∽△DQB 得PE DB12PQ DQ ==据此求得PE =2，求得直线AB 的解析式为y =x +1，设E （x ，x +1），知P （x -2，x +1），将点P 坐标代入y =-x 2+3x +4求得x 的值，从而得出答案；（3）作30HCG ∠=︒过点G 作GH CH ⊥，过H 分别作,x y 的垂线段，垂直分别为,P Q ，则12GD CG CG HG HD +=+≥当,,G H D 三点共线时取得最小值，进而求得,HP PD ，根据勾股定理建立二次函数模型，根据二次函数的性质求得最值即可．【详解】解： （1）将点A （3，4），B （﹣1，0）代入24y ax bx =++得934440a b a b ++=⎧⎨-+=⎩解得，13a b =-⎧⎨=⎩∴234y x x =-++；（2）如图1，过点P 作PE ∥x 轴，交AB 于点E ，∵A （3，4），AD ⊥x 轴∴D （3，0）∵B （﹣1，0）∴BD ＝3﹣（﹣1）＝4∵S △AQD ＝2S △APQ ，△AQD 与△APQ 是等高的两个三角形 ∴12PQ DQ =， ∵PE ∥x 轴 ∴△PQE ∽△DQB ∴12PQ PE DQ DB ==， ∴142PE =， ∴PE ＝2，∵A （3，4），B （﹣1，0）∴可求得直线AB 的解析式为y ＝x +1设E （x ，x +1），则P （x ﹣2，x +1）将点P 坐标代入234y x x =-++，得：2(2)3(2)41x x x --+-+=+，解得132x =+，232x =-，当32x =+时，212x -=+，142x +=+∴点(12,42)P ++当32x =-时，212x -=-，142x +=-∴(12,42)P --∵点P 是直线AB 上方抛物线上的一个动点∴﹣1＜x ﹣2＜3∴点P 的坐标为(12,42)++或(12,42)--（3）如图，作30HCG ∠=︒过点G 作GH CH ⊥，过H 分别作,x y 的垂线段，垂直分别为,P QAD ⊥x 轴于点D ， A （3，4），(3,0)D ∴设(0,)G m ，则4CG CO OG m =-=-1sin 30=2HG CG CG ∴=⨯︒， 12GD CG CG HG HD ∴+=+≥ 当,,G H D 三点共线时取得最小值30HCG ∠=︒∴(3cos30,cos30434HC CG CQ HC m m =⋅︒=⋅︒=-=-， ()1sin 3042HQ HC m =⋅︒=-= 334(3)144m m HP OQ CO CQ ∴==-=--=+2222231(3)4m HD HP PD ⎛⎫=+=++ ⎪⎝⎭229333193162162m m m m =++++++-23134m =++当2322b m a=-==2HD 取得最小值，最小值为23134=+=434+22⎛ ⎝⎭ 则HD最小值为2+ 即12GD CG +的最小值为2+【点睛】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等知识点，第三问中可求得点G 的坐标之后解直角三角形求得HD 的长．7．（1）ABD △是等腰直角三角形，证明见解析；（23）,AF =证明见解析【解析】【分析】（1）先求解45,ACD BCD ∠=∠=︒取AB 的中点,G 连接,,CG DG 再证明,,,A C B D 在以G 为圆心，GC 为半径的同一个圆上，从而可得答案.（2）如图， 把ADQ △顺时针旋转90︒得到,BDQ ' 连接,QQ ' 过Q '作,Q F BQ '⊥ 交BQ 的延长线于,F 证明45,32,DQQ QQ ∠=︒='' 证明120,60,BQQ FQQ ∠=︒∠='︒' 求解3236·cos 60,?sin 60,22QF QQ FQ QQ =︒==︒=''' 再利用勾股定理可得答案； （3）如图，连接,BF 证明 ,DPE ABF ∽ 可得,DP DE AB AF = 结合（1）问的结论可得答案. 【详解】解：（1） 90,ACB CD ∠=︒平分ACB ∠，45,ACD BCD ∴∠=∠=︒取AB 的中点,G 连接,,CG DG90,ACB ADB ∠=∠=︒,CG AG BG DG ∴===,,,A C B D ∴在以G 为圆心，GC 为半径的同一个圆上，45,ABD ACD ∴∠=∠=︒ABD ∴为等腰直角三角形.（2）如图，,90,AD BD ADB =∠=︒把ADQ △顺时针旋转90︒得到,BDQ ' 连接,QQ ' 过Q '作,Q F BQ '⊥ 交BQ 的延长线于,F3,90,,DQ DQ QDQ AQ BQ ''∴∠=︒='==2245,3332,DQQ QQ ''∴∠=︒=+=75,BQD ∠=︒120,60,BQQ FQQ ∴∠=︒∠='︒'3236·cos 60?sin 60QF QQ FQ QQ ∴=︒==︒=''' 327222BF BQ QF ∴=+== 22723638,22BQ ⎛⎫⎛⎫∴=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭' 38.AQ BQ '∴==（3）2,AF DE =理由如下：如图，连接,BF2,90,45,BD AD BD ADB ABD BAD AB =∠=︒∠=∠=︒= ,,,DB DP BDP DE BP α=∠=⊥ 11,,90,,22BE PE BDE PDE DBE FB FP αα∴=∠=∠=∠=︒-= ,90,AD DP ADP α=∠=︒+145,2DAP DPA α∴∠=∠=︒- 114545,22BAP PDE αα⎛⎫∴∠=︒-︒-==∠ ⎪⎝⎭ 11180459045,22APB αα⎛⎫∴∠=︒--︒-︒-=︒ ⎪⎝⎭ ,FB FP =45,90,FBP FPB BFP BFA ∴∠=∠=︒∠=︒=∠90,BFA DEP ∴∠=∠=︒,DPE ABF ∴∽,DP DE AB AF∴= 2DE DB AF AB ∴== 即2.AF DE = 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，圆的确定，圆周角定理的应用，是典型的综合题，熟练的运用图形的性质，作出恰当的辅助线是解本题的关键.8．（1）45︒；（2）()()2220222t t t S t t t ⎧-+<<⎪=⎨->⎪⎩；（3）5 【解析】【分析】（1）根据非负数的性质求得,m n 的值，进而求得OB OC =，即可证明OBC 是等腰直角三角形，即可求得BCO ∠的度数；（2）分Q 点在y 轴正半轴，原点，y 轴负半轴三种情况，根据点的运动表示出线段长度，进而根据三角形的面积公式即可列出代数式；（3）过点B 作BD AQ ⊥，连接EQ ，根据四边形的面积求得5t =，进而求得10,5AP BQ ==，由22BQP ABC OAQ ∠=∠=∠，设ABC OAQ α∠=∠=，BAC β∠=，则BQP ∠=2α，证明ADE BDQ ≌，进而可得，5BQ AE ==1055PE AP AE =-=-=，进一步导角可得PEQ PQE ∠=∠，根据等角对等边即可求得PQ【详解】（1）220m n ++-=2,2m n ∴=-=()(0,2),2,0B C ∴-2,2BO CO ∴==90BOC ∠=︒∴OBC 是等腰直角三角形，∴45BCO ∠=︒（2）①当Q 点在y 轴正半轴时，如图，,2BQ t AP t ==，2OB =，∴2QO t =-0OQ >，0t >∴02t <<∴()21122222S AP OQ t t t t =⨯=⨯⨯-=-+ ②当Q 点在原点时，,,A P Q 都在x 轴上，不能构成三角形，则2t =时，S 不存在 ③当Q 点在y 轴负半轴时，如图，,2BQ t AP t ==，2OB =，∴2QO t =-0OQ >，0t >∴2t >∴()21122222S AP OQ t t t t =⨯=⨯⨯-=- 综上所述：()()2220222t t t S t t t ⎧-+<<⎪=⎨->⎪⎩（3）如图，过点B 作BD AQ ⊥，连接EQ,2BQ t AP t ==(0)t >211=22522ABPQ S AP PQ t t t ∴⨯=⨯⨯==四边形 5t ∴=5BQ ∴=，10AP =22BQP ABC OAQ ∠=∠=∠设ABC OAQ α∠=∠=，BAC β∠=，则BQP ∠=2α，∴45BCO ABC BAC αβ∠=∠+∠=+=︒45BAD C CAD βα∴∠=∠+∠=+=︒ADB ∴是等腰直角三角形BD AD ∴=90AOQ BDQ ∠=∠=︒OAQ AQO DBQ AQO ∴∠+∠=∠+∠∴OAQ DBQ ∠=∠α=在ADE 和BDQ △中ADE BDQ DAE DBQ AD BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ADE BDQ ∴≌DE DQ ∴=，5BQ AE ==10AP =1055PE AP AE ∴=-=-=90DEQ BDQ ∠=∠=︒DEQ ∴是等腰直角三角形45EQD ∴∠=︒Rt AOQ 中，OAQ α∠=90AQO α∴∠=︒-904545OQE AQO EQD ααβ∴∠=∠-∠=︒--︒=︒-=BQP ∠=2α，2PQE BQP OQE αβ∴∠=∠+∠=+又452PEQ OAQ EQD ααβ∠=∠+∠=︒+=+PEQ PQE ∴∠=∠PQ PE ∴=5=【点睛】本题考查了非负数的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．9．（1）234y x x --+＝；（2）存在， P 点坐标为（2，-6）或（-2，6）；（3）40x -<<且2x ≠-．【解析】【分析】（1）由已知可知OB =1，再由OA ＝OC ＝4OB ，可得A ， C 两点坐标，用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）分90ACP ∠=︒、90CAP ∠=︒两种情况，根据等腰直角三角形性质求出直线PC 解析式，再联立抛物线与直线解析式求出交点坐标；（3）过点P 作y 轴的平行线交AC 于点Q ,可得2PQ PD =，根据直线解析式和抛物线解析式求出线段PQ 的函数解析式，可得当x =-2时，P 点坐标为（-2，6），此时PQ 的最大值为4PQ =，由此得出点P 横坐标的取值范围．【详解】解：（1）∵点B 的坐标为(1，0)，∴OB =1，又∵OA ＝OC ＝4OB ，∴OA ＝OC ＝4，即点A 坐标为（-4，0）；点C 坐标为（0，4）；∵抛物线y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）图象经过A ，B ，C 三点． ∴401640c a b c a b c =⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩， 解得：134a b c =-⎧⎪=-⎨⎪=⎩, ∴抛物线的解析式为234y x x --+＝；（2）以AC 为直角边的直角三角形ACP ，有两种情况，I ．过C 点作PC ⊥AC ，交抛物线于点P ，交x 轴于M ，此时90ACP ∠=︒，如解图2-1；∵90AOC ∠=︒，OA ＝OC ，∴45CAO OCA ∠=∠=︒，∴45CMO OCM ∠=∠=︒，∴4OM OC ==，即点M 坐标为（4，0），∴直线PC 解析式为4y x =-+，联立解析式得：2344y x x y x ⎧--+⎨=-+⎩＝，解得：1104x y =⎧⎨=⎩，2226x y =-⎧⎨=⎩， ∴当P 点坐标为（-2，6）时，ACP 是以AC 为直角边的直角三角形；II ．过A 点作PA ⊥AC ，交抛物线于点P ，交y 轴于N ，此时90CAP ∠=︒，如解图2-2，同理可求：当P 点坐标为（2，-6）时，ACP 是以AC 为直角边的直角三角形；综上所述：当P 点坐标为（2，-6）或（-2，6）时，ACP 是以AC 为直角边的直角三角形．（3）∵点A 坐标为（-4，0）点C 坐标为（0，4）∴直线CA 函数表达式为: y =x +4,过点P 作y 轴的平行线交AC 于点Q ,设点P 坐标为2(,34)x x x --+，其中40x -<<，则点Q 坐标为(,4)x x +，∵点P 是直线AC 上方的抛物线上的一个动点，∴22344)()(4P x x Q x x x --+--=+=-，∴2(2)4P x Q -=++，即当x =-2时，P 点坐标为（-2，6），此时PQ 的最大值为4PQ = 又∵45CAO OCA ∠=∠=︒，PQ y 轴，∴45PQD ∠=︒，∴PQD △是等腰直角三角形， ∴2PQ PD =，又∵0＜PD ＜22，∴0＜PQ ＜4，即：2044x x <--<，∴当x =-2时， PQ 的最大值为4PQ =，此时22PD =,∴当0＜PD ＜22时，P 横坐标的取值范围为：40x -<<且2x ≠-．【点睛】本题考查了二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰直角三角形性质等，其中（3）得出2PQ PD =，并用函数关系表示PQ 是本题解题的关键．10．(1)①D (-2，3) ②∠BEO =60°；(2)答案见解析；(3)DE = AE +2EO ，证明见解析．【解析】【分析】（1）①根据关于y 轴的对称的性质可得答案，关于y 轴的对称的两点，横坐标互为相反数，纵坐标不变；②根据C 、D 两点关于y 轴的对称，可知y 轴是线段CD 的垂直平分线，得AD =AC 、∠CAF =∠DAF ，然后由等边△ABC 得AC =AB ，最后得AD =AB ，∠ADB =∠ABD ，即可得答案；（2）由|a −3|+b 2−6b +9=0，得a =b ，得∠BAO =45°，然后根据平角得∠CAF 的度数、∠CAG 的度数，即可得答案；（3）先证∠EBO =30°，得BE =2EO ，然后作HE =AE ，证△ADE ≌△ABH ，得DE =BH ，最后证BH = AE +2EO ，即可得答案．(1)解：补全图形如下图①∵C 、D 两点关于y 轴的对称的两点，∴横坐标互为相反数，纵坐标不变，∵C (2，3)，∴D(-2，3)；②∵C、D两点关于y轴的对称，∠CAD=140°，=70°∴∠CAF=∠DAF=140°×12∵△ABC是等边三角形，∴∠CAB=60°，AC=AB，∴∠BAE=180°-70°-60°=50°，∵C、D两点关于y轴的对称，∴AD=AC，∴AD=AB，∴∠ADB=∠ABD=[180°-（360°-140°-60°）] ×1=10°2∴∠BEO=∠BAE+∠ABD=50°+10°=60°；(2)如下图：延长DA交BC于点G，∵|a−3|+b2−6b+9=0，∴|a−3|+（b−3）2=0，∴a=b=3，∴AO=BO，∴∠BAO=45°，∴∠CAF=180°-45°-60°=75°，∴∠CAG=180°-75°-75°=30°，∴∠BAG=60°-30°=30°，∴∠CAG=∠BAG，∴AD垂直平分BC；(3)如下图：作HE=AE，连接AH，∵C、D两点关于y轴的对称，∴∠CAF=∠DAF，∴∠CAE=∠DAE，∵∠CAE=60°+∠BAO，∴∠DAE=60°+∠BAO，∴∠DAB=60°+2∠BAO，=60°－∠BAO，∴∠DBA=[ 180°－（60°+2∠BAO）] ×12∴∠BEO=∠BAO+∠DBA=∠BAO+60°－∠BAO=60°，∴∠EBO=30°，∵∠AOB=90°，∴BE=2EO，∵HE=AE，∠BEA=∠AEH=60°，∴△AEH是等边三角形，∴AH=AE，∠HAE=60°，∴∠DAH=∠BAO，∵∠DAE=∠DAH+60°，∠BAH=∠BAO+60°，∴∠DAE=∠BAH，在△ADE和△ABH中，，∴△ADE≌△ABH，∴DE=BH，∵HE=AE，BE=2EO，∴BH=BE+HE= AE+2EO，∴DE= AE+2EO．【点睛】本题考查了关于y轴的对称的性质、等边三角形的性质、三角形的内角与外角的性质，垂直平分线的判定、在直角三角形中，30°的所对的边是斜边的一半、全等三角形的判定和性质，做题的关键是作辅助线，构造△ADE ≌△ABH ．11．(1)OA 长为4，AB 长为5；(2)①(48,0)C m -；②2315344y x x =-+； (3)27或1641或49． 【解析】【分析】（1）根据A 点的坐标确定OA 的长度，根据函数值求出OB 的长度，利用勾股定理求出AB 的长度即可；（2）①过点P 作PM x ⊥轴于点M ，根据::3:4:5PM MA PA =，求出PM ，MA 进而求出AC 即可得出C 点的坐标；②根据①求出C 点坐标，设抛物线的解析式为：(1)(4)y a x x =--，代入B 点坐标求出解析式并整理即可；（3）分三种情况分别求出当P 与三角形DEF 三边相切时m 的值即可．(1)解：(4,0)A ，4∴=OA ，在Rt OAB ∆中，3tan 4OB OAB OA ∠==， 3OB ∴=，由勾股定理得5AB =，即OA 长为4，AB 长为5；(2)解：①如下图所示，过点P 作PM x ⊥轴于点M ，在Rt APM ∆中，3tan 4OAB ∠=，::3:4:5PM MA PA ∴=，5PA m =，3PM m ∴=，4MA m =，4CM MA m ∴==，8AC m ∴=，即(48,0)C m -；②:8:15OC PA =， ∴488515m m -=， 解得38m =， (1,0)C ∴，设抛物线的解析式为：(1)(4)y a x x =--， 把(0,3)B 代入解析式得3(01)(04)a =--， 解得34a =， 23315(1)(4)3444y x x x x ∴=--=-+， 即抛物线的解析式为2315344y x x =-+； (3) 解：(4,0)A ，(48,0)C m -，∴设抛物线解析式为(4)(48)y a x x m =--+， 由图知，点C 在x 轴正半轴上，①当P 与DE 相切时，如下图所示，PM 经过点D ，且DE PM ⊥，DE ∴且P 于点D ，5PD m ∴=，2DM m ∴=，即(44,2)D m m --，把(0,3)B ，(44,2)D m m --代入抛物线的解析式，得：3(4)(48)2(4)4a m m a m m =--+⎧⎨-=-⎩， 解得：71627a m ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴此时m 的值为27； ②当P 与DF 相切时，如下图所示， 连接PC ，PC DF ∴⊥，90PCM DCM ∴∠+∠=︒， 90DCM CDM ∠+∠=︒， CDM PCM ∴∠=∠，又90PMC CMD ∠=∠=︒，PCM CDM ∴∆∆∽，∴CM DM PM CM =， 即2163CM DM m PM ==， 16(44,)3D m m ∴-， 把(0,3)B ，16(44,)3D m m -代入抛物线的解析式， 得：3(4)(48)16(4)43a m m a m m =--+⎧⎪⎨-=-⎪⎩，解得41481641a m ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴此时m 的值为1641； ③当P 与EF 相切时，如下图所示，则5P x m =，445m m ∴-=，49m ∴=， 综上，符合条件的m 的值为27或1641或49． 【点睛】 本题主要考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质等知识是解题的关键．12．(1)﹣1，4，（4，3）(2)见解析17【解析】【分析】（1）由非负性可求a ，b 的值，过点C 作CE ⊥BO 于E ，由“AAS ”可证△ABO ≌△BCE ，可得BE ＝AO ＝1，BO ＝CE ＝4，可求点C 坐标；（2）连接OM ，作MF ⊥MN 交DN 于F ，由“ASA ”可证△OMN ≌△DMF ，可得MN ＝MF ，ON ＝FD ，即可得结论；（3）取BO 中点H ，连接PH ，CH ，由三角形三边关系可得PH +CH ≥PC ，则当点H 在PC 上时，PC 有最大值为＝．(1)∵b＝，∴a+1≥0，﹣1﹣a≥0，∴a＝﹣1，∴b＝4，∴点A（﹣1，0），点B（0，4），如图，过点C作CE⊥BO于E，∵将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BC．∴BA＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ABO+∠CBE＝90°，且∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠BAO＝∠CBE，且AB＝BC，∠AOB＝∠CEB＝90°，∴△ABO≌△BCE（AAS）∴BE＝AO＝1，BO＝CE＝4，∴OE＝3，∴点C（4，3）故答案为：﹣1，4，（4，3）(2)连接OM，作MF⊥MN交DN于F，∵CD⊥x轴，∴OD＝4＝BO，∴∠MDO＝45°，∵点M是BD的中点，∴OM＝MD，∠OMD＝90°＝∠OND，∴∠NOM＝∠MDN，∵∠NMF＝∠OMD＝90°，∴∠NMO＝∠DMF，且∠NOM＝∠MDN，OM＝MD，∴△OMN≌△DMF（ASA）∴MN＝MF，ON＝FD，∴NF＝2MN，∴2MN+ON＝DN；(3)如图3，取BO中点H，连接PH，CH，∵BO＝4，点H是BO中点，∠BPO＝90°，∴PH＝2，∵点C （4，3），点H （0，2），∴CH ＝，∵PH +CH PC ，∴当点H 在PC 上时，PC 有最大值为＝2+17． 【点睛】 本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，坐标与图形关系，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的关键． 13．(1)-3,0A （），430B （，），0,4C （）； (2)47； (3)83或316或43或16． 【解析】【分析】对于（1），令y =0，求出点A ，点B 的坐标，令x =0，可得出点C 的坐标；对于（2），将△BPC 绕点B 顺时针旋转60°，得到△BP C ''△，连接PP '，CC '，当O ，P ，P '，C '四点共线，OP +BP +CP 的值最小，在直角三角形中，求出此时的最小值； 对于（3），需要分类讨论，当CE =CF ，CE =EF ，CF =EF 时，分别求解．(1)∵3=-(3)(43)9y x x +-与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ， 当y =0时，x=-3或43x ；当x =0时，y =4，∴(3,0)A -，(43,0)B ，(0,4)C ．(2)将△BPC 绕点B 顺时针旋转60°得到BP C ''△，连接PP '，CC '，∴BP BP '=，BC BC '=，60PBP '∠=︒，60CBC '∠=︒，PC P C ''=，∴BPP '和BCC '为等边三角形，∴PP BP '=．当O ，P ，P '，C '四点共线，OP +BP +CP 的值最小，OC=4，3OB =。

2022年中考数学压轴难题附答案

2022年中考数学压轴难题附答案

2022年中考数学压轴题1．如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A（ ，0）和点B，交y轴于点C（0，4），一次函数y＝kx+m的图象经过点B，C，点P是抛物线上第二象限内一点．（1）求二次函数和一次函数的表达式；（2）过点P作x轴的平行线交BC于点D，作BC的垂线PM交BC于点M，设点P的横坐标为t，△PDM的周长为l．①求l关于t的函数表达式；②求△PDM的周长的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，连接PC，是否存在点P，使得以P，M，C为顶点的三角形与△CBO相似？若存在，直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）把点A、C的坐标代入抛物线表达式得： th 㐠㐠t ，解得： th㐠t ，故抛物线的表达式为：y＝﹣x2h x+4…①，令y＝0，则x＝﹣3或 ，则点B（﹣3，0），把B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n得： th 耀 䁗t䁗，解得：䁗t t ，故直线BC的表达式为：y t x+4；（2）由题意得：OB＝3，OC＝4，则BC＝5，设点P坐标为（t，﹣t2h t+4），令﹣t2h t+4t x+4，解得：x t h h ，∴PD t h h h t t h h ，∵PD∥x轴，∴∠PDM＝∠CBO，∵PM ⊥BC ，∴∠PMD ＝∠COB ＝90°，∴△PDM ∽△CBO ，∴t h h，l th t 2h t t th （t ）2 ，∴当t th 时，△PDM 的周长的最大值为 ，此时点P （h ， t）；（3）存在，理由：①如图，当∠PCM ＝∠CBO 时，即：△PCM ∽△CBO ，则PC ∥AB ，令4＝﹣x 2h x +4，解得：x ＝0或h（舍去0）；②如图，当∠PCM ＝∠BCO 时，即：△PCM ∽△BCO ，作点O 关于直线BC 的对称点D ，直线CD 与抛物线的另外一个点即为P 点，作DH ⊥x 轴于点H ，则OD ＝2OC sin ∠BCO ＝2OC t 2×4 t ，DH ＝OD sin ∠DCH ＝OD sin ∠DOH ＝OD sin ∠BCO t t t，同理可得：OH t ，即点D 的坐标为（h ，t），将CD 坐标代入一次函数表达式并解得：直线CD的表达式为：y t t x+4…②，联立①②并解得：x th t ，故：点P的横坐标为：h 或h t ．2．如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y th2h x x轴A，B两点，交y轴于点C，抛物线上一点D的横坐标为﹣5．（1）求直线BD的解析式；（2）点E是线段BD上的动点，过点E作x轴的垂线分别交抛物线于点F，交x轴于点G．当折线段EF+BE最大时，在直线EF上任取点P，连接BP，以BP为斜边向上作等腰直角△BPQ，连接CQ、QG，求CQ 的最小值．（3）如图2，连接BC，把△OBC沿x轴翻折，翻折后的△OBC记为△OBC′，现将△OBC′沿着x轴平移，平移后的△OBC′记为△O′B′C″，连接DO′、C′B，记C″B与x轴形成较小的夹角度数为α，当∠O′DB＝α时，直接写出此时C″的坐标．解：（1）令y＝0，则x＝﹣4或1，令x＝0，则y t故：点A、B、C的坐标分别为（﹣4，0）、（1，0）、（0， ），当x＝﹣5时，y＝﹣2 ，即点D（﹣5，﹣2 ），设直线BD的表达式为：y＝kx+b，则h 耀 th 耀 t，解得：耀t则直线BD 的表达式为：y t（2）如图，设BD 交y 轴于点K ，则K （0，，设：点E （m ，m ，点F （m ，2h m ，tan ∠ABD t ABD ＝30°，EF +EB 2h m （ m +2（ hm ）thm +3）2故：当m ＝﹣3时，折线段EF +BE 最大，此时，点E （﹣3，h；如图，过点Q 分别作QN ⊥x 轴交于点N ，作QM ⊥y 轴交于点M ，∵∠MQP +∠PQN ＝90°，∠PQN +∠NQB ＝90°，∴∠NQB ＝∠PQM ，又∠PMQ ＝∠QNB ＝90°，QP ＝QB ，∴△PMQ ≌△BNQ （AAS ），∴QM ＝QN ，∴GMQN 为正方形，∴QM t ，∴CQ ＝QM +QC ，当C 、M 、Q 三点共线，且QM ⊥EF 时，CQ 取得最小值，最小值为3；（3）如图，作O ′M ⊥BD 于点M ，设：O ′B ＝a ，则O 'M t a ，MB t ，DM＝BD﹣BM＝4 a，∠O′DM＝∠C″BO′，∠O′MD＝∠BO′C″＝90°，∴△O′MD∽△C″O′B，∴ t ，∴ t h ，解得：a＝4或﹣8（负值相当于点O′在点B的右侧），故：点C″的坐标为（﹣3，h ）或（9，h ）．3．如图1，抛物线y th x2 x+2 与x轴交于A，B两点（点A在点B右侧），与y 轴交于点C．（1）如图1，连接AC、BC，若点P是直线AC上方抛物线上一动点，过点P作PE∥BC 交AC于点E，作PQ∥y轴交AC于点Q，当△PQE周长最大时，若点M在y轴上，点N在x轴上，求PM+MN AN的最小值；（2）如图2，点G为x轴正半轴上一点，且OG＝OC，连接CG，过点G作GH⊥AC于点H，将△CGH绕点O顺时针旋转α（0°＜α＜180°），记旋转中的△CGH为△C′G′H′，在旋转过程中，直线C′G′，G′H′分别与直线AC交于点M，N，△G′MN 能否成为等腰三角形？若能请直接写出所有满足条件的α的值；若不能，请说明理由．解：（1）对于抛物线y th x2 x+2 ，令y＝0，得到x＝6或﹣2，∴A（6，0），B（﹣2，0），当x＝0时，y＝2 ，∴C（0，2 ），Rt△AOC中，OC＝2 ，OA＝6，∴AC＝4 ，∴∠ACO＝60°，同理得∠BCO＝30°∴∠ACB＝30°+60°＝90°，∵PE∥BC，∴∠PEQ＝90°，∵PQ∥y轴，∴∠ACO＝∠PQC＝60°，∴当PQ最大时，△PQE周长最大，AC：y th x+2 ，设P（x，h x2 x+2 ），则Q（x， x+2 ），∴PQ＝（ x2 x+2 ）﹣（h x+2 ）th x th （x﹣3）2 ，当x＝3时，PQ最长，此时，△PQE周长最大，P（3， ），如图2，在y轴上取点F（0，3 ），得AF＝3 ，sin∠OAF t t t t t ，作PH⊥AF，交AF于H，交y轴于M，交x轴于N，AF交PQ于K，∴sin∠OAH t t t ，∴NH t，则PM+MN的最小值即为PH的长，∵A（6，0），F（0，3 ），易得直线AF的解析式为y th+3 ，当x＝3时，y th3∴PK t tsin∠PKH＝sin∠AFO t t t t ，∴PH t t t t h t综上，PM+MN h的最小值是 h ；（2）如图3中，当MN＝MG′时，设OA交G′N于L，∵∠MG′N＝75°，∴∠MNG′＝∠MG′N＝75°，∴∠NLA＝75°﹣30°＝45°，∵∠OLG'＝∠NLA＝45°，∠OG′L＝45°+75°＝120°，∴∠AOG′＝180°﹣120°﹣45°＝15°，∴旋转角为15°．如图4中，当G′M＝G′N时，设OA交C′G′于L．∵∠MG′N＝75°，∴∠G′MN t （180°﹣75°）＝52.5°，∴∠OLG′＝∠ALM＝180°﹣30°﹣52.5°＝97.5°，∴∠AOG′＝180°﹣97.5°﹣45°＝37.5°，∴旋转角为37.5°．如图5中，当NG′＝NM时，设OA交G′C′于L．∵∠NG′M＝∠NMG′＝75°，∴∠MNG′＝∠CAO＝30°，∴AL∥NG′，∴∠OLG′＝∠MG'N＝75°，∴∠AOG′＝180°﹣75°﹣45°＝60°，∴旋转角为60°．如图6中，当G′M＝G′N时，∵∠MG′N＝180°﹣75°＝105°，∴∠NMG′t （180°﹣105°）＝37.5°，∴∠AOC′＝360°﹣150°﹣135°﹣37.5°＝37.5°，∴∠AOG′＝90°+37.5°＝127.5°∴旋转角为127.5°．综上所述，满足条件的旋转角α为15°或37.5°或60°或127.5°．4．已知：⊙O是△ABC的外接圆，AD为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．（1）如图1，求证：∠BFC＝3∠CAD；（2）如图2，过点D作DG∥BF交⊙O于点G，点H为DG的中点，连接OH，求证：BE＝OH；（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若DG＝DE，△AOF的面积为 ，求线段CG的长．证明：（1）∵AD为⊙O的直径，AD⊥BC，∴BE＝EC，∴AB＝AC，又∵AD⊥BC，∴∠BAD＝∠CAD，∵OA＝OB，∴∠BAD＝∠ABO，∴∠BAD＝∠ABO＝∠CAD，∵∠BFC＝∠BAC+∠ABO，∴∠BFC＝∠BAD+∠EAD+∠ABO＝3∠CAD；（2）如图2，连接AG，∵AD是直径，∴∠AGD＝90°，∵点H是DG中点，∴DH＝HG，又∵AO＝DO，∴OH∥AG，AG＝2OH，∴∠AGD＝∠OHD＝90°，∵DG∥BF，∴∠BOE＝∠ODH，又∵∠OEB＝∠OHD＝90°，BO＝DO，∴△BOE≌△ODH（AAS），∴BE＝OH；（3）如图3，过点F作FN⊥AD，交AD于N，设DG＝DE＝2x，∴DH＝HG＝x，∵△BOE≌△ODH，∴OE＝DH＝x，∴OD＝3x＝OA＝OB，∴BE t h t h t2 x，∵∠BAE＝∠CAE，∴tan∠BAE＝tan∠CAE t t t ，∴ t t ，∴AN t NF，∵∠BOE＝∠NOF，∴tan∠BOE＝tan∠NOF t t t ，∴ t，∴ON t，∴AO＝AN+ON t ，∵△AOF的面积为 ，∴ t 2t∴NF t∴AO t＝3＝3x，∴x＝1，∴BE＝2 t OH，AE＝4，DG＝DE＝2，∴AC t t t2 ，如图3，连接AG，过点A作AM⊥CG，交GC的延长线于M，由（2）可知：AG＝2OH＝4 ，∵四边形ADGC是圆内接四边形，∴∠ACM＝∠ADG，又∵∠AMC＝∠AGD＝90°，∴△ACM∽△ADG，∴ t t ，t ，∴CM t AM t∴GM t h t t∴CG＝GM﹣CM t5．定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．理解：（1）若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为90°或270°；证明：（2）如图1，MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，AM，CN相交于点D．求证：四边形ABCD是对余四边形；探究：（3）如图2，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，探究线段AD，CD和BD之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．（1）解：∵四边形ABCD是对余四边形，∴∠A+∠C＝90°或∠A+∠C＝360°﹣90°＝270°，故答案为：90°或270°；（2）证明：∵MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，∴∠BAM+∠BCN＝90°，即∠BAD+∠BCD＝90°，∴四边形ABCD是对余四边形；（3）解：线段AD，CD和BD之间数量关系为：AD2+CD2＝BD2，理由如下：∵对余四边形ABCD中，∠ABC＝60°，∴∠ADC＝30°，∵AB＝BC，∴将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，如图3所示：∴△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°∴BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，∴△BFD是等边三角形，∴BF＝BD＝DF，∵∠ADC＝30°，∴∠ADB+∠BDC＝30°，∴∠BFA+∠ADB＝30°，∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，∴60°+30°+∠AFD+∠ADF＝180°，∴∠AFD+∠ADF＝90°，∴∠FAD＝90°，∴AD2+AF2＝DF2，∴AD2+CD2＝BD2．。

2022届中考数学压轴难题含答案解析

2022届中考数学压轴难题含答案解析
第 2 页 共 12 页
（3）点 M 在 y 轴上且位于点 C 上方，点 N 在直线 AC 上，点 P 为第一象限内的抛物线 上一点，若以点 C、M、N、P 为顶点的四边形是菱形，求菱形的边长．
解：（1）y＝﹣x+4，令 x＝0，则 y＝4，令 y＝0，则 x＝4， 则点 A、C 的坐标分别为（4，0）、（0，4）， 将点 A 的坐标代入抛物线的表达式并解得：m＝3， 故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4…①， 令 y＝0，则 x＝﹣1 或 4，故点 B（﹣1，0）； （2）①当点 E 在 CD 上方时，
第 6 页 共 12 页
的遥望角． （3）如图 3，在（2）的条件下，连结 AE，AF，若 AC 是⊙O 的直径． ①求∠AED 的度数； ②若 AB＝8，CD＝5，求△DEF 的面积．
解：（1）∵BE 平分∠ABC，CE 平分∠ACD， ∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD 䇅（∠ACD﹣∠ABC） 䇅 （2）如图 1，延长 BC 到点 T，
第 8 页 共 12 页
∵AC 是⊙O 的直径， ∴∠ABC＝90°， ∵BE 平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC 䇅∠ABC＝45°， ∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∵∠BEC 是△ABC 中∠BAC 的遥望角， ∴∠BAC＝2∠BEC， ∵∠BFC＝∠BAC， ∴∠BFC＝2∠BEC， ∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE， ∴∠BEC＝∠FCE， ∵∠FCE＝∠FAD， ∴∠BEC＝∠FAD， 又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD， ∴△FDE≌△FDA（AAS）， ∴DE＝DA， ∴∠AED＝∠DAE， ∵AC 是⊙O 的直径， ∴∠ADC＝90°， ∴∠AED+∠DAE＝90°， ∴∠AED＝∠DAE＝45°， ②如图 3，过点 A 作 AG⊥BE 于点 G，过点 F 作 FM⊥CE 于点 M，

2022届中考数学压轴难题含答案解析

2022届中考数学压轴难题含答案解析

故点 C（4 ，0）， ∵点 A 是 OC 的中点，则点 A（2 ，0），
x+4＝0，解得 x＝4 ，
当 x 时，y
x+4＝3，故点 B（ ，3），
设直线 AB 的表达式为 y＝sx+t，则
故直线 AB 的表达式为 y
x+6；
t ，解得
，
t
t
（2）过点 A 作点 A 关于直线 BC 的对称点 A′，将点 A′沿 CB 方向平移 4 个单位得到 点 A″， 连接 OA″交 BC 于点 P，将点 P 沿 BC 方向平移 4 个单位得到 Q，此时四边形 OAPQ 的 周长最小．
第 4 页 共 11 页
由中点公式得： （0+3 ） （a+m）， （6+3） （b+6 m）③， 由 HM＝HN 得：m2+（6 m﹣6）2＝a2+（b﹣6）2④， 联立③④并解得：m ， 故点 M（ ，3）； 综上，点 M 的坐标为（3，6﹣3 ）或（﹣3，6+3 ）或（3 ，﹣3）或（ ，3）． 3．如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，以斜边 AB 上的中线 CD 为直径作⊙O，与 BC 交 于点 M，与 AB 的另一个交点为 E，过 M 作 MN⊥AB，垂足为 N． （1）求证：MN 是⊙O 的切线； （2）若⊙O 的直径为 5，sinB ，求 ED 的长．
∴△BDA∽△ADC，
∴∠BAD＝∠ACD，
∴AB 是△ADC 的外接圆的切线，
∴∠BAE＝∠ACB．
6．如图，点 A 为 y 轴正半轴上一点，A，B 两点关于 x 轴对称，过点 A 任作直线交抛物线 于 P，Q 两点． （1）求证：∠ABP＝∠ABQ； （2）若点 A 的坐标为（0，1），且∠PBQ＝60°，试求所有满足条件的直线 PQ 的函数 解析式．

2022届中考数学压轴难题含答案

2022届中考数学压轴难题含答案

2022年中考数学压轴题1．如图，抛物线y＝ax2+bx（a＞0）过点E（8，0），矩形ABCD的边AB在线段OE上（点A在点B的左侧），点C、D在抛物线上，∠BAD的平分线AM交BC于点M，点N是CD的中点，已知OA＝2，且OA：AD＝1：3．（1）求抛物线的解析式；（2）F、G分别为x轴，y轴上的动点，顺次连接M、N、G、F构成四边形MNGF，求四边形MNGF周长的最小值；（3）在x轴下方且在抛物线上是否存在点P，使△ODP中OD边上的高为 ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（4）矩形ABCD不动，将抛物线向右平移，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点K、L，且直线KL平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．解：（1）∵点A在线段OE上，E（8，0），OA＝2∴A（2，0）∵OA：AD＝1：3∴AD＝3OA＝6∵四边形ABCD是矩形∴AD⊥AB∴D（2，﹣6）∵抛物线y＝ax2+bx经过点D、E∴ a l ib ria lb r 解得：a r i b ri∴抛物线的解析式为y r i x2﹣4x（2）如图1，作点M关于x轴的对称点点M'，作点N关于y轴的对称点点N'，连接FM'、GN'、M'N'∵y r i x2﹣4x r i（x﹣4）2﹣8∴抛物线对称轴为直线x＝4∵点C、D在抛物线上，且CD∥x轴，D（2，﹣6）∴y C＝y D＝﹣6，即点C、D关于直线x＝4对称∴x C＝4+（4﹣x D）＝4+4﹣2＝6，即C（6，﹣6）∴AB＝CD＝4，B（6，0）∵AM平分∠BAD，∠BAD＝∠ABM＝90°∴∠BAM＝45°∴BM＝AB＝4∴M（6，﹣4）∵点M、M'关于x轴对称，点F在x轴上∴M'（6，4），FM＝FM'∵N为CD中点∴N（4，﹣6）∵点N、N'关于y轴对称，点G在y轴上∴N'（﹣4，﹣6），GN＝GN，＝MN+NG+GF+FM＝MN+N'G+GF+FM'∴C四边形MNGF∵当M'、F、G、N'在同一直线上时，N'G+GF+FM'＝M'N'最小＝∴C四边形MNGFMN+M'N'r i i l i l i l l i l l i r2i l10i r12i∴四边形MNGF周长最小值为12i．（3）存在点P，使△ODP中OD边上的高为 ．过点P作PQ∥y轴交直线OD于点Q，∵D（2，﹣6）∴OD r i i l i r i ，直线OD解析式为y＝﹣3x，设点P坐标为（t， i t2﹣4t）（0＜t＜8），则点Q（t，﹣3t），①如图2，当0＜t＜2时，点P在点D左侧，∴PQ＝y Q﹣y P＝﹣3t﹣（ i t2﹣4t）ri i t2+t，＝S△OPQ+S△DPQ r i PQ•x P l i PQ•（x D﹣x P）r i PQ（x P+x D﹣x P）r i PQ•x D＝PQ ri ∴S△ODPi t2+t∵△ODP中OD边上的高h rr i OD•h，∴S△ODP∴i i t2+t r i 2方程无解②如图3，当2＜t＜8时，点P在点D右侧∴PE＝y P﹣y E r i t2﹣4t﹣（﹣3t）r i t2﹣t＝S△OPQ﹣S△DPQ r i PQ•x P i i PQ•（x P﹣x D）r i PQ（x P﹣x P+x D）r i PQ•x D r i t2∴S△ODP﹣t∴ i t2﹣t r i 2解得：t1＝﹣4（舍去），t2＝6∴P（6，﹣6）综上所述，点P坐标为（6，﹣6）满足使△ODP中OD边上的高为 ．（4）设抛物线向右平移m个单位长度后与矩形ABCD有交点K、L∵KL平分矩形ABCD的面积∴K在线段AB上，L在线段CD上，如图4∴K（m，0），L（2+m，﹣6）连接AC，交KL于点H＝S四边形ADLK r i S矩形ABCD∵S△ACD＝S△CHL∴S△AHK∵AK∥LC∴△AHK∽△CHL∴ r i r∴AH＝CH，即点H为AC中点∴H（4，﹣3）也是KL中点∴ lil i r∴m＝3∴抛物线平移的距离为3个单位长度．2．如图，抛物线的顶点为P（1，4），且与y轴交于C（0，3），与x轴交于点A、B，过点P作直线PD∥x轴，交y轴于点D．（1）求抛物线的对应函数表达式；（2）在抛物线上取一点M，过点M作直线PD的垂线，垂足为N，使得以P、M、N为顶点的三角形与△PBC相似，求出点M的坐标；（3）在直线PB上是否存在一点Q，使得∠PQC＝2∠PBC？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）由题意，可设抛物线的对应函数表达式为y＝a（x﹣1）2+4（a≠0）将C（0，3）代入，得3＝a（0﹣1）2+4∴a＝﹣1∴抛物线的对应函数表达式为y＝﹣（x﹣1）2+4，即y＝﹣x2+2x+3（2）当y＝0时，0＝﹣x2+2x+3，得x1＝﹣1，x2＝3∴A（﹣1，0），B（3，0）又∵C（0，3）∴OB＝OC＝3又∵∠BOC＝90°∴∠BCO＝45°，BC＝3i∵在△PDC中，∠PDC＝90°，PD＝CD＝1∴∠PCD＝45°，PC r i∴∠PCB＝180°﹣∠BCO﹣∠PCD＝180°﹣45°﹣45°＝90°∴∠PCB＝∠PNM＝90°可设点M的坐标为（t，﹣t2+2t+3）当t＞1时，PN＝t﹣1，MN＝4﹣（﹣t2+2t+3）＝（t﹣1）2①当△PNM∽△PCB时r∴t1＝1（舍去），t2＝4∴M（4，﹣5）②当△MNP∽△PCB时r∴t1＝1（舍去），t2r∴ ， ，由抛物线的对称性可得，当t＜1时，M（﹣2，﹣5）或 i ， ，综上可得，满足条件的点M的坐标为M（4，﹣5）， ， ，（﹣2，﹣5）或 i ， ，（3）①由∠PQC＝2∠PBC，∠PCB＝90°，以PB为直径作圆，如图，点B，P，C在圆Q上，圆心为Q，得Q为PB的中点，∵P（1，4），B（0，3）∴Q坐标为（2，2）②可设直线PB的解析式为：y＝kx+b，将点P，点B代入解得直线PB的解析式为：y＝﹣2x+6过点C作CH⊥PB交PB于H，点C坐标为（0，3），可设直线CH的关系式为：y ri i x+b，解得直线CH的关系式为y r i x+3交点H的坐标为： ri i lr i l ，解得 rr ，即点H的坐标为 ， ，∴设点Q关于直线CH对称的点为：（x，y）得il i r ，il i r ，解得 r i r i即可得满足点Q的坐标为（2，2）或 i ，i3．已知，如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为M（1，9），经过抛物线上的两点A （﹣3，﹣7）和B（3，m）的直线交抛物线的对称轴于点C．（1）求抛物线的解析式及点B的坐标．（2）在抛物线上A，M两点之间的部分（不包含A，M两点），是否存在点D，使得S△DAC＝2S△DCM？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．（3）上下平移直线AB，设平移后的直线与抛物线交与A′，B′两点（A′在左边，B'在右边），且与y轴交于点P（0，n），若∠A′MB′＝90°，求n的值．解：（1）抛物线的表达式为：y＝a（x﹣1）2+9，将点A的坐标代入上式并解得：a＝﹣1，故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+8，将点B坐标代入上式并解得：m＝5，故点B（3，5）；（2）过点M、C、A分别作三条相互平移的平行线，分别交y轴于点G、H、N，直线l 与抛物线交于点D，设直线m的表达式为：y＝kx+t，将点M的坐标代入上式并解得：t＝9﹣k，故直线m的表达式为：y＝kx+9﹣t，当x＝0时，y＝9﹣t，即点G（0，9﹣t），同理直线l的表达式为：y＝kx+1﹣k，故点H（0，1﹣k），同理直线n的表达式为：y＝kx+3k﹣7，故点N（3k﹣7），S△DAC＝2S△DCM，则HN＝2GH，即1﹣k﹣（3k﹣7）＝2（9﹣k﹣1+k），解得：k＝﹣2，故直线l的表达式为：y＝﹣2x+3…②，联立①②并解得：x＝5（舍去）或﹣1，故点D（﹣1，5）；（3）直线A′B′的表达式为：y＝2x+n，设点A′、B′的坐标分别为：（x1，y1）、（x2，y2），将抛物线与直线A′B′的表达式联立并整理得：x2+n﹣8＝0，故x1+x2＝0，x1x2＝n﹣8，y1+y2＝2（x1+x2）+2n＝2n，同理可得：y1y2＝4n﹣32+n2，过点M作x轴的平行线交过点A′与y轴的平行线于点G，交过点B′与y轴的平行线于点H，∵∠A′MB′＝90°，∴∠GMA′+∠GA′M＝90°，∠GMA′+∠MHB′＝90°，∴∠GA′M＝∠HMB′，故tan∠GA′M＝tan∠HMB′，即： ii i l r i i i li i ，而x1+x2＝0，x1x2＝n﹣8，y1+y2＝2n，y1y2＝4n﹣32+n2，整理得：n2﹣13n+42＝0，解得：n＝6或7（舍去7），故n＝6．4．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，点O在AB上，以点O 为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC、AB于点E、F．（1）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若BD＝2 ，AB＝6，求阴影部分的面积（结果保留π）．（1）证明：连接OD，如图：∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AD平分∠CAB，∴∠OAD＝∠CAD，∴∠CAD＝∠ODA，∴AC∥OD，∴∠ODB＝∠C＝90°，即BC⊥OD，又∵OD为⊙O的半径，∴直线BC是⊙O的切线；（2）解：设OA＝OD＝r，则OB＝6﹣r，在Rt△ODB中，由勾股定理得：OD2+BD2＝OB2，∴r2+（2 ）2＝（6﹣r）2，解得：r＝2，∴OB＝4，OD＝2，∴OD r i OB，∴∠B＝30°，∴∠DOB＝180°﹣∠B﹣∠ODB＝60°，﹣S扇形DOF r i 2 2i i i r2 i i ∴阴影部分的面积S＝S．△ODB5．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，OD⊥BC于点D，过点C作⊙O的切线，交OD的延长线于点E，连结BE．（1）求证：BE是⊙O的切线；（2）设OE交⊙O于点F，若DF＝2，BC＝4 ，求线段EF的长；（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积．第11页共13页（1）证明：连接OC，如图，∵CE为切线，∴OC⊥CE，∴∠OCE＝90°，∵OD⊥BC，∴CD＝BD，即OD垂直平分BC，∴EC＝EB，在△OCE和△OBE中rt r tt r t ，∴△OCE≌△OBE（SSS），∴∠OBE＝∠OCE＝90°，∴OB⊥BE，∴BE与⊙O相切；（2）解：设⊙O的半径为x，则OD＝OF﹣DF＝x﹣2，OB＝x，在Rt△OBD中，BD r i BC＝2 ，第12页共13页∵OD2+BD2＝OB2，∴（x﹣2）2+（2 ）2＝x2，解得x＝4，∴OD＝2，OB＝4，∴∠OBD＝30°，∴∠BOD＝60°，∴OE＝2OB＝8，∴EF＝OE﹣OF＝8﹣4＝4．（3）∵∠BOE＝60°，∠OBE＝90°，∴在Rt△OBE中，BE r OB＝4 ，∴S阴影＝S四边形OBEC﹣S扇形OBC＝2 i 4×4 i i i ，＝16 i ．第13页共13页。

2022届中考数学压轴难题含答案解析

2022届中考数学压轴难题含答案解析

2022年中考数学压轴题
1．抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．直线y＝﹣2x+6经过B、C两点，连接AC．
（1）求抛物线的解析式：
（2）点P是第一象限抛物线上一点，P点横坐标为t，连接PC、PB，设△PBC的面积为S，求S与t之间的函数关系式（直接写出自变量t的取值范围）：
（3）在（2）问的条件下，当S＝3且t＜2时，连接PB，在抛物线上是否存在一点Q，使∠PBQ＝∠ACB？若存在求出Q点坐标，若不存在，说明理由．
解：（1）直线y＝﹣2x+6经过B、C两点，则点B、C的坐标为：（3，0），（0，6），将点B、C的坐标代入抛物线表达式并解得：b＝1，c＝6，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+6…①；
（2）过点P作y轴的平行线交BC于点H，设点P（t，﹣t2+t+6），则点H（t，﹣2t+6），
S=1
2
×PH×OB=32（﹣t2+t+6+2t﹣6）=−32t2+92t（0＜t＜3）；
（3）S＝3，即：−3
2t
2+9
2t＝3，解得：t＝1或2（舍去2），故点P（1，6），而点B（0，
3），
则直线PB的表达式为：y=−1
3x+9，则点M（0，9），tan∠BMO=
1
3，
第1页共5页。

2022届中考数学压轴难题含答案解析

2022届中考数学压轴难题含答案解析

2022年中考数学压轴题
1．如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，OB＝OC，点D在函数图象上，CD∥x轴且CD＝2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．（1）求b、c的值；
（2）如图1，连BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F’恰好在线段BE上，求点F的坐标；
（3）如图2，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M、与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
解：
（1）∵CD∥x轴，CD＝2，
∴抛物线对称轴为x＝1．
∴−
b
2×(−1)
=1，b＝2．
∵OB＝OC，C（0，c），
∴B点的坐标为（c，0），
∴0＝﹣c2+2c+c，解得c＝3或c＝0（舍去），
∴c＝3；
（2）设点F的坐标为（0，m）．
∵对称轴为直线x＝1，
∴点F关于直线l的对称点F的坐标为（2，m）．
由（1）可知抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴E（1，4），
第1页共7页。

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附答案解析

一、解答题1．已知二次函数经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．(1)求该抛物线解析式；(2)如图1，点M为抛物线上第二象限内一动点，BM交y轴于点N，当BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，求点M的坐标；(3)如图2，点P为对称轴上D点下方一动点，点Q为直线y＝x第一象限上的动点，且DP ＝2OQ，求BP+2BQ的最小值并求此时点P的坐标．2．已知有理数a，b，c在数轴上对应的点分别为A，B，C，其中b是最小的正整数，a，c满足()2250a c++-=．（1）填空：=a______，b=______，c=______；（2）点A，B，C分别以每秒4个单位长度，1个单位长度，1个单位长度的速度在数轴上同时向右运动，设运动时间为t秒．①当AC长为6时，求t的值；②当点A在点C左侧时（不考虑点A与B，C重合的情况），是否存在一个常数m使得2AC m AB+⋅的值在某段运动过程中不随t的改变而改变？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．3．如图（1），在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E在边CD上（不与点C，D重合），连结AE，交BD于点F．（1）如图（2），若点M在BC边上，且DE＝CM，连结AM，EM．求证：三角形AEM 为等边三角形；（2）设DFxBF=，求tan∠AFB的值（用x的代数式表示）；（3）如图（3），若点G在线段BF上，且FG＝2BG，连结AG、CG，DFxBF=，四边形AGCE 的面积为S 1，ABG 的面积为S 2，求12S S 的最大值．4．如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c （a ≠0）过O 、B 、C 三点，B 、C 坐标分别为（10，0）和（185，﹣245），以OB 为直径的⊙A 经过C 点，直线l 垂直x 轴于B 点．（1）求直线BC 的解析式； （2）求抛物线解析式及顶点坐标；（3）点M 是⊙A 上一动点（不同于O ，B ），过点M 作⊙A 的切线，交y 轴于点E ，交直线l 于点F ，设线段ME 长为m ，MF 长为n ，请猜想m •n 的值，并证明你的结论； （4）若点P 从O 出发，以每秒一个单位的速度向点B 作直线运动，点Q 同时从B 出发，以相同速度向点C 作直线运动，经过t （0＜t ≤8）秒时恰好使△BPQ 为等腰三角形，请求出满足条件的t 值．5．如图1抛物线y =-x 2+bx +c 与x 轴交于点A （-1，0）、B （3，0），与y 轴交于点C 顶点为D ，对称轴交x 轴于点Q ，过C 、D 两点作直线CD ．(1)求抛物线的函数表达式；(2)如图2，连接CQ、CB，点P是抛物线上一点，当∠DCP=∠BCQ时，求点P的坐标；(3)若点M是抛物线的对称轴上的一点，以点M为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD 相切，求点M的坐标．6．在ABC中，AB AC=，D是边AC上一点，F是边AB上一点，连接BD、CF交于点E，连接AE，且．(1)如图1，若90∠=︒，，，求点B到AE的距离；BAC(2)如图2，若E为BD中点，连接FD，FD平分，G为CF上一点，且，求证：；(3)如图3，若，12△沿着AB翻折得，点H为的BC=，将ABD中点，连接HA、HC，当周长最小时，请直接写出的值．7．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于A（﹣3，0）、B（1，0）两点，与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点．(1)求抛物线的解析式；(2)点M是y轴正半轴上的一点，OM，点Q在对称轴左侧的抛物线上运动，直线OQ 交抛物线的对称轴于点N，连接MN，当MN平分∠OND时，求点Q的坐标；(3)直线AC交对称轴于点E，P是坐标平面内一点，当△PCE与△BCD全等时，请直接写出点P的坐标．8．如图1，抛物线y14=-x2+bx+c经过点C（6，0），顶点为B，对称轴x＝2与x轴相交于点A，D为线段BC的中点．(1)求抛物线的解析式；(2)P为线段BC上任意一点，M为x轴上一动点，连接MP，以点M为中心，将△MPC逆时针旋转90°，记点P的对应点为E，点C的对应点为F．当直线EF与抛物线y14=-x2+bx+c只有一个交点时，求点M的坐标．(3)△MPC在（2）的旋转变换下，若PC2=2）．①求证：EA＝ED．②当点E在（1）所求的抛物线上时，求线段CM的长．9．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．10．（1）[感知]如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．求∠FEG的度数．（2）[探究]把（1）中的“正△ABC”改为“正方形ABDC，其余条件不变，如图2，类比探究，可得：①∠FEG＝°；②猜想线段BF、AF、FG之间的数量关系，并说明理由．（3）[拓展]如图3，点A在射线BH上，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），在∠CAH 内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F．G．则线段BF、AF、GF之间的数量关系为．11．已知：如图1，点A（a，b），AB x⊥轴于点B2a b a b++-+=．24(8)0（1）试判断△AOB的形状，并说明理由；（2）如图2，若点C为线段AB的中点，连OC并作OD OC⊥，且OD OC=，连AD交x轴于点E，试求点E的坐标；（3）如图3，若点M为点B的左边x轴负半轴上一动点，以AM为一边作45∠=︒交MANy轴负半轴于点N，连MN，在点M运动过程中，试猜想式子OM MN ON+-的值是否发生变化？若不变，求这个不变的值；若发生变化，试求它变化的范围．12．在平面直角坐标系中，抛物线：与x 轴交于点A ，B （点B在点A 的右侧）．抛物线顶点为C 点，△ABC 为等腰直角三角形．(1)求此抛物线解析式． (2)若直线与抛物线有两个交点，且这两个交点与抛物线的顶点所围成的三角形面积等于6，求k 的值． (3)若点，且点E ，D 关于点C 对称，过点D 作直线2l 交抛物线于点M ，N ，过点E 作直线轴，过点N 作于点F ，求证：点M ，C ，F 三点共线．13．直角三角板ABC 的斜边AB 的两个端点在⊙O 上，已知∠BAC =30°，直角边AC 与⊙O 相交于点D ，且点D 是劣弧AB 的中点．(1)如图1，判断直角边BC 所在直线与⊙O 的位置关系，并说明理由；(2)如图2，点P 是斜边AB 上的一个动点（与A 、B 不重合），DP 的延长线交⊙O 于点Q ，连接QA 、QB ．①AD =6，PD =4，则AB = ；PQ = ； ②当点P 在斜边AB 上运动时，求证：QA +QB 3．14．如图，抛物线2y ax bx c =++经过点()1,0A -，点()3,0B ，点()0,3C ，D 为抛物线的顶点．(1)求抛物线的表达式；(2)连接AC ，M 是平面内一点，将OAC 绕点M 沿逆时针旋转90°后，得到，点O 、A ，C 对应的点分别是点1O ，1A 、1C ，若的两个顶点恰好落在抛物线上，求出点1C 的横坐标； (3)在坐标平面内找一点P ，使与相似，且，求出所有点P 的坐标．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1已知点A ，B 分别在坐标轴上，点C （3，﹣3），CA ⊥BA 于点A ，且BA ＝CA ，CA ，CB 分别交坐标轴于D ，E ．(1)填空：点B 的坐标是 ；(2)如图2，连接DE ，过点C 作CH ⊥CA 于C ，交x 轴于点H ，求证：∠ADB ＝∠CDE ； (3)如图3，点F （6，0），点P 在第一象限，连PF ，过P 作PM ⊥PF 交y 轴于点M ，在PM 上截取PN ＝PF ，连PO ，过P 作∠OPG ＝45°交BN 于G ．求证：点G 是BN 中点．17．如图1， AB = AC ，AD =AE ，∠BAC =∠DAE ，G ，F ，P 分别为DE ，BC ，BE 的中点．(1)求证：BD =EC ；(2)求证：∠GPF +∠BAC =180°；(3)如图2，连接AG ．若 AD 2AC 10 ，∠DAE =90°，且D ，E ，C 三点共线时，求GF 的值．18．已知△ABC、△ADE 都是等边三角形，将△ADE 绕点A 旋转．(1)如图1，当点B、D、E三点在同一直线上时，且∠ABD=15°，AB=6，求AE的长；(2)如图2，连接CE并延长交AB于点M，N为CB延长线上一点，连接AN、BD，AN与BD相交于点G，若G为AN的中点，求证：AM=BN；(3)如图3，在（2）的条件下，若AB=6，AE=5，在△ADE旋转的过程中，当CM+MN取得最小值时，把△ABD沿AB翻折，得△ABD'，直线BD'与CM交于点P，请直接写出线段D'P的长．19．如图1，直线y＝﹣x+42与x，y轴的交点分别为点A，B，与反比例函数y6x（x＞0）的图象的两交点分别为点C，D，点M是反比例函数上一动点．(1)求△OCD的面积；(2)是否存在点M，使得△ODM∽△OAD？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．(3)过点M分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为E，F，是否存在点M，使得矩形OEMF与△OCD的重叠部分的面积S等于236？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．20．如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1，0），B（3，2），与x轴交于另一点C．(1)求抛物线的解析式；(2)在y上是否存在一点E，使四边形ABCE为矩形，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；(3)以C为圆心，1为半径作⊙C，D为⊙O上一动点，求DA5的最小值．【参考答案】**科目模拟测试一、解答题1．(1)y＝﹣x2﹣2x+3．(2)M（﹣2，3）或（，119）．(3)最小值为AC＝32P（﹣1，2）．【解析】【分析】（1）根据A、B点的坐标设出抛物线的交点式，再将C点的坐标带图求解，即可得出结论．（2）过A点作AG⊥x轴交BM的延长线于G，则，设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，进而得出或2，进而建立方程求解，即可得出结论．（3）先判断出△PCD∽△OBQ，进而得出PC OQ，在判断出A、P、C在同一条直线上时，BP的最小值，在求出直线AC的解析式，即可得出结论．(1)解：∵二次函数经过点A（﹣3，0）、B（1，0），∴设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），∵点C（0，3）在抛物线上，∴﹣3a＝3，∴a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；(2)解：如图1，过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，设点M（m，﹣m2﹣2m+3）（﹣3＜m＜0），∴S△BCM＝12CN（1﹣m），S△ABM＝S△ABG﹣S△AMG＝12AG[（1+3）﹣（m+3）]＝12AG（1﹣m），∴，∵，∴＝14，设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，∵BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，∴＝12或2，∴，或2，∴或2，∴t＝1或13t ，∴N（0，1）或N（0，13），当N（0，1）时，∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣x+1①，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）②，联立①②解得，或，∴M（﹣2，3）；当N（0，13）时，∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣13x+13③，联立②③解得，或，∴M（，119）；即M（﹣2，3）或（，119）；(3)解：如图2，连接PC，CD，过点C作CH⊥DP于H，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2m+3＝﹣（m﹣1）2+4，∴D（﹣1，4），∵C（0，3），∴CD2，DH＝1，CH＝1，∴DH＝CH，∴∠CDP＝45°，∵点Q为直线y＝x第一象限上的动点，∴∠BOQ＝45°＝∠CDP，∵DP2OQ，∴2，∵2∴＝2∴△PCD ∽△OBQ ，∴，∴PC ＝2OQ ， ∴BP +2OQ ＝BP +PC ，连接AP ，∵点P 是抛物线的对称轴上的点，∴PB ＝PA ，∴BP +2OQ ＝BP +PC ＝PA +PC ，∴当点A ，P ，C 在同一条直线上时，BP +2OQ 最小，最小值为AC ＝＝32， ∵A （﹣3，0），C （0，3），∴直线AC 的解析式为y ＝x +3，当x ＝﹣1时，y ＝2，∴点P （﹣1，2）．【点睛】本题考察了二次函数解析式的求法，抛物线的性质，三角形面积公式，相识三角形等问题，需要数形结合解答问题．2．（1）2,1,5-；（2）①13或133；②存在，m 的值为2-或2． 【解析】【分析】（1）根据正整数的定义、绝对值的非负性、偶次方的非负性分别可求出,,b a c 的值；（2）①先求出运动t 秒后，点,A C 所表示的数，再分点A 在点C 左侧和点A 在点C 右侧两种情况，然后根据数轴的定义建立方程，解方程即可得；②先求出运动t 秒后，点,,A B C 所表示的数，从而可得AC 的长，再分点A 在点B 左侧和点A 在点B 右侧两种情况，分别求出AB 的值，代入化简，然后根据整式的无关型问题求解即可得．【详解】解：（1）b 是最小的正整数，1b ∴=，()2250a c ++-=，20,50a c ∴+=-=， 解得2,5a c =-=，故答案为：2,1,5-；（2）①由题意，运动t 后，点A 所表示的数是42t -，点C 所表示的数是5t +， 当点A 在点C 左侧时，5(42)6AC t t =+--=，解得13t =， 当点A 在点C 右侧时，42(5)6AC t t =--+=，解得133t =， 综上，t 的值为13或133； ②由题意，运动t 后，点A 所表示的数是42t -，点B 所表示的数是1t +，点C 所表示的数是5t +， 当421t t -=+时，13t =， 当425t t -=+时，73t =， 因为点A 在点C 左侧，所以5(42)73AC t t t =+--=-，当点A 在点B 左侧，即01t <<时，1(42)33AB t t t =+--=-，则22(73)(33)314(36)AC m AB t m t m m t +⋅=-+-=+-+，由360m +=得：2m =-，即在01t <<运动时间内，当2m =-时，2AC m AB +⋅的值不随t 的改变而改变； 当点A 在点B 右侧，即713t <<时，42(1)33AB t t t =--+=-， 则22(73)(33)143(36)AC m AB t m t m m t +⋅=-+-=-+-，由360m -=得：2m =，即在713t <<运动时间内，当2m =时，2AC m AB +⋅的值不随t 的改变而改变； 综上，存在一个常数m 使得2AC m AB +⋅的值在某段运动过程中不随t 的改变而改变，m 的值为2-或2．【点睛】本题考查了数轴、一元一次方程的应用、绝对值和偶次方的非负性、整式等知识点，较难的是题（2）②，正确分两种情况讨论是解题关键．3．（1）证明见解析；（23333x x；（3）194 【解析】【分析】（1）如图，连接,AC 证明,ACB ACD 都为等边三角形，可得,AC AD = 再证明,ACM ADE ≌从而可得答案；（2）如图，记,AC BD 交于点,O 设,,DFa OFb 四边形ABCD 为菱形，60,ABC ∠=︒ 表示33,33OA OB a b 利用,2DF a x BF a b 则2,1a x b x 再利用三角函数的定义可得答案；（3）如图，设,DFE S n 证明,DFE BFA ∽ 2,BFA n S x 再表示2222,,33ABG AGF n n S S S x x 结合菱形的轴对称的性质可得：2=,3CBG n S x 表示,AFD n S x 可得2=,BCD ABD n n SS x x 可得2212243334,3n n n S x x x x nS x 再利用二次函数的性质可得答案. 【详解】证明：（1）如图，连接,AC菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，,60,120,60,AB BC CDAD ABC ADC BAD BCD BAC CAD ACB,ACB ACD 都为等边三角形，,AC AD ∴=,60,DE CM ACMADE ,ACM ADE ≌,,AM AE MACEAD 60,MACCAE CAE EAD AME ∴是等边三角形（2）如图，记,AC BD 交于点,O设,,DF a OF b 四边形ABCD 为菱形，60,ABC ∠=︒,,30,AC BD OB OD a b ABO 33,33OA OB a b ,2DF a x BFa b1221,a bbx a a 11,22b a x 则2,1axb x 333tan 13ab OA aAFB OF b b32331,3133xxx x（3）如图，设,DFE S n四边形ABCD 是平行四边形，,DFE BFA ∽22=,BFA n DF x S BF2,BFA nS xFG ＝2BG ，2222,,33ABG AGF n nS S S x x根据菱形的轴对称的性质可得：2=,3CBG n S x ,AFD ABF SDF x S BF 2,AFD n n Sx x x 2=,BCD ABD n n S S x x 1222224=333n n n n n n S n n x x x x x x ， 2212243334,3nn n S x x x x n S x 30,a所以12S S 有最大值， 当31232x 时，最大值为：1119334.424【点睛】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，列二次函数关系式，二次函数的性质，锐角三角函数的应用，灵活运用以上知识解题是解本题的关键.4．（1）y 34=x 152-；（2）抛物线的解析式为：y 524=x 22512-x ，顶点坐标为（5，12524-）；（3）m •n ＝25；（4）5013或5或8013． 【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求得；（2）应用待定系数法以及顶点公式即可求得；（3）连接AE 、AM 、AF ，则AM ⊥EF ，证得Rt △AOE ≌RT △AME ，求得∠OAE ＝∠MAE ，同理证得∠BAF ＝∠MAF ，进而求得∠EAF ＝90°，然后证明△EMA ∽AMF ，得到EM AM AM FM=,即可求得．（4）分三种情况分别讨论，①当PQ ＝BQ 时，作QH ⊥PB ，得到△BHQ ∽△BOP ，求出直线BC 解析式，得到HB ：BQ ＝4：5；即可求得，②当PB ＝QB 时，则10﹣t ＝t 即可求得，③当PQ ＝PB 时，作QH ⊥OB ，根据勾股定理即可求得．【详解】解：（1）设直线BC 的解析式为y ＝kx +b ，∵直线BC 经过B 、C ，∴010241855k b k b =+⎧⎪⎨-=+⎪⎩， 解得：34152k b ⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩， ∴直线BC 的解析式为：y 34=x 152-；． （2）∵抛物线y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）过O 、B 、C 三点，B 、C 坐标分别为（10，0）和（185，245-）， ∴20010010241818()555c a b c a b c ⎧⎪=⎪=++⎨⎪⎪-=++⎩， 解得52425120a b c ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎪⎩， ∴抛物线的解析式为：524y x =22512x -； ∴25125212b x a -=-=-=5，524y x =22551224x -=⨯522512-⨯512524=-， ∴顶点坐标为（5，12524-）；（3）m •n ＝25；如图2，连接AE 、AM 、AF ，则AM ⊥EF ，在Rt △AOE 与Rt △AME 中OA MA AE AE=⎧⎨=⎩ ∴Rt △AOE ≌Rt △AME （HL ），∴∠OAE ＝∠MAE ，同理可证∠BAF ＝∠MAF ，∴∠EAF ＝90°，∴∠EAM +∠FAM =90°，∵EF 为⊙A 切线，∴AM ⊥EF ，∴∠EMA =∠FMA =90°，∴∠AEM +∠EAM =90°，∴∠AEM =∠MAF ，∴△EMA ∽AMF ， ∴EM AM AM FM=, ∴AM 2＝EM •FM ，∵AM 12=OB ＝5，ME ＝m ，MF ＝n ， ∴m •n ＝25；（4）如图3．有三种情况；①当PQ ＝BQ 时，作QH ⊥PB ,垂足为H ，则△BHQ ∽△BOP ，设直线BC 解析式为y =px +q ，∵B 、C 坐标分别为（10，0）和（185，﹣245） ∴100182455p q p q +=⎧⎪⎨+=-⎪⎩，∴34152pq⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴直线BC 的解析式为31542y x=-，∴点P坐标为（0，-152），∵△BHQ∽△BOP，∴1532104 OB BHBP HQ===,∴HQ：BQ＝3：5，HB：BQ＝4：5；∵HB＝（10﹣t）12⨯，BQ＝t，∴()110425tt-⨯=，解得；5013t=，②当PB＝QB时，则10﹣t＝t，解得t＝5，③当PQ＝PB时，作QH⊥OB，则PQ＝PB＝10﹣t，BQ＝t，HP45t=﹣（10﹣t），QH35t =；∵PQ2＝PH2+QH2，∴（10﹣t）2＝[45t﹣（10﹣t）]2+（35t）2；解得8013t=．综上所述，求出满足条件的t值有三个：5013或5或8013．【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，顶点坐标的求法，圆的切线的性质，数形结合分类讨论是本题的关键．5．(1)2y x2x3=-++(2)(3)、【解析】【分析】（1）将点A（-1，0）、B（3，0）代入二次函数解析式进行求解即可．（2）连接BD，利用两点间距离公式以及勾股定理证明为直角三角形，得到，通过∠DCP=∠BCQ得到，求出直线CQ解析式，利用斜率乘积为1-以及点C坐标，求出直线CP解析式，最后联立直线CP解析式与二次函数解析式求出点P坐标即可．（3）设直线CD切⊙M与点E，连接、MA，作于点F，利用圆与相切的性质得到，，利用边与角的关系，证明是等腰直角三角形，进而得到为等腰直角三角形，设，分别用M点坐标表示出和MA的长，最后即可得到关于m的方程，然后求解方程，得到答案．(1)解：由题意可知：点A（-1，0）、B（3，0）在抛物线y=-x2+bx+c上，，解得：23bc=⎧⎨=⎩，∴抛物线的函数解析式为：2y x2x3=-++．(2)解：连接BD，如下图所示：由2y x2x3=-++可知：对称轴为：直线1x=，C（0,3），D（1,4），由两点间距离公式可得：，，在中，，为直角三角形，且，，且，，即，设直线CQ解析式为：，直线CP解析式为：，，解得：，∴直线CQ解析式为：23y x=-+，，，即21 2k=，∴直线CP解析式为：，将(0,3)代入得：，故直线CP解析式为：132y x=+，联立2y x2x3=-++与132y x=+有：解得：或，∴点P的坐标为．(3)解：设直线CD切⊙M与点E，连接、MA，作于点F，如下图所示：由题意可知：，，x=，C（0,3），D（1,4），由2=-++可知：对称轴为：直线1y x2x3，，即，是等腰直角三角形，，，，为等腰直角三角形，设，故，在中，，由勾股定理可知：，，解得：，∴、．【点睛】本题主要是考查了二次函数的几何综合问题，熟练掌握圆的性质以及垂直与直线斜率之间的关系，是求解该问题的关键．6．(2)证明见解析(3)【解析】【分析】（1）如图所示，过点B作BG⊥AE交AE延长线于G，先证明∠ACF=∠GAB，即可证明△ABG≌△CAE得到BG=AE，由勾股定理得，再由，得到，则点B到AE的距离为（2）如图所示，延长AE到H使得，AE=HE，连接DH，CH，先证明△AEB≌△HED得到AB=HD=AC，∠ABE=∠HDE，则∠HCD=∠HDC，AB∥DH，从而推出∠BAC=∠HDC=∠HCD，再证明CE是AH的垂直平分线，得到AC=HC，则∠ACE=∠HCE，即∠HCA=2∠ACE，然后推出∠FGD=∠HCD=∠HDC=∠FAC=2∠GCD，GD=GC，即可证明△AFD≌△GFD（AAS），得到AF=GF，则CF=GF+CG=AF+DG；（3）如图所示，连接，延长交BC于F，作直线BE⊥BC，由翻折的性质可知，，，，然后证明，得到，则点D在线段BC的垂直平分线上，即AF⊥BC，求出，由H是的中点，得到直线A关于点H的对称点A'在直线BE上，则要使△AHC的周长最小，则要最小，即最小，即当A'、C、H、三点共线时有最小值，如图所示，连接交于，交AF于P，连接BP，先证明，得到，由平行线之间的间距相等，得到，然后求出，再证明，求出，由此求解即可．(1)解：如图所示，过点B作BG⊥AE交AE延长线于G，∵AE⊥CF，AG⊥BG，∴∠BAC=∠AGB=∠AEF=∠AEC=90°，∠AFC+∠ACF=90°，∴∠FAE+∠AFE=90°，∴∠ACF=∠GAB，又∵AB=CA，∴△ABG≌△CAE（AAS），∴BG=AE，在直角△AFC中，由勾股定理得，∵，∴，∴点B到AE的距离为32；(2)解：如图所示，延长AE到H使得，AE=HE，连接DH，CH，∵FD平分∠AFC，∴∠AFD=∠CFD，∵E是BD的中点，∴BE=DE，又∵AE=HE，∠AEB=∠HED，∴△AEB≌△HED（SAS），∴AB=HD=AC，∠ABE=∠HDE，∴∠HCD=∠HDC，∴∠BAC=∠HDC=∠HCD，∴∠ACE=∠HCE，即∠HCA=2∠ACE，∵∠GDC=∠GCD，∠FGD=∠GDC+∠GCD，∴∠FGD=∠HCD=∠HDC=∠FAC=2∠GCD，GD=GC，又∵FD=FD，∠AFD=∠GFD，∴△AFD≌△GFD（AAS），∴AF=GF，∴CF=GF+CG=AF+DG；(3)解：如图所示，连接，延长交BC于F，作直线BE⊥BC，由翻折的性质可知，，，，∴，又∵AB=AC，，∴，∴，∴点D在线段BC的垂直平分线上，即AF⊥BC，∴，∵H是的中点，∴直线A关于点H的对称点A'在直线BE上，∴，∴要使△AHC的周长最小，则要最小，即最小，∴当A'、C、H、三点共线时有最小值，如图所示，连接交于，交AF于P，连接BP，∵BE⊥BC，AF⊥BC，∴，∴，，又∵，∴，∴，∵，BC⊥BE，∴,∵平行线之间的间距相等，∴∵AB=AC，∠BAC=120°，∴∠ABC=∠ACB=30°，∴AB=2AF，∴，∴，∴，∵P在线段BC的垂直平分线上，∴PB=PC，∴∠PBC=∠PCB，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质与判定等等，熟练掌握相关知识是解题的关键．7．(1)y＝﹣x2﹣2x+3(2)点Q的坐标为（，）或（，）(3)点P坐标为（3，4）或（1，6）或（﹣4，1）或（﹣2，﹣1）【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式，代入A、B两点坐标，组成方程组，解方程组即可；（2）利用配方法求抛物线顶点式求出顶点D的坐标为（﹣1，4），根据MN平分∠OND，∠DNM＝∠ONM，根据ND∥OM，得出OM＝ON N（﹣1，n），利用勾股定理求出N1（﹣1，1）或N2（﹣1，﹣1），先求ON解析式，两例直线与抛物线解析式，解方程组即可；（3）先求出点A（﹣3，0），点B（1，0），点E（﹣1，2），点C（0，3），D（﹣1，4），利用勾股定理求出两点距离得出CD＝CE，设点P（x，y），根据三边对应相等判定△PCE≌△BCD（SSS），列方程组，根据三边对应相等判定△PCE≌△BDC（SSS），列方程组，解方程组即可．(1)解：由题意可得：，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；(2)解：如图1，∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4；∴点D的坐标为（﹣1，4），∵MN平分∠OND，∴∠DNM＝∠ONM，∵ND∥OM，OM2∴∠DNM＝∠OMN，∴∠OMN＝∠ONM，∴OM＝ON2设点N（﹣1，n），∴（﹣1﹣0）2+（n﹣0）2＝2，∴n＝±1，∴N1（﹣1，1）或N2（﹣1，﹣1），当N1（﹣1，1）时，∴直线ON1的解析式为：y＝﹣x，联立方程组可得：，∴，，∵点Q在对称轴左侧的抛物线上运动，∴点Q（，）；当N2（﹣1，﹣1）时，∴直线ON2的解析式为：y＝x，联立方程组可得：，∴，，∵点Q在对称轴左侧的抛物线上运动，∴点Q（，）；综上所述：点Q的坐标为（，）或（，）；(3)解：∵抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与y轴交于点C，∴点C（0，3），∵点A（﹣3，0），点C（0，3），∴直线AC解析式为：y＝x+3，∴当x＝﹣1时，y＝2，∴点E（﹣1，2），∵点A（﹣3，0），点B（1，0），点E（﹣1，2），点C（0，3），D（﹣1，4），∴BC，BD＝，CD，AE＝，CE，∴CD＝CE，如图2，设点P（x，y），在△PCE和△BCD中，当PC＝BC，PE＝BD，CD＝CE时，则△PCE≌△BCD（SSS），∴，解得：，，∴点P1（3，4），点P2（1，6）；在△PCE和△BDC中当PC＝BD，PE＝BC，CD＝CE时，则△PCE≌△BDC（SSS），∴，解得：，，∴点P3（﹣4，1），点P4（﹣2，﹣1）；综上所述：点P坐标为（3，4）或（1，6）或（﹣4，1）或（﹣2，﹣1）．【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，用配方法将抛物线解析式变为顶点式，角平分线定义，等腰三角形判定，勾股定理，三角形全等判定，一元二次方程．8．(1)(2)点M的坐标为（32，0）(3)①见解析；②CM或CM．【解析】【分析】（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y＝x+b，设点M的坐标为（m，0），推出点F（m，6﹣m），直线EF与抛物线只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m﹣1，5﹣m），再根据两点距离公式证明EA＝ED，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m﹣1，5﹣m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．(1)（1）∵点C（6，0）在抛物线上，∴，得到6b+c＝9，又∵对称轴为x＝2，∴，解得b＝1，∴c＝3，∴二次函数的解析式为；(2)（2）当点M在点C的左侧时，如图2﹣1中：∵抛物线的解析式为，对称轴为x＝2，C（6，0）∴点A（2，0），顶点B（2，4），∴AB＝AC＝4，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠1＝45°；∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，∴FM＝CM，∠2＝∠1＝45°，设点M的坐标为（m，0），∴点F（m，6﹣m），又∵∠2＝45°，∴直线EF与x轴的夹角为45°，∴设直线EF的解析式为y＝x+b，把点F（m，6﹣m）代入得：6﹣m＝m+b，解得：b＝6﹣2m，直线EF的解析式为y＝x+6﹣2m，∵直线EF与抛物线只有一个交点，∴，整理得：，∴△＝b2﹣4ac＝0，解得m32 ，点M的坐标为（32，0）．当点M在点C的右侧时，如下图：由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线EF与抛物线不可能只有一个交点．综上，点M的坐标为（32，0）．(3)（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，∵，由（2）知∠BCA＝45°，∴PG＝GC＝1，∴点G（5，0），设点M的坐标为（m，0），∵将△MPC逆时针旋转90°得到△MEF，∴EM＝PM，∵∠HEM+∠EMH＝∠GMP+∠EMH＝90°，∴∠HEM＝∠GMP，在△EHM和△MGP中，，∴△EHM ≌△MGP （AAS ），∴EH ＝MG ＝5﹣m ，HM ＝PG ＝1，∴点H （m ﹣1，0），∴点E 的坐标为（m ﹣1，5﹣m ）；∴EA ，又∵D 为线段BC 的中点，B （2，4），C （6，0），∴点D （4，2），∴ED，∴EA ＝ED ．当点M 在点C 的右侧时，如下图：同理，点E 的坐标仍为（m ﹣1，5﹣m ），因此EA ＝ED ．②当点E 在（1）所求的抛物线上时， 把E （m ﹣1，5﹣m ）代入，整理得：m 2﹣10m +13＝0，解得：m或m ， ∴CM或CM ．【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、旋转的性质、一次函数的性质、全等三角形的判定与性质．综合性较强，难度较大．9．（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 ＝12ABBG ==；（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 ==解得m ＝±13，∴11,23Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭，21,03Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭ ②当△ABQ ∽△BOA 时，AB BQOB AO =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．10．（1）30°；（2）①45；②，见解析；（3）BF＝α+2AF•sin12【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理解决问题即可．（2）①作出△ECB的外接圆⊙A，利用圆周角定理解决问题即可．②猜想：BF2AF2FG．连接CF，在FB上取一点T，使得FT=CF，连接CT．证明△BCT∽△ACF，推出2，推出BT2 AF可得结论．（3）连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT=CF．构造相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题即可．【详解】解（1）如图1，∵点E是点C关于AM的对称点，∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，∴AE＝AB，得∠3＝∠4．在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝60°．在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝30°．（2）①如图2中，∵AB＝AC＝AE，∴点A是△ECB的外接圆的圆心，∠BAC，∴∠BEC＝12∵∠BAC＝90°，∴∠FEG＝45°．故答案为45．②猜想：．理由：如图2中，连接CF，BC，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．∵AM⊥EC，CG＝GE，∴FC＝EF，∴∠FEC＝∠FCE＝45°，EF，∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝90°，∵CF＝FT，∴△CFT是等腰直角三角形，∴CT，∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC AC，∴，∵∠BCA＝∠TCF＝45°，∴∠BCT＝∠ACF，∴△BCT∽△ACF，∴∴BT，∴BF＝BT+TF FG．（3）如图3，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．∵AB＝AC，∠BAC＝α，∴＝sin12α，∴＝2•sin12α，∵AB＝AC＝AE，∴∠BEC＝12∠BAC＝12α，EF＝，∵FC＝FE，∴∠FEC＝∠FCE＝12α，∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝α，同理可证，△BCT∽△ACF，∴＝2•sin12α，∴BT＝2AF•sin12α，∴BF＝BT+FT＝2AF•sin12α+EF．即BF＝2AF•sin12α+，故答案为：BF＝2AF•sin12α+．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等腰三角形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理等知识；会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形是解题的关键．11．（1）△AOB是等腰直角三角形，见解析；（2）E（-3，0）；（3）OM+MN-ON的值不变，见解析【解析】【分析】（1）由非负性可求a＝−4，b＝4，可求点A坐标，即可求解；（2）过点D作DH⊥OB于H，由“AAS”可证△BCO≌△HOD，可得DH＝BO，BC＝OH，由“AAS”可证△ABE≌△DHE，可得BE＝EH＝1，即可求解；（3）过点A作AP⊥MO于P，AQ⊥y轴于Q，AG⊥AM交y轴G，可得AP＝AQ＝4，∠PAQ＝90°＝∠MAG，由“ASA”可证△APM≌△AQG，可得AM＝AG，MP＝QG，由“SAS”可证△ANM≌△ANG，可得MN＝GN，即可求解．【详解】解：（1）△AOB是等腰直角三角形，理由如下：∵2+++-+=24(8)0a b a b∴2a+b+4=0，a-b+8=0，∴a=-4，b=4，∴点A（-4，4），∵AB⊥x轴，∴AB=BO=4，∠ABO=90°，∴△ABO是等腰直角三角形；（2）如图2，过点D作DH⊥OB于H，∴∠DHO=∠CBO=90°，∴∠BCO+∠BOC=∠DOH+∠COB，∴∠DOH=∠BCO，又∵CO=DO，∠DHO=∠CBO=90°，∴△BCO≌△HOD（AAS），∴DH=BO，BC=OH，∵点C是AB的中点，∴AC=BC=2，∴OH=2，BH=BO-OH=2，∵AB=DH，∠AEB=∠DEH，∠ABE=∠DHE=90°，∴△ABE≌△DHE（AAS），∴BE=EH=1，∴OE=OH+EH=3 ，∴点E（-3，0）；（3）OM+MN-ON的值不变，理由如下：如图3过点A作AP⊥MO于P，AQ⊥y轴于Q，AG⊥AM交y轴G，∴AP=AQ=4，∠PAQ=90°=∠MAG，∴∠PAM=∠GAQ，又∵∠APM=∠AQG=90°，∴△APM≌△AQG（ASA），∴AM=AG，MP=QG，∵∠MAN=45°，∴∠MAN=∠GAN=45°，又∵AN=AN，∴△ANM≌△ANG（SAS），∴MN=GN，∴OM+MN-ON=OP+MP+GN-ON=4+MP+ON+OG-ON=4+QG+OG=4+4=8【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．12．(1)(2)2k=-或5(3)证明见解析【解析】【分析】（1）令可得A(1，0)，B(3，0)，利用对称轴，代入抛物线解析式求出C(2，－a)，因为△ABC为等腰直角三角形，所以C到AB的距离等于AB的一半且a<0，所以1a=-，从而求出抛物线解析式为；（2）过点K作直线KP⊥x轴于点H，并与AC的延长线交于点P，过点C作于点Q，用待定系数法求出直线AC的解析式为1=-，设，则，y xQ(t，1)，H(t，0)，从而可得，，再由，列出方程进行分类讨论解得，求出相应的K点坐标，代入，求得2k=-或5；（3）连接MC，CF，过点M，作MS⊥DE于点S，于点N，由点E，D关于点C 对称可求得E(2，2)，设，联立抛物线和直线MN：整理得：，化简可得：，又因为，可得，所以，，从而可得，点M，C，F三点共线得证．(1)令0y=，可得解得∴A(1，0)，B(3，0)∵，将2x=代入得∴C(2，－a)∵△ABC为等腰直角三角形∴C(2，1)，1a=-∴抛物线解析式为：．(2)如图1，∵直线恒过定点A(1，0)∴设直线1l 与抛物线的另一个交点为过点K 作直线KP ⊥x 轴于点H ，并与AC 的延长线交于点P ，过点C 作于点Q ，不妨设直线AC 的解析式为：1y k x b =+ 将A (1，0)，C (2，1)两点代入得：，解得∴直线AC 的解析式为：1y x =- ∴，Q (t ，1)，H (t ，0)∴，∴∵∴当时即，无解 当时即 解得∴当2t =-时，∴K (－2，－15)∴当5t =时， ∴K (5，－8) ∴∴2k =-或5． (3)如图2，连接MC ，CF ，过点M ，作MS ⊥DE 于点S ，于点N∵点E ，D 关于点C 对称 ∴E (2，2) 设则MN 的解析式为：联立抛物线和直线MN 得整理得：消去并整理得；∵F (1x ，2)，T (2x ，1)，S∴∴，∴∵∴∴∴∴∴点M，C，F三点共线．【点睛】本题主要考查了一次函数与二次函数的解析式和性质的综合，解题关键是根据题意有效的添加辅助线并借助相关几何与代数知识进行转化处理，斜三角形的面积可以用割补法处理，证明三点共线可利用平角的定义来证明．13．(1)BC所在的直线与⊙O相切，见解析；(2)①63，5；②见解析【解析】【分析】(1)连接OA，OD，OB，BD，证明△BOD是等边三角形，由等边三角形的性质得出∠BDO=∠DBO=60°，证明△AOD是等边三角形，由等边三角形的性质得出∠ADO=60°，得出CB⊥OB，则可得出结论；(2)①由直角三角形的性质求出AB的长；证明△QDA∽△ADP，由相似三角形的性质得出，则可求出PQ的长；②过点D作DN⊥BQ于点N，DM⊥AQ交AQ的延长线于点M，证明Rt△DBN≌Rt△DAM(HL)，由全等三角形的性质得出BN=AM，由直角三角形的性质得出2QN=3QD，则可得出结论．(1)解：BC所在的直线与⊙O相切．理由如下：如图1，连接OA，OD，OB，BD，∵∠BAC=30°，∴∠BOD=60°，∵OB=OD，。

2022届中考数学压轴难题及答案解析

2022届中考数学压轴难题及答案解析

一、解答题1．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y x 2+bx ﹣2的图象与x 轴交于点A 和点B（4，0），与y 轴交于点C ．(1)求二次函数的表达式；(2)若点P 是抛物线上一点，满足∠PCB +∠ACB ＝∠BCO ，求点P 的坐标； (3)若点Q 在第四象限内，且tan∠AQB，M （﹣2，1），线段MQ 是否存在最大值，如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．2．如图1，在菱形ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于点O ，过点B 作BE CD ⊥，交AC 于点H ，交CD 于点E ．过点C 作//CF BD ，交BE 的延长线于点F ，过点F 作//FG BC ，交BD 的延长线于点G ．（1）若8AC =，6BD =，求BE 的长；（2）如图2，连接AF ，交BG 于点K ，若GFA BFC ∠=∠，求证：2BF BC CD -． （3）如图3，当点D 与点G 重合时，若9AB =，将BOH 沿射线BC 方向平移，当点B 到达点C 时停止平移．当平移结束后（即点B 到达点C 时），将BOH 绕点B 顺时针旋转一个角度()0360αα<<︒，O 的对应点'O ，H 的对应点'H ，直线'CH 与直线BF 的交点为M ，直线''O H 与直线BF 的交点为N ，在旋转过程中，当'MNH △是直角三角形，且'90MNH ∠=︒时，直接写出'MNH △的面积．3．如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y＝ax2+bx经过A（﹣4，0），B （﹣3，3）两点，连接AB，BO．（1）求抛物线表达式和直线OB解析式；（2）点C是第二象限内直线OB上方抛物线上的一个动点，是否存在一点C使△COB面积最大？若存在请求出点C坐标及最大面积，若不存在请说明理由；（3）若点D从点O出发沿线段OA向点A作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，同时线段OA上另一个点H从点A出发沿线段AO向点O作匀速运动，速度为每秒2个单位长度（当点H到达点O时，点D也同时停止运动）．过点D作x轴的垂线，与直线OB交于点E，延长DE到点F，使得EF＝DE，以DF为边，在DF左侧作等边△DGF（当点D运动时点G、点F也随之运动）．过点H作x轴的垂线，与直线AB交于点L，延长HL到点M，使得LM＝HL，以HM为边，在HM的右侧作等边△HMN（当点H运动时，点M、点N也随之运动）．当点D运动t秒时，△DGF有一条边所在直线恰好过△HMN的重心，直接写出此刻t的值．4．如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂直四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂直四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，垂直四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．猜想：AB2＋CD2与AD2＋BC2有什么关系？并证明你的猜想．（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE，BG，GE．已知AC＝2，AB＝3，求GE的长．5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4．点P从点A出发，在线段AB上以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，连接CP．设点P运动的时间为t秒．（1）填空：AB＝；（2）当t 为何值时，CP 平分∠ACB ； （3）当t 为何值时，△BCP 为等腰三角形．6．抛物线212y x mx n =-++与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，抛物线的对称轴交x 轴于点D ，已知(1,0)A -，(0,2)C ．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P ，使PCD 是以CD 为腰的等腰三角形？如果存在，求出P 点的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点E 是线段BC 上的一个动点，过点E 作x 轴的垂线与抛物线相交于点F ，当四边形CDBF 的面积最大时，求点E 的坐标．7．某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：观察与猜想（1）①如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，AD 上的两点，连接DE ，CF ，DE CF ⊥，则DECF的值为 ； ②如图2，在矩形ABCD 中，7AD =，4CD =，点E 是AD 上的一点，连接CE ，BD ，且CE BD ⊥，则CEBD的值为 ； 类比探究（2）如图3，在四边形ABCD 中，90A B ∠=∠=︒，点E 为AB 上一点，连接DE ，过点C 作DE 的垂线交ED 的延长线于点G ，交AD 的延长线于点F ，求证：DE AB CF AD ⋅=⋅；拓展延伸（3）如图4，在Rt ABD △中，90BAD ∠=︒，3AB =，9AD =，将Rt ABD △沿BD 翻折，点A 落在点C 处得CBD ，点E ，F 分别在边AB ，AD 上，连接DE ，CF ，DE CF ⊥．请问DECF是定值吗？若是求出其值，若不是说明理由； 8．如图，二次函数y 1＝ax 2+bx +c 的图象与x 轴交于点A （-1，0），B （3，0），与y 轴交于点C （0，3）.（1）直接写出二次函数的表达式 ；以及顶点D 的坐标 ．（2）①若点P （0，t ）（t <-1）是y 轴上的点，将点Q （-5，0）绕着点P 按照顺时针方向旋转90°得到点E ，当点E 恰好落在二次函数图像上时，求t 的值；②在①的条件下，连接AD 、AE ，设∠DAE =α，若点N 是抛物线上动点，将射线CB 绕点C 旋转α角度后过点N ，求N 点的坐标．（3）将二次函数y 1的图像沿x 轴翻折得到y 2，设y 1与y 2组成的图形为M ，直线L ；y =-x +m 与M 有公共点，直接写出：L 与M 的公共点为3个时，m 的值．9．如图1，已知数轴上的点A 、B 对应的数分别是﹣5和1． （1）若P 到点A 、B 的距离相等，求点P 对应的数；（2）动点P 从点A 出发，以2个单位/秒的速度向右运动，设运动时间为t 秒，问：是否存在某个时刻t ，恰好使得P 到点A 的距离是点P 到点B 的距离的2倍？若存在，请求出t 的值；若不存在，请说明理由；（3）如图2在数轴上的点M 和点N 处各竖立一个挡板（点M 在原点左侧，点N 在原点右侧且OM ＞ON ），数轴上甲、乙两个弹珠同时从原点出发，甲弹珠以2个单位/秒的速度沿数轴向右运动，乙弹珠以5个单位/秒的速度沿数轴向左运动．当弹珠遇到挡板后立即以原速度向反方向运动，若甲、乙两个弹珠相遇的位置恰好到点M 和点N 的距离相等，试探究点M 对应的数m 与点N 对应的数n 是否满足某种数量关系，请写出它们的关系式，并说明理由．10．在平面直角坐标系中，抛物线24y x x n =-++（x ＞0）的图象记为1G ，将1G 绕坐标原点旋转180°得到图象2G ，图象1G 和2G 合起来记为图象G ． （1）直接写出图象G 的解析式； （2）当n =－1时，①若Q （t ，1）在图象G 上，求t 的值；②当k ≤x ≤2（k ＜2）时，图象G 对应函数的最大值与最小值差为6时，直接写出k 的取值范围．（3）当以A （－2，3），B （－2，－1），C （3，－1），D （3，3）为顶点的矩形ABCD 的边与图象G 有且只有两个公共点时，直接写出n 的取值范围．11．如图，在矩形ABCD 中，6cm AB =，12cm BC =，点P 从点A 出发沿AB 以1cm/s 的速度向点B 移动；同时，点Q 从点B 出发沿BC 以2cm/s 的速度向点C 移动．（1）几秒钟后DPQ 的面积等于228cm ；（2）在运动过程中，是否存在这样的时刻，使点D 恰好落在以点Q 为圆心，PQ 为半径的圆上？若存在，求出运动时间；若不存在，请说明理由．（3）在点P 、Q 的运动过程中，几秒后DPQ 是直角三角形？请直接写出答案． 12．如图，抛物线y ＝ax 2+bx +2与直线AB 相交于A （﹣1，0），B （3，2），与x 轴交于另一点C ．(1)求抛物线的解析式；(2)在y 上是否存在一点E ，使四边形ABCE 为矩形，若存在，请求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)以C 为圆心，1为半径作⊙C ，D 为⊙O 上一动点，求DA +55DB 的最小值． 13．如图1，在平面直角坐标系中，直线4y x =+与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，抛物线2y x bx c =-++经过A 、B 两点，并且与x 轴交于另一点C （点C 在点A 的右侧），点P 是抛物线上一动点．(1)求抛物线的解析式；(2)若点P 是第二象限内抛物线上的一个动点，过点P 作PD ∥y 轴交AB 于点D ，点E 为线段DB 上一点，且DE =，过点E 作EF ∥PD 交抛物线于点F ，当点P 运动到什么位置时，四边形PDEF 的面积最大?并求出此时点P 的坐标；(3)如图2，点F 为AO 的中点，连接BF ，点G 为y 轴负半轴上一点，且GO =2，沿x 轴向右平移直线AG ，记平移过程的直线为，直线交x 轴于点M ，交直线AB 于点N ．是否存在点M ，使得△FMN 为等腰三角形，若存在，直接写出．．．．平移后点M 的坐标；若不存在，请说明理由．14．如图1，抛物线y ＝x 2﹣4mx +4m 2+2m ﹣4（m 是常数）的顶点为P ，直线l ：y ＝x ﹣4．(1)求证：点P 在直线l 上．(2)若m ＜0，直线l 与抛物线的另一个交点为Q ，与y 轴交点为H ，Q 恰好是线段PH 的中点，求m 的值．(3)如图2，当m ＝0时，抛物线交x 轴于A 、B 两点，M 、N 在抛物线上，满足MA ⊥NA ，判断MN 是否恒过一定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由． 15．已知：在⊙O 中，弦AC ⊥BD 于点E ，连接OC 、BC 、CD ．(1)如图1，求证：∠B ＋∠OCD ＝90°．(2)如图2，连接OE 、OD ，若EO 平分∠AED ，求证：2=CD OC ．(3)如图3，在（2）的条件下，延长OE 交⊙O 于点F ，连接FC 、FD ，点K 为OD 上一点，KC 交FD 于点H ，FD 交OC 于点G ，若CK ＝5，552DG =，∠ODF ＝2∠KCD 时，求FC 的长．16．如图，拋物线24832999y x x =-++与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），顶点为D ．点P 为对称轴右侧抛物线上的一个动点，其横坐标为m ，直线AD 交y 轴于点C ，过点P 作PF ∥AD 交x 轴于点．F ，PE ∥x 轴，交直线AD 于点E ，交直线DF 于点M ．(1)求直线AD的表达式及点C的坐标；(2)当DM＝3MF时，求m的值；(3)试探究点P在运动过程中，是否存在m，使四边形AFPE是菱形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．17．已知：如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点B在y轴的正半轴上，且tan∠OAB34=，点P是线段AB上的一个动点，以点P为圆心，PA为半径作⊙P交x轴于C点，记过点A、B、C的抛物线顶点为D点，设PA＝5m．(1)求线段OA和AB的长．(2)①求用含字母m的代数式来表示点C的坐标．②当点C在x轴的正半轴上，且OC：PA＝8：15时，求抛物线的解析式．(3)如图2，过点D作DE∥x轴交y轴于点E，作直线CD交y轴于点F，当⊙P与△DEF其中一边所在的直线相切时，求所有满足条件的m的值．18．如图1，直线y12=-x+b与地物线y＝ax2交于A．B两点，与y轴于点Ｃ，其中点A的坐标为（﹣4，8）．(1)求a ，b 的值；(2)将点A 绕点C 逆时针旋转90°得到点D ． ①试说明点D 在抛物线上；②如图2，将直线AB 向下平移，交抛物线于E ，F 两点（点E 在点F 的左侧），点G 在线段OC 上．若GEF DBA ∽（点G ，E ，F 分别与点D ，B ，A 对应），直接写出点G 的坐标．19．在平面直角坐标系中，抛物线22y x kx k =-+-的顶点为N ．(1)若此抛物线过点A （3-，1），求抛物线的解析式；(2)在（1）的条件下，若抛物线与y 轴交于点B ，连接AB ，C 为抛物线上一点，且满足CA=CB ，求点C 的坐标；(3)已知点M （4320），且无论k 取何值，抛物线都经过定点H ，当∠MHN=60°时，求抛物线的解析式．20．问题背景如图（1），△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，直线l 绕着点A 顺时针旋转，过B ，C 两点分别向直线l 作垂线BD ，CE ，垂足为D ，E ，此时△ABD 可以由△CAE 通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小（取最小旋转角度）． 尝试应用如图（2），△ABC 为等边三角形，直线l 绕着点A 顺时针旋转，D 、E 为直线l 上两点，∠BDA ＝∠AEC ＝60°．△ABD 可以由△CAE 通过旋转变换得到吗？若可以，请指出旋转中心O 的位置并说明理由；拓展创新如图（3）在问题背景的条件下，若AB＝2，连接DC，直接写出CD的长的取值范围．【参考答案】**科目模拟测试一、解答题1．(1)y12=-x2x﹣2(2)P（73，）(3)【解析】【分析】（1）将点B（4，0）代入y12=-x2+bx﹣2，即可求解；（2）由题意可知∠PCB＝∠OCA，分两种情况讨论：当P点在x轴上方时，CG＝BG，在Rt△OCG中，用勾股定理CG2＝OC2+OG2，求出G（32，0），再求出直线CG的解析式为y x﹣2，联立方程组，即可求P（73，）；当P点在x轴下方时，OB∥CP，即可求出P（5，﹣2）．（3）过点A作AH⊥x轴，过点C作CH∥x轴，连接BH，设N为BH的中点，Q点在以N为圆心，BN为半径的圆上运动，求出MN，BN，则MQ的最大值为．(1)将点B（4，0）代入y12=-x2+bx﹣2，∴﹣8+4b﹣2＝0，∴b52 =，∴y12=-x2x﹣2；(2)令x＝0，则y＝﹣2，∴C（0，﹣2），令y＝0，则12-x2x﹣2＝0，∴x＝1或x＝4，∴A（1，0），∵∠PCB+∠ACB＝∠BCO＝∠ACB+∠OCA，∴∠PCB＝∠OCA，如图1，当P点在x轴上方时，∵OA＝1，OC＝2，OB＝4，∴tan∠OCA12=，tan∠OBC12=，∴∠OCA＝∠OBC，∴∠PCB＝∠OBC，∴CG＝BG，∵OB＝4，∴OG＝4﹣CG，在Rt△OCG中，CG2＝OC2+OG2，∴（4﹣OG）2＝22+OG2，∴OG32 =，∴G（32，0），设直线CG的解析式为y＝kx+b，，∴，∴y x﹣2，联立方程组，∴x＝0（舍）或x，∴P（73，）；如图2，当P点在x轴下方时，∵∠OBC＝∠PCB，∴OB∥CP，∴P（5，﹣2）；综上所述：P点坐标为（73，）或（5，﹣2）；(3)过点A作AH⊥x轴，过点C作CH∥x轴，连接BH，设N为BH的中点，∵AB＝3，AH＝2，∴tan∠AHB32 =，∵tan∠AQB32=，∠HAB＝90°，∴Q点在以N为圆心，BN为半径的圆上运动，∵H（1，﹣2），∴N （52，﹣1）， ∵M （﹣2，1），∴MN ，BN ，∴MQ 的最大值为． 【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角函数，三角形相似的性质，圆的性质是解题的关键．2．（1）245；（2）见解析；（3【解析】【分析】（1）由菱形的对角线互相垂直平分，得到直角三角形及其两条直角边的长，再由勾股定理求出边CD 的长，利用菱形的面积列方程即可求解；（2）延长AD 交BF 于点L ，根据平行四边形的判定和性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、菱形的每条对角线平分一组对角等，可得：45BLA BAL ∠=∠=︒，进而得出BF BC -；（3）在0360α<<︒范围内，O H BF ''⊥即90MNH ∠='︒的情况有两种，准确的画出相应图形进行求解即可．【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD 是菱形，∴90COD ∠=︒，118422OC AC ==⨯=，116322OD BD ==⨯=，∴5CD =， ∴15862BE =⨯⨯， 解得245BE =．（2）如图2，延长AD 交BF 于点L ．∵//CF BD ，//FG BC ，∴四边形BCFG 是平行四边形，∵90ABF DEF ∠=∠=︒，90AOB ∠=︒，∴90GBF ABO BAC DAC ∠=︒-∠=∠=∠，∵////FG BC AD ，GFA BFC ∠=∠，∴LAF GFA BFC ∠=∠=∠，∵BFC GBF ∠=∠，∴GFA BFC LAF BAC DAC ∠=∠=∠=∠=∠，设GFA BFC LAF BAC DAC β∠=∠=∠=∠=∠=，∵AKD FKG ∠=∠，DAK GFK ∠=∠，FG AD =，∴()AKD FKG AAS ≅△△，∴AK FK =， ∴12BK AF AK ==， ∴3KAB KBA GBC GFC β∠=∠=∠=∠=，∴LFA LAF β∠==∠，∵90LFA LAF BAC DAC ∠+∠+∠+∠=︒，∴45LFA LAF BAC DAC ∠=∠=∠=∠=︒，∴LF LA =，45BLA BAL ∠=∠=︒， ∴22LA LB =，∵BC AB BL ==， ∴2BF BC BF BL LF LA AB -=-===，∵AB CD =， ∴2BF BC CD -．（3）当点D 与点G 重合时，则四边形ABCD 和四边形BCFD 都是菱形，∴60ADB BDC CDF ∠=∠=∠=︒，30DAO ∠=︒，∵9AD AB ==， ∴1922BO DO AD ===，9332AO CO DO ===． 当0180α<≤︒，且'90MNH ∠=︒时，如图3， ∵9'2EN CO BO ===，932ME CO ==， ∴993993222MN +=+=， ∵'30NMH ∠=︒，∴9933339'tan 30232NH MN ++=⋅︒=⨯=， ∴'1993339815432224MNH S +++=⨯⨯=△．当180360α︒<<︒，且'90MNH ∠=︒时，如图4，则939939222MN -=-=， 9393933'tan 30232NH MN --=⋅︒=⨯=， ∴'1939933543812224MNH S ---=⨯⨯=△．综上所述，'MNH △81543+54381-． 81543+54381- 【点睛】题目主要考查平行四边形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及全等三角形的性质和判定、二次根式和化简等知识点，综合运用这些知识点是解题关键．3．（1）抛物线解析式2343y x =，直线OB 解析式3y x =；（2）存在，点3532C ⎛- ⎝⎭93；（3）t 的值为4s 5或4s 11时，△DGF 有一条边所在直线恰好过△HMN 的重心．【解析】【分析】（1）利用待定系数法分别把点A 、B 的坐标代入抛物线解析式，设直线OB 解析式为y kx =，进而代点求解即可；（2）过点C 作CQ ∥y 轴，交OB 于点Q ，由（1）可设点23433,,,C m Q m ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则有233CQ m =，然后根据铅垂法可进行求解；（3）由题意可分两种情况：①当直线DF 经过△HMN 的重心P 时，②当直线DG 经过△HMN 的重心P 时，然后根据相似三角形的性质与判定及三角函数可进行求解．【详解】解：（1）由题意得：把点A 、B 的坐标代入抛物线解析式y ＝ax 2+bx 得：1640933a b a b -=⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得：33433a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴抛物线解析式为234333y x x =--， 设直线OB 解析式为y kx =， ∴33k -=，解得：33k =-， ∴直线OB 解析式为33y x =-； （2）过点C 作CQ ∥y 轴，交OB 于点Q ，如图所示：由（1）可设点23433,,,C m Q m ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴22343333CQ m ==， ∵点B （﹣33∴△COB 的水平宽为3，∴221333933322COB Sm m ⎛⎫⎫=⨯⨯=+ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∵30<， ∴当32m =-时，△COB 93 把32m =-代入抛物线解析式得：53y =∴点353,24C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭； （3）由题意可分两种情况：①当直线DF 经过△HMN 的重心P 时，如图2，连接NL ，∵LM LH =，且△HMN 是等边三角形，∴点P 在NL 上，由题意得：,2OD t AH t ==，()()()222243032,4,30323AB OA OB =-++-===+-=，∴222AB OB OA +=，且12AB OA =， ∴30,60AOB BAO ∠=︒∠=︒，∵MH ⊥x 轴，∴∠ALH =30°，∴23LH t =，∴23HN HM HL t ===，∵∠LHN =60°，∴sin606LN HN t =⋅︒=，∵FD ⊥x 轴，MH ⊥x 轴，∴90LHD PDH PLH ∠=∠=∠=︒，∴四边形PLHD 是矩形，∵点P 是重心，∴123PL DH LN t ===， ∵4OA AH HD OD =++=，∴224t t t++=，解得：45t=；②当直线DG经过△HMN的重心P时，如图3，连接NL，∵//DP MN，∴12 LP LKPN KM==，∵LH LM=，∴14 KLKH=，∵//LP DH，∴14KL LPKH DH==，即21434tt=-，解得：411t=，综上所述：t的值为4s5或4s11时，△DGF有一条边所在直线恰好过△HMN的重心．【点睛】本题主要考查二次函数的综合、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握二次函数的综合、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．4．（1）四边形ABCD是垂直四边形，证明见解析；（2）2222AD BC AB CD+=+，证明见解析；（3）21GE【解析】【分析】（1）由线段垂直平分线的判定定理证明即可；（2）垂直四边形对角线互相垂直，在直角三角形中，利用勾股定理即可推得结论；（3）先证明GAB CAE≅△△，得到∠ABG=∠AEC，然后再证明四边形CGEB是垂直四边形，结合第二问的结论即可求得GE的长．【详解】（1）四边形ABCD是垂直四边形，理由如下：证明：连接AC、BD，作图如下：∵AB=AD∴点A在线段BD的垂直平分线上又∵CB=CD∴点C在线段BD的垂直平分线上∴直线AC是线段BD的垂直平分线∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂直四边形（2）2222AD BC AB CD+=+,理由如下：证明：∵AC⊥BD∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90由勾股定理，得222222AD BC AO DO BO CO+=+++,222222AB CD AO BO CO DO+=+++∴2222AD BC AB CD+=+（3）连接CG、BE,作图如下：∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形∴∠CAG=∠BAE=90,AG AC=，AB AE=∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE在△GAB和△CAE中，AG ACGAB CAE AB AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△GAB≌△CAE（SAS）∴∠ABG=∠AEC又∵∠AEC+∠AME=90∴∠ABG+∠AME=90∴∠ABG+∠BMC=90∴∠BNM=90，即CE⊥BG∴四边形CGEB是垂直四边形由第二问知，2222CG BE CB GE+=+∵AC＝2，AB＝3∴BC=CG=BE=∴2222=818521GE CG BE CB=+-+-=∵GE＞0∴GE【点睛】本题考查线段垂直平分线的判定定理、正方形的性质、三角形全等判定和性质、直角三角形勾股定理等知识点，牢记定理内容并灵活应用是解题的关键．5．（1）5；（2）157t=；（3）1t=或52t=【解析】【分析】（1）直接运用勾股定理求解即可；（2）当CP平分∠ACB时，作PM⊥BC于M点，PN⊥AC于N点，作CQ⊥AB于Q点，利用等面积法分别表示△APC和△BPC，进而得出AP ACBP BC=，从而建立分式方程求解并检验即可；（3）根据等腰三角形的性质进行分类讨论，结合勾股定理求解即可．【详解】解：（1）由勾股定理：AB5=，故答案为：4；（2）当CP平分∠ACB时，如图所示，作PM⊥BC于M点，PN⊥AC于N点，作CQ⊥AB于Q点，则由角平分线的性质得：PM=PN，∵1122APCS AP CQ AC PN==，1122BPCS BP CQ BC PM==，∴11221122APCBPCAP CQ AC PNSS BP CQ BC PM==，即：AP AC BP BC=，由题意，AP t=，则5BP AB AP t=-=-，∴3 54tt=-，解得：157t=，经检验，157t =是上述分式方程的解， ∴当157t =时，CP 平分∠ACB ；（3）①若BC =BP ，如图所示，此时，BP =BC =4，AP =AB -BP =1，∴t =1；②若CP =BP ，如图所示，此时，作CT ⊥AB 于T 点，∵1122ABC S AC BC AB CT ==， ∴125CT =， 在Rt △CBT 中，22165BT BC CT =-=， ∵AP t =，∴5BP t =-，5CP t =-，∴()169555PT BT BP t t =-=--=-， 在Rt △CPT 中，222CP CT PT =+，即：()222129555t t ⎛⎫⎛⎫-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 解得：52t =；③若CP =CB ，由于P 在线段AB 上运动，则CP =CB 的情况不成立，故舍去；综上，当1t =或52t =时，满足△BCP 为等腰三角形． 【点睛】本题考查了勾股定理和等腰三角形的性质，解决本题的关键是正确理解题意，熟练掌握勾股定理，能够根据等腰三角形的性质进行分类讨论解决．6．（1）213222y x x =-++；（2）存在，13(,4)2P ，235(,)22P ，335(,)22P -；（3）点()2,1E【解析】【分析】（1）把()1,0A -，()0,2C 代入抛物线的解析式，利用待定系数法求解即可；（2）先求解抛物线的对称轴3,2x = 再求解CD 的长，由CDP 是以CD 为腰的等腰三角形，可得123CP DP DP CD ===．再作CH ⊥对称轴于点H ，从而可得答案；（3）先求解()4,0B ．再求解直线BC 的解析式为122y x =-+．过点C 作CM EF ⊥于M ，设1,22E a a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，213,222F a a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，根据BCD CEF BEF CDBF S S S S =++四边形111222BD OC EF CM EF BN =⋅+⋅+⋅列函数关系式，从而可得答案.【详解】解：（1）∵抛物线212y x mx n =-++经过()1,0A -，()0,2C ， ∴10,22,m n n ⎧--+=⎪⎨⎪=⎩解得3,22.m n ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴抛物线的解析式为213222y x x =-++． （2）∵22131325222228y x x x ⎛⎫=-++=--+ ⎪⎝⎭， ∴抛物线的对称轴是直线32x =． ∴32OD =． ∵()0,2C ，∴2OC =．在Rt OCD △中，由勾股定理，得2235222CD ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭． ∵CDP 是以CD 为腰的等腰三角形，∴123CP DP DP CD ===．作CH ⊥对称轴于点H ，∴12HP HD ==．∴14DP =．∴13(,4)2P ，235(,)22P ，335(,)22P -． （3）当0y =时，由2132022x x -++=，解得11x =-，24x =， ∴()4,0B ．设直线BC 的解析式为y kx b =+，得2,40,b k b =⎧⎨+=⎩解得1,22.k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩ ∴直线BC 的解析式为122y x =-+． 过点C 作CM EF ⊥于M ，设1,22E a a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，213,222F a a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，∴2213112222222EF a a a a a ⎛⎫=-++--+=-+ ⎪⎝⎭． ∵BCD CEF BEF CDBF S S S S =++四边形111222BD OC EF CM EF BN =⋅+⋅+⋅ 2215111122(4)2222222a a a a a a ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯+-++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭225134(2)22a a a =-++=--+． ∴根据题意04a ≤≤，∴当2a =时，CDBF S 四边形的最大值为132，此时点()2,1E ． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，二次函数与等腰三角形，图形面积的最值问题，灵活运用二次函数的图象与性质解决问题是解题的关键.7．（1）①1；②47；②见解析；（3）是定值，53 【解析】【分析】（1）①如图1，设DE 与CF 交于点G ，由正方形的性质得出∠A =∠FDC =90°，AD =CD ，可证明△AED ≌△DFC （AAS ），由全等三角形的性质得出DE =CF ，则可得出结论；②如图2，设DB 与CE 交于点G ，根据矩形性质得出∠A =∠EDC =90°，由直角三角形的性质证出∠ECD =∠ADB ，由相似三角形的判定定理证出△DEC ∽△ABD 即可；（2）如图3，过点C 作CH ⊥AF 交AF 的延长线于点H ，证明△DEA ∽△CFH ，由相似三角形的性质得出DE AD CF CH =，则可得出结论； （3）过点C 作CG ⊥AD 于点G ，连接AC 交BD 于点H ，CG 与DE 相交于点O ，根据等积关系可得AH 、DH 和CG 的长，，再证明△DEA ∽△CFG ，得出比例线段DE AD CF CG=则可求出答案．【详解】解：（1）①如图1，设DE 与CF 交于点G ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠A =∠FDC =90°，AD =CD ，∵DE ⊥CF ，∴∠DGF =90°，∴∠ADE +∠CFD =90°，∠ADE +∠AED =90°，∴∠CFD =∠AED ，在△AED 和△DFC 中，A FDC CFD AED AD CD ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△AED ≌△DFC （AAS ），∴DE =CF ， ∴DE CF=1 故答案为：1；②如图2，设DB 与CE 交于点G ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A =∠EDC =90°，∵CE ⊥BD ，∴∠DGC =90°，∴∠CDG +∠ECD =90°，∠ADB +∠CDG =90°，∴∠ECD =∠ADB ，∵∠CDE =∠A ，∴△DEC ∽△ABD ，∴4,7CE DC BD AD ==， 故答案为：47． （2）证明：如图3，过点C 作CH ⊥AF 交AF 的延长线于点H ，∵CG⊥EG，∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，∴四边形ABCH为矩形，∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，∠A=∠H=90°，∴△DEA∽△CFH，∴DE AD CF CH=，∴DE AD CF AB=，∴DE•AB=CF•AD；（3）是定值，如图4，过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点O，则AC BD⊥于H∵CF⊥DE，GC⊥AD，∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，∴△DEA∽△CFG，∴DE AD CF CG=，在Rt△ABD中，AD=9，AB=3，∴222293310 BD AB AD++又1122AD AB BD AH =∴93310AD AB AH BD ⨯=== ∴AC =2AHDH == ∵1122ADC S AC DHAD CG ∆=⋅=⋅， ∴11922CG =⨯， ∴CG =275，由（1）可得，ADE GCF ∆∆∴952735DE AD CF CG ===【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判断和性质，三角形的面积，解本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．8．（1）2123y x x =-++；()1,4D ；（2）①2t =-；②()4,5N -或57,24N ⎛⎫ ⎪⎝⎭；（3）214m =或1-或134-或3 【解析】【分析】（1）根据待定系数法计算即可；（2）①过点E 作EH y ⊥轴，根据题意证明EPH PQO ≅△△，再根据点E 在二次函数图象上列式计算即可；②根据点N 在x 轴上方和x 轴下方进行判断计算即可；（3）根据翻折的性质有三种情况分别为1l ，2l ，3l ，4l 三种情况讨论即可；【详解】（1）将()1,0A -，()3,0B ，()0,3C 代入2y ax bx c =++，∴09303a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，解得123a b c =-⎧⎪=⎨⎪=⎩， ∴()2212314y x x x =-++=--+，∴顶点坐标为()1,4D ；故答案是：2123y x x =-++；()1,4D ；（2）①如图所示，过点E 作EH y ⊥轴，∵90PQO OPQ ∠+∠=︒，90OPQ HPE ∠+∠=︒， ∴HPE PQO ∠=∠，由旋转可知，PQ PE =，在EPH △和POQ △中，90PHE QOP HPE PQO PQ PE ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴EPH PQO ≅△△，∴EH OP t ==-，5HP OQ ==，∴(),5E t t -+，∴当E 恰好在二次函数图象上时，2523t t t +=--+， ∴12t =-，21t =-，∵1t <-，∴2t =-；②由题可得：将射线CB 绕点C 旋转α角度后过点N ，可得DAE NCB ∠=∠， 若点N 在x 轴下方时，过点N 作MN y ⊥轴，过点D 作DF x ⊥轴，∵45EAB OCB ∠=∠=︒，DAE NCB ∠=∠，∴MCN ADF △△， ∴MN MC AF DF =，即2224a a a -=， ∴14a =，20a =（舍去），∴()4,5N -； 当点N 在x 轴上方时，∵45EAB OCB ∠=∠=︒，DAE NCB ∠=∠，∴MCN DAF ∠=∠，∴MCN DAF △△，∴MN NC DF FA =，即2242a a a -=，解得：152a =，20a =（舍去）， ∴57,24N ⎛⎫ ⎪⎝⎭； ∴()4,5N -或57,24N ⎛⎫ ⎪⎝⎭； （3）如图，1y 翻折得到2y ，∴1y 与2y 关于x 轴对称，如图1l ，当l 与1y 相切时，223y x x x m =-++=-+，得到223x x x m -++=-+，∴2330x x m -++-=，根据：0=得()()2341130m -⨯⨯-⨯-=，∴91240m +-=，∴214m =； 如图2l ，当l 过点A 时，设2l 的解析式为y x m =-+，把点()1,0A -代入得01m =+，∴1m =-；如图3l ，l 与2y 相切，∵1y 与2y 关于x 轴对称，∴2223y x x =--，∴223x x x m --=-+，∴()230x x m ---=，∴()2414130b ac m =-=+⨯⨯+=，∴413m =-， ∴134m =-； 如图4l ，当l 过点B 时，设4l 的解析式为y x m =-+，把B （3，0）代入可得：03m =-+，解得：3m =； 综上所述：214m =或1-或134-或3． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象性质，相似三角形的判定与性质，旋转综合，一次函数的图象性质，准确计算是解题的关键．9．（1）点P 对应的数为-2；（2）当t =2或6时，恰好使得P 到点A 的距离是点P 到点B 的距离的2倍；（3）m +13n =0．【解析】【分析】（1）设点P 对应的数为x ，表示出BP 与PA ，根据BP =PA 求出x 的值，即可确定出点P 对应的数；（2）表示出点P 对应的数，进而表示出PA 与PB ，根据PA =2PB 求出t 的值即可；（3）因为OM ＞ON ，只有甲乙均反弹之后在中点相遇一种情况，设点M 对应的数为m ，点N 对应的数为n ，时间为t ，则M 、N 的中点对应的数为2m n +，根据甲、乙两个弹珠相遇的位置恰好到点M 和点N 的距离相等列出关系式即可．【详解】解：（1）点A 、B 对应的数分别是﹣5和1，设点P 对应的数为x ，则BP =1-x ，PA =x +5，∵BP =PA ，∴1-x =x +5，解得：x =-2，∴点P 对应的数为-2；（2）P 对应的数为-5+2t ，∴PA =2t ，PB =|-5+2t -1|=|2t -6|，∵PA =2PB ，∴2t =2|2t -6|，当t =2t -6时，t =6；当t +2t -6=0时，t =2；答：当t =2或6时，恰好使得P 到点A 的距离是点P 到点B 的距离的2倍；（3）设点M 对应的数为m ，点N 对应的数为n ，时间为t ，则M 、N 的中点对应的数为2m n +， ∴MN =n -m ，OM =-m ，ON =n ，∴()()252502t t n m m n t m m ⎧+=-⎪+⎨⎛⎫=-+- ⎪⎪⎝⎭⎩，即()()351073352t n m n m t ⎧=-⎪⎨-=⎪⎩， 化简得m +13n =0．【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，数轴，两点间的距离，运用分类讨论思想、方程思想及数形结合思想是解题的关键．10．（1）224(0)4(0)x x n x y x x n x ⎧-++>=⎨+-<⎩（2）①24；②22k -≤<-；（3）0＜n ＜1，－7＜n ＜－5【解析】【分析】（1）分别求出图象G 1和G 2的解析式即可；（2）①将Q 点分别在图象G 1和G 2上两种情况讨论，可求t 的值；②结合图象，可求k 的取值范围；（3）结合图象，分类讨论可求解．【详解】解：（1）∵抛物线224=(2)4y x x n x n =-++--++，∴顶点坐标为（2，4+n ），∵将G 1绕坐标原点旋转180°得到图象G 2，∴图象G 2的顶点坐标为（-2，-4-n ），∴图象G 2的解析式为：y =（x +2）2-4-n ， ∴图象G 的解析式为224(0)4(0)x x n x y x x n x ⎧-++>=⎨+-<⎩（2）①当n =-1时，则图象G 1的解析式为：241y x x =-+-，图象G 2的解析式为：241y x x =++，若点Q （t ，1）在图象G 1上，∴2141t t =-+-， ∴126t =+，226t =-若点Q （t ，1）在图象G 2上，∴2141t t =++，∴t 1=-4，t 2=0（舍去）②如图，∵图象G 对应函数的最大值与最小值差为6∴4(4)6n n +---=∴n =-1当x =2时，y =3，当x =-2时，y =-3，对于图象G 1，在y 轴右侧，当y =3时，则2(2)33x --+=-，∴x =262(负值舍去)，对于图象G 2，在y 轴左侧，当y =3时，则2(+2)33x -=，∴x 6 ，∵当k ≤x ≤2（k ＜2）时，图象G 对应函数的最大值与最小值差为6，∴262k -<-；（3）∵图象G 1的解析式为：2(2)4y x n =--++，图象G 2的解析式为：y =（x +2）2-4-n ，∴图象G 1的顶点坐标为（2，4+n ），与y 轴交点为（0，n ），图象G 2的顶点坐标为（2，-4-n ），与y 轴交点为（0，-n ），①如图，∵矩形ABCD的边与图象G有且只有两个公共点∴41 43nn+<-⎧⎨--<⎩解得，75n-<<-②如图当x=3时，3+n=3∴n =0∵矩形ABCD 的边与图象G 有且只有两个公共点∴0＜n ＜1综上，矩形ABCD 的边与图象G 有且只有两个公共点时，n 的取值范围是0＜n ＜1，－7＜n ＜－5【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的应用，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．11．（1）2秒或4秒；（2）存在，时间为()18秒；（3）0秒或32秒或6秒 【解析】【分析】（1）设a 秒后，DPQ 的面积等于228cm ，利用割补法表示DPQ ADP PBQ DQC ABCD S S SS S =---矩形，建立方程求解即可； （2）点D 恰好落在以点Q 为圆心，PQ 为半径的圆上，即为PQ =QD ，即PQ 2=QD 2，根据勾股定理将PQ 2、QD 2分别用x 表示出来，列方程求出x 的值即可；（3）分别表示出2DP ，2PQ ，2DQ ，然后结合勾股定理进行分类讨论即可．【详解】解：（1）设a 秒后，DPQ 的面积等于228cm ，则由题意，a 秒后，AP a =，2BQ a =，122CQ BC BQ a =-=-，∵DPQ ADP PBQ DQC ABCD S S S S S =---矩形，61272ABCD S AB BC ==⨯=矩形，1112622ADP SAP AD a a ==⨯⨯=， ()21162622PBQ SPB BQ a a a a ==-=-， ()11122636622DQC S QC CD a a ==-⨯=-， ∴()()2287266366a a a a =-----，整理得：2680a a -+=，解得：2a =或4a =，∴经过2秒或4秒后，DPQ 的面积等于228cm ；（2）假设运动开始后第x 秒时，满足条件，则：QP QD =，∵22222(6)(2)=+=-+QP PB BQ x x ，22222(122)6=+=-+QD QC CD x ，∴2222(122)6(6)(2)-+=-+x x x ，整理得：2361440+-=x x ，解得：18=-±x∵0186<<，∴运动开始后第()18秒时，点D 恰好落在以点Q 为圆心，PQ 为半径的圆上．（3）设t 秒后，满足条件，其中06t ≤≤，则22212DP t =+，()22264PQ t t =-+，()2212236DQ t =-+，①若∠PQD =90°，则222PQ DQ DP +=，即：()()22222641223612t t t t -++-+=+，整理得：2215180t t -+=， 解得：32t =或6t =；②若∠PDQ =90°，则222DQ DP PQ +=，即：()()22222122361264t t t t -+++=-+，解得：8t =，不合题意，舍去；③若∠DPQ =90°，则222DP PQ DQ +=，即：()()22222126412236t t t t ++-+=-+，整理得：2180t t +=，解得：0=t 或18t =-（不符合题意，舍去）；综上，当0=t 或32t =或6t =时满足DPQ 为直角三角形【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用、勾股定理以及割补法求三角形面积，本题关键在于设未知数，找出等量关系，列方程求解．12．(1)y ＝12-x 2+32x +2 (2)存在，E （0，﹣2）(3)DA DB 的最小值为【解析】【分析】（1）直接把A 、B 坐标代入解析式，求解即可；（2）先作AE ⊥AB 交y 轴于点E ，连接CE ，作BF ⊥x 轴于点F ，再通过证明△BFC ∽△AFB 和△BCF ≌△EAO 得到对边平行且相等，结合已知条件，得到四边形ABCE 是矩形即可得到结论；（3）先作FL ⊥BC 于点L ，连接AL 、CD ，再通过证明△FCL ∽△BCF 和△DCL ∽△BCD 得到各边之间的关系，当DA +LD ＝AL ，即点D 落在线段AL 上时，DA DB ＝DA +LD ＝AL最小，计算求解即可．(1)把A （﹣1，0）、B （3，2）代入y ＝ax 2+bx +2，得 ，解得 ， ∴抛物线的解析式为213222y x x =-++；(2)存在．如图1，作AE ⊥AB 交y 轴于点E ，连接CE ；作BF ⊥x 轴于点F ，则F （3，0）．当y ＝0时，由2132022x x -++=，得x 1＝1，x 2＝4，∴C （4，0），∴CF ＝AO ＝1，AF ＝3﹣（﹣1）＝4；又∵BF ＝2，∴ ，∵∠BFC ＝∠AFB ＝90°，∴△BFC ∽△AFB ，∴∠CBF ＝∠BAF ，∴∠ABC ＝∠CBF +∠ABF ＝∠BAF +∠ABF ＝90°，∴BC ∥AE ，∵∠BCF ＝90°﹣∠BAC ＝∠EAO ，∠BFC ＝∠EOA ＝90°，∴△BCF ≌△EAO （ASA ），∴BC ＝EA ，∴四边形ABCE 是平行四边形，又∵∠ABC=90°，∴四边形ABCE是矩形；∵OE＝FB＝2，∴E（0，﹣2）(3)如图2，作FL⊥BC于点L，连接AL、CD由（2）得∠BFC＝90°，BF＝2，CF＝1，∴CF＝CD，CB＝．∵∠FLC＝∠BFC＝90°，∠FCL＝∠BCF（公共角），∴△FCL∽△BCF，∴，∴，∵∠DCL＝∠BCD（公共角），∴△DCL∽△BCD，∴，∴LD5DB；∵DA+LD≥AL，∴当DA+LD＝AL，即点D落在线段AL上时，DA5DB＝DA+LD＝AL最小．∵CL5CF5545∴BL5∴BL 22＝165， 又∵AB 2＝22+42＝20，∴AL ＝ ＝ ＝，DA 的最小值为． 【点睛】本题属于二次函数与四边形、圆的综合题目，考查了待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，准确的添加辅助线及熟练掌握上述知识是解题的关键．13．(1)(2)点P 的坐标为(−3，4)(3)存在，点M 的坐标为：，， 【解析】【分析】（1）由直线方程可求得A 、B 两点的坐标，代入抛物线解析式可求得b 、c 的值，可求得抛物线解析式，再令y =0可求得C 点坐标；（2）过E 作EH ⊥PD 于H ，可求得EH ，设出P 点坐标，则可表示出D 、E 、F 的坐标，从而可表示出PD 和EF ，利用梯形面积公式可表示出四边形PDEF 的面积，根据二次函数的最值，可求得P 点坐标；（3）可求得直线AG 和A ′G ′的方程，从而可表示出M 、N 点的坐标，从而可表示出MN 、FM 、FN 的长，分MN =FM 、MN =FN 和FM =FN 三种情况分别求解即可．(1)∵直线4y x =+与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，∴A (−4，0)，B (0，4)．∵抛物线2y x bx c =-++经过A 、B 两点，∴． 解得．∴抛物线的解析式为． (2)如图，过点E 作EH ⊥PD 于点H ，则EH ∥OA ．。

2022届中考数学压轴难题押题附答案解析

2022届中考数学压轴难题押题附答案解析
四边形，
∴ ，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届中考数学压轴难题及答案解析

2022届中考数学压轴难题及答案解析

一、解答题1．【探究发现】(1)如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD′，D'E．①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．证明：延长BE交DF于点G．②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝°．【类比迁移】(2)如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求CD'的长；【拓展应用】(3)如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD3AC＝2，点F为线段BD上一动点，将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF＝EF，请直接写出此时OF的长．2．已知：如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝﹣x+b（b＞0）交x轴于点A，交y轴于点C，以OA，OC为边作矩形ABCO，矩形ABCO的面积是36．（1）求直线AC 的解析式．（2）点P 为线段AB 上一点，点Q 为第一象限内一点，连接PO ，PQ ，∠OPQ ＝90°，且OP ＝PQ ，设AP 的长为t ，点Q 的横坐标为d ，求d 与t 的函数关系式．（不要求写出自变量t 的取值范围）（3）在（2）的条件下，过点Q 作QE ∥PO 交AB 的延长线于点E ，作∠POC 的平分线OF 交PE 于点F ，交PQ 于点K ，若KQ ＝2EF ，求点Q 的坐标．3．已知二次函数y ＝﹣x 2+2x +m +1．（1）当m ＝2时．①求函数顶点坐标；②当n ≤x ≤n +1时，该函数的最大值为3，求n 的值．（2）当x ≤2时，函数图象上有且只有2个点到x 轴的距离为2，求m 的取值范围．（3）已知点P 为二次函数上一点，点P 的横坐标为﹣3m +2，点M 的坐标为（2m ，m ），以PM 为对角线构造矩形PQMN ，矩形的各边与坐标轴垂直，当抛物线在矩形PQMN 内部的函数部分y 随着x 的增大而增大时，直接写出m 的取值范围．4．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．5．某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：观察与猜想（1）①如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，AD 上的两点，连接DE ，CF ，DE CF ⊥，则DE CF 的值为 ； ②如图2，在矩形ABCD 中，7AD =，4CD =，点E 是AD 上的一点，连接CE ，BD ，且CE BD ⊥，则CE BD的值为 ； 类比探究 （2）如图3，在四边形ABCD 中，90A B ∠=∠=︒，点E 为AB 上一点，连接DE ，过点C 作DE 的垂线交ED 的延长线于点G ，交AD 的延长线于点F ，求证：DE AB CF AD ⋅=⋅；拓展延伸（3）如图4，在Rt ABD △中，90BAD ∠=︒，3AB =，9AD =，将Rt ABD △沿BD 翻折，点A 落在点C 处得CBD ，点E ，F 分别在边AB ，AD 上，连接DE ，CF ，DE CF ⊥．请问DE CF 是定值吗？若是求出其值，若不是说明理由； 6．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，点()0,B n ，点A 在x 轴的负半轴上，点(),0C m ，连接AB 、BC ，且220m n ++-=，（1）求BCO ∠的度数；（2）点P 从A 点出发沿射线AO 以每秒2个单位长度的速度运动，同时，点Q 从B 点出发沿射线BO 以每秒1个单位长度的速度运动，连接AQ 、PQ ，设APQ 的面积为S ，点P 运动的时间为t ，求用t 表示S 的代数式（直接写出t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，当点P 在x 轴的正半轴上，点Q 在y 轴的负半轴上时，连接AQ 、BP 、PQ ，22BQP ABC OAQ ∠=∠=∠，且四边形ABPQ 的面积为25，求PQ 的长．7．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝﹣x 2＋bx ＋c 经过点A （4，0）、B （0，4）、C ．其对称轴l 交x 轴于点D ，交直线AB 于点F ，交抛物线于点E ．(1)求抛物线的解析式；(2)点P 为直线l 上的动点，求△PBC 周长的最小值；(3)点N 为直线AB 上的一点（点N 不与点F 重合），在抛物线上是否存在一点M ，使以点E 、F 、N 、M 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点M 的坐标，若不存在，说明理由．8．如图1和图2，在△ABC 中，AB ＝AC ＝5，sinC ＝35．点K 在AC 边上，点M ，N 分别在AB ，BC 上，且AM ＝CN ＝2．点P 从点M 出发沿折线MB ﹣BN 匀速移动，到达点N 时停止；而点Q 在AC 边上随P 移动，且始终保持∠APQ ＝∠B ．（1）当点P 在BC 上时，求点P 与点A 的最短距离；（2）若点P 在MB 上，且PQ 将△ABC 的面积分成上下4：5两部分时，求MP 的长； （3）设点P 移动的路程为x ，当0≤x ≤3及3≤x ≤9时，分别求点P 到直线AC 的距离（用含x 的式子表示）；（4）在点P 处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ 扫描△APQ 区域（含边界），扫描器随点P 从M 到B 再到N 共用时36秒．若AK ＝94，请直接写出点K 被扫描到的总时长．9．已知一个矩形纸片OACB ，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A （11，0），点B （0，6），点P 为BC 边上的动点（点P 不与点B 、C 重合），经过点O 、P 折叠该纸片，得点B ′和折痕OP ．设BP ＝t ．（1）如图①，当∠BOP ＝30°时，直接写出点B ′的坐标为 ；（2）如图②，经过点P 再次折叠纸片，使点C 落在直线PB ′上，得点C ′和折痕PQ ，若AQ ＝m ，试用含有t 的式子表示m ；（3）如图③，在（2）的条件下，当点C ′恰好落在边OA 上时，求点P 的坐标．10．如图，在平面直角坐标系中，O 为原点，抛物线与x 轴交于点()1,0A -和点()3,0B ．抛物线与y 轴交于C 点，P 为该抛物线上一动点．(1)求抛物线对应的函数关系式；(2)将该抛物线沿y 轴向下平移3个单位，点P 的对应点为，若，求P 的坐标； (3)3y x =-与抛物线交点为Q ，连结，当P 在x 轴下方，且时，求直线PQ 解析式．11．如图，圆心M （3，0），半径为5的⊙M 交x 轴于A 、B 两点，交y 轴于C 点，抛物线2y ax bx c =++经过A 、B 、C 三点．（1）求抛物线的解析式．（2）求圆M 上一动点P 到该抛物线的顶点Q 的距离的最小值？并求出此时P 点的坐标．（3）若OC 的中点为F ，请问抛物线上是否存在一点G ，使得∠FBG ＝45°，若存在，求出点G 的坐标，若不存在，请说明理由．12．如图，抛物线y ＝ax 2+bx +2与直线AB 相交于A （﹣1，0），B （3，2），与x 轴交于另一点C ．(1)求抛物线的解析式；(2)在y 上是否存在一点E ，使四边形ABCE 为矩形，若存在，请求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)以C 为圆心，1为半径作⊙C ，D 为⊙O 上一动点，求DA 5的最小值． 13．如图，已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋5（a ≠0）与x 轴交于点A （﹣5，0），点B （1，0）（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点C ，点D 为抛物线的顶点，连接BD ．直线y ＝经过点A ，且与y 轴交于点E ．(1)求抛物线的解析式；(2)点N是抛物线上的一点，当△BDN是以DN为腰的等腰三角形时，求点N的坐标；(3)点F为线段AE上的一点，点G为线段OA上的一点，连接FG，并延长FG与线段BD 交于点H（点H在第一象限），当∠EFG＝3∠BAE且HG＝2FG时，求出点F的坐标．14．如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，OB＝4，OA＝3，F是BC边上一个动点（不与B、C重合），过点F的反比例函数y＝kx（k＞0）的图象与边AC交于点E．(1)当BF＝13BC时，求点E的坐标；(2)连接EF，求∠EFC的正切值；(3)将△EFC沿EF折叠，得到△EFG，当点G恰好落在矩形AOBC的对角线上时，求k的值．15．【问题提出】如图①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝4，求BC边上的中线AD的取值范围．【问题解决】解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E，使DE＝AD，再连结BE（或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断．由此得出中线AD的取值范围是__________【应用】如图②，如图，在△ABC中，D为边BC的中点、已知AB＝10，AC＝6，AD＝4，求BC的长．【拓展】如图③，在△ABC中，∠A＝90°，点D是边BC的中点，点E在边AB上，过点D作D F⊥DE交边AC于点F，连结EF．已知BE＝5，CF＝6，则EF的长为__________.16．定义：对于平面内的MAN ∠及其内部的一点P ，设点P 到直线AM ，AN 的距离分别为1d ，2d ，称12d d 和21d d 这两个数中较小的一个数为点P 关于MAN ∠的“近率”．(1)如图1，已知ABC 中，90ACB ∠=︒，60B ∠=︒，若ABC 的中线CD 与角平分线AE 相交于点P ，则点P 关于ABC ∠的“近率”为________；(2)如图2，已知ABC 中，90ACB ∠=︒，60B ∠=︒，43BC =，若点F 在斜边AB 上，且点F 关于ACB ∠的“近率”为33，求CF 的长； (3)已知在平面直角坐标系xOy 中，点E ，F 分别为x 轴正半轴，y 轴正半轴上的两个点，动点M 的坐标为()9,m ，圆M 是以点M 为圆心，半径为3的圆．若圆M 上的所有点都在第一象限且关于EOF ∠的“近率”都小于33，直接写出m 的取值范围． 17．某公司生产的一种产品在市场上很受欢迎，该公司每年的产量为6万件，可在国内和国外两个市场全部销售．若在国外销售，平均每件产品的利润1y （元）与国外销售量x （万件）之间的函数关系如图所示．若在国内销售，平均每件产品的利润为284y =元，设该公司每年在国内和国外销售的总利润为w 万元．(1)求1y 与x 之间的函数关系式，并求x 的取值范围．(2)该公司每年在国内国外销售量各为多少时，可使公司每年的总利润最大？最大值是多少？(3)该公司计划以国外销售的每件产品中捐出2m （14m ≤≤）元给希望工程，从国内销售的每件产品中捐出m 元给希望工程，且国内销售量不低于4万件，若这时国内外销售的总利润的最大值为520万元，求m 的值．18．如图，在△ABC 中，90C =∠，D 为边BC 上一点，DE AB ⊥于点E ，以DE 为直径的⊙O 分别交线段BD ，AD 于点F ，G ，连结EF ，EG ．(1)求证：DEF ABC ∆∆．(2)若6,8AC BC ==，当DG 与四边形DGEF 其它三边中的一边相等时，求所有满足条件的BD 的长．(3)当AC BC =时，连结OC 交AD 于点H ，记△DOH 的面积为1S ，△ACH 的面积为2S ，若OC EG ∥， 则12S S 的值为 ．（在横线上直接写出答案） 19．问题提出（1）如图①，折叠矩形ABCD ，使点D 落在BC 边上的点F 处，折痕为A ．若4CF =，3EC =，求ABF 的面积；问题解决（2）如图②，某生态农庄计划建造一个形状为矩形ABCD 的休闲区域，并在矩形区域内规划出一个AMN 区域开发成垂钓中心，其余区域开发成休息区，使点M ，N 分别在CD 、BC 上（点N 可与端点重合），AM MN ⊥，3BC MC =，400AB =米．根据设计需求，要使AMN 的面积尽可能的小，请问，是否存在符合设计要求的面积最小的AMN ？若存在，求AMN 面积的最小值并求此时DM 的长；若不存在，请说明理由．20．给出如下定义：在平面直角坐标系xOy 中，己知点，这三个点中任意两点间的距离的最小值称为点的“最短间距”，例如：如图，点的“最短间距”是1（即的长）．(1)点的最短间距是_________；(2)已知点，点在第三象限．①若点O，A，B的最短间距是1，求y的值；②点O，A，B的“最短间距”的最大值为__________；C和，点是线段CD上的一个动点，(3)已知直线l与坐标轴分别交于点(0,3)当点的最短间距取到最大值时，则此时点P的坐标_________．【参考答案】**科目模拟测试一、解答题1．(1)①见解析；②22.5°1022【解析】【分析】（1）①延长BE交DF于点G，则由对称可知∠EGD=∠EGD'=90°，结合∠DEG=∠BEC得到∠EBC=∠EDF，由正方形的性质得到∠BCE=∠DCF、BC=DC，从而证明△BCE≌△DCF；②当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBG=∠D'BG=22.5°，然后由①得到∠EDF=∠EBC=22.5°；（2）延长BE交DF于点G，由对称可知点G是DD'的中点、∠EGD=∠EGD'=90°，结合CD'⊥DF得到CD'∥BG，从而有EG是△DCD'的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CE=DE=1，再由勾股定理求得BE的长；由（1）①得∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°得到△ECB∽△EGD，进而借助相似三角形的性质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD'的长；（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上和点E在BC上讨论，延长AF交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．(1)解：①证明：如图①，延长由对称可知，∠EGD=∠EGD'=90°，∵∠DEG=∠BEC，∴∠EBC=∠EDF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCE=∠DCF=90°，BC=DC，在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（ASA）．②解：如图1，当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBE=∠D'BE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBC=45°，∴∠DBE=∠D'BE=22.5°，由①得到∠CDF=∠EBD'，∴∠CDF=22.5°，故答案为：22.5°．(2)解：如图2，延长BE交DF于点G，由对称可知，点G是DD'的中点，∠EGD=∠EGD'=90°，∵CD'⊥DF，∴CD'∥BG，∴EG是△DCD'的中位线，∴点E是CD的中点，∴CE=DE=12CD=12×2=1，∴BE=，由（1）①得，∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°，∴△ECB∽△EGD，∴，∴，∴EG=10 10，∴BG=BE+EG=，∵EG是△DCD'的中位线，∴CD'=2EG=2×1010=105；(3)以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，①如图3，当点E在CD上时，延长AF交DE于点G，由（1）①可得，∠GDF=∠OAF，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，∠ODC=∠ODA，∴∠OAF=∠ODA，∵AC=2，∴OA=1，∵AD∴OD，∴tan∠OAF=tan∠ODA=，∴,；∴OF=2②如图4，当点E在BC上时，延长AF交DE于点G，则∠AGD=90°，∠DAG=∠EAG=1∠DAE，2∵AD=AB=AE，∴∠AEB=∠ABE，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABO=1∠ABE，AD∥∠BC，2∴∠DAE=∠AEB，∴∠ABO=∠DAG，在△AGD和△BOA中，，∴△AGD≌△BOA（AAS），∴DG=AO=1，AG=BO∴DG=AO，∵∠FAO=∠FDG，∠FOA=∠FGD，∴△FOA≌△FGD（ASA），∴OF=FG，设OF=FG=x，则DF=，在Rt△DFG中，DF2=GF2+DG2，∴（）2=x2+12，解得：x∴OF综上所述，OF的长为2【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到∠EBC=∠EDF，从而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，需要学生学会利用前面所学的知识解答后面的题目，具有很强的综合性，是中考常考题型．2．（1）直线AC的解析式为y＝﹣x+6；（2）d=4-t；（3）Q（212，1）．【解析】【分析】（1）先由解析式求出得A、C点的坐标，得OA=OC，得四边形ABCO为正方形，再根据正方形的面积求得边长，便可得b的值；（2）过点Q作QG⊥AB交AB延长沿于点G，证明Rt△AOP≌Rt△GPQ（AAS），得到AP=GQ，进而求得结论便可；（3）过点P作PH⊥OF于点H，延长PH交EQ的延长线于点R，EQ的延长线与x轴交于点N，过Q作QM⊥x轴于点M．证明Rt△AOP≌Rt△GPQ（CCS），得PK=QR，∠R=∠OKP，再证明∠R=∠FPR，得EP=ER，再证FE=NR，设FE=NR=k，NQ=m，在Rt△PQE中，由勾股定理列出方程，得到k与m的关系，解Rt△PQE得tan∠PEQ，进而把这个函数值运用到△OAP中，求得t的值，再运用（2）中结论得Q的纵坐标d的值，再运用到△QNM中求得NM，NQ的值，进而求得ON，便可得Q的横坐标的值．【详解】解：（1）∵直线y＝﹣x+b（b＞0）交x轴于点A，交y轴于点C，∴(,0),(0,)A b C b，∴OA=OC=b，∴矩形ABCO为正方形，∵矩形ABCO的面积是36．∴b=6，即直线AC的解析式为y＝﹣x+6；（2）如图，过点Q作QG⊥AB交AB延长沿于点G，∵∠OPQ=90°，∴∠APO+∠GPQ=90°，∵∠APO+∠AOP=90°，∴∠AOP=∠GPQ，∵在矩形ABCO，∠OAP=90°，QG⊥AB,∴∠QGP=∠OAP=90°，∵PQ=OP，∴Rt△AOP≌Rt△GPQ（AAS），∴AP=GQ，∵AP=t，∴GQ=t，∴d=4-t；（2）过点P作PH⊥OF于点H，延长PH交EQ的延长线于点R，EQ的延长线与y轴交于点N，过Q作QM⊥y轴于点M．则AP=t，QM=d，且d=6-t．∴∠POF =∠COF =∠PFO ，∴PF =PO ，∵PH ⊥OF ，∠OPQ ＝90°，∴∠OPH =∠FPH ，∠KPH =∠POH ，在△OPK 和△PQR 中，90OPK PQR PO QP POK QPR ∠∠︒⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝＝， ∴△OPK ≌△PQR （ASA ），∴PK =QR ，∠R =∠OKP ，∵∠OKP +∠POK =∠POK +∠OPH =90°，∴∠OKP =∠OPH ，∴∠R =∠OPH ，∵PO =PF ，PH ⊥OF ，∴∠OPH =∠FPH ，∴∠R =∠FPR ，∴EP =ER ，∵PE ∥ON ，OP ∥EN ，∴四边形OPEN 是平行四边形，∴EN =PO =PF ，∴PE -PF =ER -EN ，∴FE =NR ，设FE =NR =k ，则KQ =2FE =2k ，又设NQ =m ，∴PK =QR =m +k ，∴PQ =m +3k ，∴PO =EN =PF =m +3k ，∴QE =EN -QR =m +3k -m =3k ，PE =PF +FE =4k +m ，在Rt △PQE 中，∵PE 2=PQ 2+QE 2，∴（4k +m ）2=（3k +m ）2+（3k ）2，∴k 1=0（舍去），k 2=m ，∴PQ =4m ，QE =3m ，∴tan ∠PEN =43PQ QE =， ∵OP ∥EN ，∴tan ∠APO =43， ∵AO =6，∴AP =4.5，∴t =4.5，∴QM =d =6-t =1.5，∵PE ∥OC ，∴∠QNM =∠PEN ，∴tan ∠QNM =tan ∠PEN =43， ∴NM =9tan 8QM QNM =∠，∴m =NQ 158=， ∴PE =ON =4k +m =5m =758， ∴OM =ON +NM =212， ∴Q （212，1）． 【点睛】本题是一次函数与四边形的综合题，主要考查了一次函数的图象与性质，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，旋转的性质，解直角三角形的应用，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，是一道综合性极强的题目，解决这类问题常用到数形结合、方程和转化等数学思想方法．构造全等三角形是解题的关键，也是问题的突破口．3．（1）①()1,4；②2n =或1n =-；（2）1m 或0m =或43m -<≤-；（3）12m ≤【解析】【分析】（1）①根据顶点坐标的计算公式计算即可；②分两种情况讨论，根据二次函数的图象性质计算即可；（2）分三种情况讨论，再根据当x ≤2时，函数图象上有且只有2个点到x 轴的距离为2，列不等式组即可；（3）根据点P 和点M 横坐标的位置及二次函数的图象性质列不等式组即可；【详解】（1）当m ＝2时，函数解析式为2y x 2x 3=-++， ①2122bx a ，24124444ac b y a ---===-， ∴顶点坐标是()1,4；②∵2y x 2x 3=-++,10a =-<，∴开口方向向下，对称轴为：1,x =当1n >时，则x n =时，2233y n n =-++=，此时函数值最大，220,n n ∴-=解得：2n =（0n =舍去），当11n +<，即0n <时，∴1x n =+时，3y =最大，∴()()212133n n -++++=，解得：1n =-（1n =舍去）综上：2n =或1n =-；（2）221,y x x m =-+++()()2241148,m m ∴=-⨯-⨯+=+当480m +>即2m >-时，如图，当2x =时，1,y m =+根据当x ≤2时，函数图象上有且只有2个点到x 轴的距离为2可知，12,m +>1,m ∴>m ∴的范围是 1.m >当1x =时，22,y m =+= 此时符合题意，则0,m =当当480m +<即2m <-时，如图，根据当x ≤2时，函数图象上有且只有2个点到x 轴的距离为2可知，同理可得：2212m m +>-⎧⎨+≤-⎩解得：43,m -<≤-所以m 的范围是：4 3.m -<≤-综上：1m 或0m =或4 3.m -<≤-（3）2221(1)2y x x m x m =-+++=--++∴抛物线的顶点坐标为（1，2m +），对称轴为直线1x =∵点P 的横坐标为﹣3m +2，∴点P 的坐标为（﹣3m +2，2971m m -++）∵以PM 为对角线构造矩形PQMN ，矩形的各边与坐标轴垂直，抛物线在矩形PQMN 内部的函数部分y 随着x 的增大而增大，∴矩形中抛物线为对称轴左侧的部分，即1x ≤又点M 的坐标为（2m ，m ），∴2971121m m m m ⎧-++≥+⎨≤⎩ ∴102m ≤＜ ∵点P 在二次函数的图象上，当点M 点在点P 的左侧时∴232m m <-+∴25m <∴232m m <-+∴25 m＜∴25 m＜当点M点在点P的右侧时∴232m m-+＞∴25 m＞∴21 52m≤＜故当抛物线在矩形PQMN内部的函数部分y随着x的增大而增大时，12 m≤【点睛】本题主要考查了二次函数综合应用，二次函数的图象与性质，不等式组的解法，清晰的分类讨论是解题的关键．4．（1）都成立，理由见解析；（2）结论依然成立，理由见解析；（3）5 8【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 ACDB AB==，58EF AEFC 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 DAB 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 CDEB DB =又∵AB BE =∴AC CDAB 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．5．（1）①1；②47；②见解析；（3）是定值，53【解析】【分析】（1）①如图1，设DE与CF交于点G，由正方形的性质得出∠A=∠FDC=90°，AD=CD，可证明△AED≌△DFC（AAS），由全等三角形的性质得出DE=CF，则可得出结论；②如图2，设DB与CE交于点G，根据矩形性质得出∠A=∠EDC=90°，由直角三角形的性质证出∠ECD=∠ADB，由相似三角形的判定定理证出△DEC∽△ABD即可；（2）如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，证明△DEA∽△CFH，由相似三角形的性质得出DE ADCF CH=，则可得出结论；（3）过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点O，根据等积关系可得AH、DH和CG的长，，再证明△DEA∽△CFG，得出比例线段DE ADCF CG=则可求出答案．【详解】解：（1）①如图1，设DE与CF交于点G，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠A =∠FDC =90°，AD =CD ，∵DE ⊥CF ，∴∠DGF =90°，∴∠ADE +∠CFD =90°，∠ADE +∠AED =90°，∴∠CFD =∠AED ，在△AED 和△DFC 中，A FDC CFD AED AD CD ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△AED ≌△DFC （AAS ），∴DE =CF ， ∴DE CF=1 故答案为：1；②如图2，设DB 与CE 交于点G ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A =∠EDC =90°，∵CE ⊥BD ，∴∠DGC =90°，∴∠CDG +∠ECD =90°，∠ADB +∠CDG =90°，∴∠ECD =∠ADB ，∵∠CDE =∠A ，∴△DEC ∽△ABD ，∴4,7 CE DCBD AD==，故答案为：47．（2）证明：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，∵CG⊥EG，∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，∴四边形ABCH为矩形，∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，∠A=∠H=90°，∴△DEA∽△CFH，∴DE AD CF CH=，∴DE AD CF AB=，∴DE•AB=CF•AD；（3）是定值，如图4，过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点O，则AC BD⊥于H∵CF⊥DE，GC⊥AD，∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，∴△DEA∽△CFG，∴DE AD CF CG=，在Rt△ABD中，AD=9，AB=3，∴BD又1122AD AB BD AH=∴93310AD ABAHBD⨯===∴AC=2AHDH==∵1122ADCS AC DHAD CG∆=⋅=⋅，∴11922CG=⨯，∴CG=275，由（1）可得，ADE GCF∆∆∴952735DE ADCF CG===【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判断和性质，三角形的面积，解本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．6．（1）45︒；（2）()()2220222t t tSt t t⎧-+<<⎪=⎨->⎪⎩；（3）5【解析】【分析】（1）根据非负数的性质求得,m n的值，进而求得OB OC=，即可证明OBC是等腰直角三角形，即可求得BCO∠的度数；（2）分Q点在y轴正半轴，原点，y轴负半轴三种情况，根据点的运动表示出线段长度，进而根据三角形的面积公式即可列出代数式；（3）过点B作BD AQ⊥，连接EQ，根据四边形的面积求得5t=，进而求得10,5AP BQ==，由22BQP ABC OAQ∠=∠=∠，设ABC OAQα∠=∠=，BACβ∠=，则BQP∠=2α，证明ADE BDQ≌，进而可得，5BQ AE==1055PE AP AE=-=-=，进一步导角可得PEQPQE∠=∠，根据等角对等边即可求得PQ【详解】（1）20n-=2,2m n ∴=-=()(0,2),2,0B C ∴-2,2BO CO ∴==90BOC ∠=︒∴OBC 是等腰直角三角形，∴45BCO ∠=︒（2）①当Q 点在y 轴正半轴时，如图，,2BQ t AP t ==，2OB =，∴2QO t =-0OQ >，0t >∴02t << ∴()21122222S AP OQ t t t t =⨯=⨯⨯-=-+②当Q 点在原点时，,,A P Q 都在x 轴上，不能构成三角形，则2t =时，S 不存在 ③当Q 点在y 轴负半轴时，如图，,2BQ t AP t ==，2OB =，∴2QO t =-0OQ >，0t >∴2t >∴()21122222S AP OQ t t t t =⨯=⨯⨯-=- 综上所述：()()2220222t t t S t t t ⎧-+<<⎪=⎨->⎪⎩（3）如图，过点B 作BD AQ ⊥，连接EQ,2BQ t AP t ==(0)t >211=22522ABPQ S AP PQ t t t ∴⨯=⨯⨯==四边形 5t ∴=5BQ ∴=，10AP =22BQP ABC OAQ ∠=∠=∠设ABC OAQ α∠=∠=，BAC β∠=，则BQP ∠=2α，∴45BCO ABC BAC αβ∠=∠+∠=+=︒45BAD C CAD βα∴∠=∠+∠=+=︒ADB ∴是等腰直角三角形 BD AD ∴=90AOQ BDQ ∠=∠=︒OAQ AQO DBQ AQO ∴∠+∠=∠+∠∴OAQ DBQ ∠=∠α=在ADE 和BDQ △中ADE BDQ DAE DBQ AD BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ADE BDQ ∴≌DE DQ ∴=，5BQ AE ==10AP =1055PE AP AE ∴=-=-=90DEQ BDQ ∠=∠=︒DEQ ∴是等腰直角三角形45EQD ∴∠=︒Rt AOQ 中，OAQ α∠=90AQO α∴∠=︒-904545OQE AQO EQD ααβ∴∠=∠-∠=︒--︒=︒-=BQP ∠=2α，2PQE BQP OQE αβ∴∠=∠+∠=+又452PEQ OAQ EQD ααβ∠=∠+∠=︒+=+PEQ PQE ∴∠=∠PQ PE ∴=5=【点睛】本题考查了非负数的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．7．(1)234y x x =-++(2)(3)存在，（52，）或（，-）或（，-）【解析】【分析】（1）把点A （4，0）、B （0，4）代入抛物线y =-x 2+bx +c 中，求得b 和c 即可；（2）作点B 关于直线l 的对称轴B ′，连接B ′C 交l 于一点P ，点P 即为使△PBC 周长最小的点，由对称可知，PB ′=PB ，即△PBC 周长的最小值为：BC +CB ′；（3）设M （m ，-m 2+3m +4），①当EF 为边时，则EF ∥MN ，则N （m ，-m +4），所以NM =EF =，即|-m 2+3m +4-（-m +4）|=，求出m 的值，代入即可；②当EF 为对角线时，EF 的中点为（32，），由中点坐标公式可求得点N 的坐标，再由点N 是直线AB 上一点，可知-3+m +4=m 2-3m +，解得m 的值即可． (1)解：把点A （4，0）、B （0，4）代入抛物线y =-x 2+bx +c 中，得，，解得， ∴抛物线的解析式为：y =-x 2+3x +4；(2)解：由抛物线解析式可知，对称轴直线l ：x =32，∵点A（4，0），∴点C（-1，0），如图，作点B关于直线l的对称轴B′，连接B′C交l于一点P，点P即为使△PBC周长最小的点，此时B′（3，4），设直线B′C的解析式为y=kx+b1，∴，解得：，∴直线B′C的解析式为：y=x+1，把x=32代入得：y=32+1=52，∴P（32，52），∵B（0，4），C（-1，0），B′（3，4），∴BC=，CB′=2∴△PBC周长的最小值为：；(3)解：存在，以点E、F、N、M为顶点的四边形为平行四边形的点M的坐标为（52，）或（，-）或（，-）．理由如下：由抛物线解析式可知，E（32，），∵A（4，0）、B（0，4），∴直线AB的解析式为：y=-x+4，∴F（32，52）．∴EF=．设M（m，-m2+3m+4），①当EF为边时，则EF∥MN，∴N（m，-m+4），∴NM=EF=，即|-m2+3m+4-（-m+4）|=，解得m=32（舍）或52或或，∴M（52，）或（，-）或（，-）．②当EF为对角线时，EF的中点为（32，），∴点N的坐标为（3-m，m2-3m+），∴-3+m+4=m2-3m+，解得m=32（舍），m=52，∴M（52，）．综上，满足以点E、F、N、M为顶点的四边形为平行四边形的点M的坐标为（52，）或（，-）或（，-）．【点睛】本题主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形存在性问题，解题过程中注意需要分类讨论．8．（1）点P到A的最短距离为3；（2）43；（3）PJ=；（4）23秒．【解析】【分析】（1）在图1中，过点A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出AH即可；（2）如图1，证明△APQ∽△ABC，可得，根据可得，可得，根据（1）中AB=5，即可解出MP；（3）分两种情形：当0≤x≤3时，当3≤x≤9时，分别画出图形求解即可；（4）求出CK的长度，以及CQ的最大值，利用路程与速度的关系求解即可．【详解】解：（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．∵AB=AC，AH⊥BC，∴BH=CH=4，∠B=∠C，∴sin∠B=sin∠C==35，∴AH=3，BH=HC==4．∴当点P在BC上时，PA⊥BC时，点P到A的最短距离为3；（2）如图1中，∵∠APQ=∠B，∴PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∵PQ将△ABC的面积分成上下4：5，∴，∴，∴AP=，∴PM=AP-AM=-2=43；（3）当0≤x≤3时，如图1-1中，过点P作PJ⊥CA交CA的延长线于J．∵PQ∥BC，∴，∠AQP=∠C，∴，∴PQ=85（x+2），∵sin∠AQP=sin∠C=35，∴PJ=PQ•sin∠AQP=（x+2）；当3＜x≤9时，如图2中，过点P作PJ⊥AC于J．此时PC=8+5-2-x=11-x，同法可得PJ=PC•sin∠C=35（11-x）．综上，PJ=；（4）由题意点P的运动速度==14单位长度/秒．当3＜x≤9时，设点P移动的路程为x，CQ=y．∵∠APC=∠B+∠BAP=∠APQ+∠CPQ，∠APQ=∠B，∴∠BAP=∠CPQ，∵∠B=∠C，∴△ABP∽△PCQ，∴，∴，∴y=-15（x-7）2+165，∵-15＜0，∴x=7时，y有最大值，最大值=165，∵AK=94，∴CK=5-94=114＜165，当y=114时，114=-15（x-7）2+165，解得x=7±32，即，，∴点K被扫描到的总时长==（114+6-3）÷14=23（秒）．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会构建二次函数解决CQ 的最值问题．9．（1）()；（2）()2111601166m t t t =-+<<；（3）⎫⎪⎪⎝⎭或⎫⎪⎪⎝⎭ 【解析】【分析】(1)根据题意得，∠OBP =90°，OB =6，在Rt △OBP 中，由∠BOP =30°，如图，过点B ′作B M OA '⊥于M 点，根据折叠可得30,6,B OP BOP OB OB ''∠=∠=︒==推出30,B OM ∠=︒'得到13,2B M OB ''==再利用勾股定理求出OM 的长，即可求得答案； (2）由△O B 'P 、△QC 'P 分别是由△OBP 、△QCP 折叠得到的，可知△O B 'P ≅△OBP ，△Q C 'P ≅△QCP ，易证得△OBP △PCQ ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；(3)首先过点P 作PE ⊥OA 于E ，易证得△P C 'E △C 'QA ，,PE C E AC AQ'=' 再根据条件证明△P C 'E ≅△O C 'B '(AAS )，得到P C '= O C '= PC ，BP = A C '，AQ = m ， E C '= 11 - 2t ，然后利用相似三角形的对应边成比例与（2）中的m 和t 的关系，即可求得t 的值，得出P 点坐标．【详解】解：(1)根据题意，∠OBP = 90°，OB = 6，在Rt OBP 中，∠BOP ＝30°，如图，过点B ′作B M OA '⊥于M 点，经过点O 、P 折叠该纸片，得点B ′和折痕OP ，∴30,6,B OP BOP OB OB ''∠=∠=︒==9030,B OM BOP B OP ''∴∠=︒-∠-∠=︒∴在Rt OB M '中，13,2B M OB OM ''==∴=()B '∴，故答案为：()；(2) △O B 'P 、△Q C 'P 分别是由△OBP 、△QCP 折叠得到的，∴△O B 'P ≅∠OBP ，△Q C 'P ≅△QCP ，∴∠OP B '= ∠OPB ，∠QP C '= ∠QPC ，∠OP B ' + ∠OPB + ∠QP C '+ ∠QPC = 180°，∴∠OPB + ∠QPC = 90°，∠BOP + ∠OPB = 90°，∴∠BOP = ∠CPQ ， 又∠OBP = ∠C = 90°，∴△OBP △PCQ ， ,OB BP PC CQ ∴= 由题意设BP = t ，AQ = m ，BC = 11，AC = 6，则PC = 11–t ，CQ = 6－m ，()26,1161116011;66t t m m t t t ∴=--∴=-+<< (3)过点P 作PE ⊥OA 于E ，如图，∴∠PEA = ∠QA C '= 90°，∴∠P C 'E +∠EP C '= 90°，∠P C 'E + ∠Q C 'A = 90°，∴∠EP C '= ∠Q C 'A ，∴△P C 'E △C 'QA ，,PE C E AC AQ'∴='在△P C ' E 和△O C 'B '中，,PEC OB C PC E OC B PE OB ∠=∠⎧⎪∠=∠''''''⎨'⎪=⎩∴△P C 'E ≅△O C 'B '(AAS )，∴P C '= O C '= PC ，∴BP = A C '，A C '= PB = t ，PE = OB = 6，AQ = m ， E C '= 11 - 2t ， 26112,1116,66t t m m t t -∴==-+∴代入可得：2322360,t t -+=解得：12t t == ∴点P的坐标为⎫⎪⎪⎝⎭或⎫⎪⎪⎝⎭． 【点睛】本题考查了几何变换综合性题目，用到的知识点有：翻折变换的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等有关的知识点，综合性较强，难度较大，清楚翻折前后的两个图形全等以及熟悉相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．10．(1)该抛物线解析式为：(2)P 的坐标为(0，32)或(2，32) (3)PQ 直线解析式或【解析】【分析】（1）根据待定系数法求抛物线解析式，将()1,0A -和点()3,0B 代入解析式得出．解方程组即可；（2）根据抛物线是向下平移了3个单位，得出PP′⊥x 轴，．根据，可得x 轴是PP′的垂直平分线，得出点P 与点P′关于x 轴对称，可求点P 的纵坐标为32当时，．解方程即可； （3）详解方程组求出Q (-3，-6)或(3，0)，分两种情况当Q (3，0)，AC//PQ ，用待定系数法求出AC 解析式为，利用过点Q 与AC 平行待定系数法求PQ 解析式PQ 直线解析式；当Q (-3，-6) 过A 作AM ⊥PQ 于M ，过M 作MN ⊥x 轴于N ，过Q 作QL ⊥MN 于L ，可证MAN ∽△QML 利用性质得出，设AN =3m ，ML =2m ，MN =3n ，QL =2n ，NL =MN +ML =6,QL -AN =3-1=2，列方程组，求出点M （），用待定系数法设PQ 解析式即可 (1) 根据待定系数法求抛物线解析式，将()1,0A -和点()3,0B 代入解析式得．解得．则该抛物线解析式为：；(2) 解： ∴抛物线是向下平移了3个单位，PP′⊥x 轴，． ，∴x 轴是PP′的垂直平分线，∴点P 与点P′关于x 轴对称，∴点P 的纵坐标为32， ∴当1y =时，． 10x ∴=，；P ∴的坐标为(0，32)或(2， 32)；。

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附答案解析

一、解答题1．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝12x ＋2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线y ＝a 2x ＋bx ＋c 的对称轴是直线x ＝﹣32且经过A ，C 两点，与x 轴的另一交点为点B ．(1)求抛物线解析式；(2)在第四象限的抛物线上找一点M ，过点M 作MN 垂直x 轴于点N ．若△AMN 与△ABC 相似，求点M 的坐标；(3)如图2，P 为抛物线上一点，横坐标为p ，直线EF 交抛物线于E ，F 两点，其中∠EPF 为直角，当p 为定值时，直线EF 过定点D ，求随着p 的值发生变化时，D 点移动时形成的图象解析式．2．已知MON α∠=(0180)a <<︒，P 为射线OM 上的点，1OP =．（1）如图1，60α=︒，A ，B 均为射线ON 上的点，1OA =，OB OA >，PBC 为等边三角形，且O ，C 两点位于直线PB 的异侧，连接AC ．①依题意将图1补全；②判断直线AC 与OM 的位置关系并加以证明；（2）若45α=︒，Q 为射线ON 上一动点（Q 与O 不重合），以PQ 为斜边作等腰直角PQR ，使O ，R 两点位于直线PQ 的异侧，连接OR ．根据（1）的解答经验，直接写出POR 的面积．（3）若点E 为射线ON 上的点，3OE =，以PE 为边作等边PEF ，且O ，F 两点位于直线PE 的异侧，连接OF ．直接写出线段OF 的最大值．3．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣417，0），点B在直线l：y＝14x上且位于第三象限，过点B作AB的垂线，过原点O作直线l的垂线，两垂线相交于第二象限内的点C．（1）设BC与AO相交于点D，①若BA＝BO，求证：CD＝CO；②求：点A到直线l的距离；（2）是否存在点B，使得以A、B、C为顶点的三角形与以点B、C、O为顶点的三角形相似？若存在，求OB的长；若不存在，请说明理由．4．“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，45EAF∠=︒，且DE BF=，求证：EG AG=；（2）如图2，正方形ABCD中，45EAF∠=︒，延长EF交AB的延长线于点G，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）如图3在（2）的条件下，作GQ AE⊥，垂足为点Q，交AF于点N，连结DN，求证：45NDC∠=︒．5．如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆⊙O交于点D，连结BD交AC于点F．（1）求证：BD＝CD．（2）若∠BAC＝60°，BC＝3，当AF将△ABD的面积分为1：2两部分时，求△ADF与△BCF的面积比值．（3）将C点关于AD的对称点记为点C'，当BC'＝3BD时，写出AD与半径r的数量关系，并说明理由．6．已知抛物线y＝ax2+32x+4的对称轴是直线x＝3，与x轴相交于A，B两点（点B在点A右侧），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式和A，B两点的坐标；（2）如图1，若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），是否存在点P，使四边形PBOC的面积最大？若存在，求点P的坐标及四边形PBOC面积的最大值；若不存在，请说明理由；（3）如图2，若点M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线BC于点N，当MN＝3时，求点M的坐标．7．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于两点与y轴交于点C，点M是抛物线的顶点，抛物线的对称轴l与BC交于点D，与x轴交于点E．(1)求抛物线的对称轴及B点的坐标(2)如果，求抛物线的表达式；(3)在（2）的条件下，已知点F是该抛物线对称轴上一点，且在线段BC的下方，，求点F的坐标8．在△ABC中，D为AC上一点，且AC＝kAD，E是BC上一点，BD于AE相交于点O，若∠AOB+∠BAC＝180°．(1)如图1，若∠BAC＝120°，AB＝AC．①找出与∠ABD相等的角，并证明；②求的值．(2)如图2，若BE＝2CE，求的值．9．如图1，二次函数2=+的图像过点A（-1，3），顶点B的横坐标为1．y ax bx（1）求二次函数的解析式;（2）点P为二次函数第一象限图象上一点，点Q在x轴上，若以A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标；（3）如图3，一次函数y kx=（k>0）的图象与该二次函数的图像交于O、C两点，点T为该二次函数图像上位于直线OC下方的动点，过点T作直线1:l y x bk=-+交线段OC于点M（不与O、C重合），过点T作直线TN//y轴交OC于点N，若在点T运动的过程中，2ONOM=常数m，求m、k的值．10．如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（5，0），点B在第一象限内，且AB＝4，OB＝3．(1)试判断△AOB的形状，并说明理由．(2)点P是线段OA上一点，且PB－PA＝1，求点P的坐标；(3)如图2，点C、点D分别为线段OB、BA上的动点，且OC＝BD，求AC＋OD的最小值．11．如图，在矩形ABCD中，6cmAB=，12cmBC=，点P从点A出发沿AB以1cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动．（1）几秒钟后DPQ的面积等于228cm；（2）在运动过程中，是否存在这样的时刻，使点D恰好落在以点Q为圆心，PQ为半径的圆上？若存在，求出运动时间；若不存在，请说明理由．（3）在点P、Q的运动过程中，几秒后DPQ是直角三角形？请直接写出答案．12．如图1，抛物线y＝x2﹣4mx+4m2+2m﹣4（m是常数）的顶点为P，直线l：y＝x﹣4．(1)求证：点P在直线l上．(2)若m＜0，直线l与抛物线的另一个交点为Q，与y轴交点为H，Q恰好是线段PH的中点，求m的值．(3)如图2，当m＝0时，抛物线交x轴于A、B两点，M、N在抛物线上，满足MA⊥NA，判断MN是否恒过一定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由．13．设抛物线y=ax2+bx-2与x轴交于两个不同的点A（-1，0）、B（m，0），与y轴交于点C．且∠ACB=90度．(1)求m的值；(2)求抛物线的解析式，并验证点D（1，﹣3）是否在抛物线上；(3)已知过点A的直线y=x+1交抛物线于另一点E．问：在x轴上是否存在点P，使以点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似？若存在，请求出所有符合要求的点P的坐标；若不存在，请说明理由．14．某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积S1，S2，S3之间的关系问题”进行了以下探究：(1)类比探究：如图2，在Rt△ABC中，BC为斜边，分别以AB，AC，BC为斜边向外侧作Rt△ABD，Rt△ACE，Rt△BCF，若∠1＝∠2＝∠3，则面积S1，S2，S3之间的关系式为；(2)推广验证：如图3，在Rt△ABC中，BC为斜边，分别以AB，AC，BC为边向外侧作任意△ABD，△ACE，△BCF，满足∠1＝∠2＝∠3，∠D＝∠E＝∠F，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；(3)拓展应用：如图4，在五边形ABCDE中，∠A＝∠E＝∠C＝105°，∠ABC＝90°，AB＝23，DE＝2，点P在AE上，∠ABP＝30°，PE2=，求五边形ABCDE的面积．15．如图1，矩形OABC的顶点A、C分别落在x轴、y轴的正半轴上，点B（4，3），反比例函数kyx=（x＞0）的图象与AB、BC分别交于D、E两点，BD=1，点P是线段OA上一动点．(1)求反比例函数关系式和点E的坐标；(2)如图2，连接DE、PE、PD，求△PDE周长的最小值及此时点P的坐标；(3)如图3，将直线OD沿y轴向下平移且过点A，交y轴于点M，交双曲线于点N，Q为线段MN上任意一点，过点Q作与y轴平行的直线交双曲线于点F，试探索三角形CQF的面积是否存在最大值？如果有，请求出最大值，如果无，请说明理由．16．某公司生产的一种产品在市场上很受欢迎，该公司每年的产量为6万件，可在国内和国外两个市场全部销售．若在国外销售，平均每件产品的利润1y（元）与国外销售量xy=元，设（万件）之间的函数关系如图所示．若在国内销售，平均每件产品的利润为284该公司每年在国内和国外销售的总利润为w万元．(1)求1y与x之间的函数关系式，并求x的取值范围．(2)该公司每年在国内国外销售量各为多少时，可使公司每年的总利润最大？最大值是多少？(3)该公司计划以国外销售的每件产品中捐出2m（14≤≤）元给希望工程，从国内销售的m每件产品中捐出m元给希望工程，且国内销售量不低于4万件，若这时国内外销售的总利润的最大值为520万元，求m的值．17．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB3=下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦A′B′（A′，B′分别为点A，B的对应点），线段AA′长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．(1)如图，平移线段AB 得到⊙O 3P 1P 2和P 3P 4，则这两条弦的位置关系是 ；在点P 1，P 2，P 3，P 4中，连接点A 与点 的线段的长度等于线段AB 到⊙O 的“平移距离”；(2)若点A 在直线y ＝x ＋2上；①若点B 也在直线y ＝x ＋2上，记线段AB 到⊙O 的“平移距离”为d 1，求d 1的最小值； ②若点B 在抛物线y ＝x 2＋4上且AB ∥y 轴，是否存在这样的点B 满足题意，若存在，求出“平移距离”为d 2的最小值，若不存在，说明理由；(3)若点A 的坐标为（32），记线段AB 到⊙O 的“平移距离”为d 3，则d 3的取值范围为 ，当d 3取最小值时点B 的坐标为 ．18．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，直线:4l y x =+交x 轴于点C ，交y 轴于点D ，AB CD ，()2,3A ，点P 是直线l 上一动点，连接AP ，BP ．(1)求直线AB的表达式；(2)求22AP CP+的最小值；(3)如图2，将三角形ABP沿BP翻折得到A BP'，当点A'落在坐标轴上时，请直接写出直线BP的表达式．19．如图1，直线y＝﹣x+42与x，y轴的交点分别为点A，B，与反比例函数y6x=（x＞0）的图象的两交点分别为点C，D，点M是反比例函数上一动点．(1)求△OCD的面积；(2)是否存在点M，使得△ODM∽△OAD？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．(3)过点M分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为E，F，是否存在点M，使得矩形OEMF与△OCD的重叠部分的面积S等于236？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．20．在ABC中，AB AC=，D是边AC上一点，F是边AB上一点，连接BD、CF交于点E，连接AE，且．(1)如图1，若90BAC ∠=︒，，，求点B 到AE 的距离；(2)如图2，若E 为BD 中点，连接FD ，FD 平分，G 为CF 上一点，且，求证：；(3)如图3，若，12BC =，将ABD △沿着AB 翻折得，点H 为的中点，连接HA 、HC ，当周长最小时，请直接写出的值．【参考答案】**科目模拟测试一、解答题1．(1)213222y x x =--+(2)M （2，﹣3）或（5，﹣18） (3)【解析】 【分析】(1) 利用函数的对称轴确定点B 的坐标，再用待定系数法求解即可．(2) 利用勾股定理的逆定理判定三角形ABC 是直角三角形，根据三角形相似，对应边不确定时，分类求解即可． (3) 设E （，），F （，），P （p ，），过P 作y 轴平行线l ，分别过E ，F 作直线l 的垂线，垂足分别为M ，N ，构造一线三直角相似模型，证明相似，再构造方程组，转化为一元二次方程的根与系数关系定理，求解即可 ． (1) ∵直线y ＝12x ＋2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，当x ＝0时，y ＝2，即C （0，2）， 当y ＝0时，12x ＋2=0，解得x ＝﹣4，即A （﹣4，0）． 由A 、B 关于对称轴x ＝﹣32对称，得 B （1，0）．将A 、B 、C 点坐标代入函数解析式，得，解得，∴抛物线的解析式为213222y x x =--+．(2) 连接BC ，设M （m ，），则N （m ，0）．AN ＝m +4，MN ＝．由勾股定理，得 AC ＝，BC ＝，AB =1-(-4)=5，∴，∴∠ACB ＝90°，①当△ANM ∽△ACB 时，∠CAB ＝∠MAN ， ∵tan ∠CAB ＝tan ∠MAN ，tan ∠CAB ＝，∴tan∠MAN＝，整理，得，解得：＝﹣4（舍去），＝2，∴M（2，﹣3），②当△ANM′∽△BCA时，∠CBA＝∠MAN，∵tan∠CBA＝tan∠MAN，tan∠CBA＝，∴tan∠MAN＝，整理，得，解得：＝﹣4（舍去），＝5，∴M（5，﹣18），综上，点M的坐标是M（2，﹣3）或（5，﹣18）．(3)设E（，），F（，），P（p，），过P作y轴平行线l，分别过E，F作直线l的垂线，垂足分别为M，N，∵∠EPF为直角，∴∠MPE+∠NPF＝90°，∵∠PFN+∠NPF＝90°，∴∠MPE＝∠NPF，∵∠PME＝∠FPN＝90°，∴△PME∽△FNP，∴，∴ME•NF＝PM•PN，（，），F（，），P（p，），∴（﹣p）（﹣p）＝（﹣）（﹣）①，∵﹣＝＝﹣（﹣p）（+p+3），﹣＝＝（﹣p ）（+p +3），代入①式得•+（p +3）（+）++6p ＝﹣13②，设直线EF 的解析式为y ＝kx +m ，联立213222y x x =--+得，∴，∴、是该方程的两个根， ∴+＝﹣2k ﹣3，•＝2m ﹣4，代入②，整理，得 ∴m ＝（p +3）k ﹣，则直线EF 的解析式为y ＝kx +（p +3）k ﹣，∴当p 为定值时，直线EF 过定点D （﹣p ﹣3，﹣），∴x =﹣p ﹣3，y =﹣，∴，∴随着p 的值发生变化时，D 点移动时形成的图象解析式为．【点睛】本题考查了待定系数法确定二次函数的解析式，勾股定理，三角函数，三角形相似的判定和性质，一元二次方程根与系数关系定理，定点的意义，熟练运用待定系数法，灵活用三角形的相似，一元二次方程根与系数关系定理是解题的关键．2．（1）①见解析；②//AC OM ，证明见解析；（2）14；（3）4 【解析】 【分析】（1）①根据题意，补全图形即可；②连接AP ，可证得POA 是等边三角形，之后只要证明(SAS)OBP ACP ≌△△，可求得OPA PAC =∠∠，即可解决问题；（2）作PH OQ ⊥于H ，取PQ 的中点K ，连接HK ，RK ．利用圆的定义可以证明P ，R ，Q ，H 在以K 为圆心，PK 长为半径的圆上，从而证得，45RHQ PQR OPH ∠=∠=∠=︒，即可证明//OP RH ；（3）构造EFG ，使其与PFO △全等，将OF ，转移到OEG 中，利用三边关系即可求出线段最值． 【详解】解：（1）①如图所示：②结论：//AC OM ． 理由：连接AP∵1OA OP ==，60POA ∠=︒， ∴OAP △是等边三角形． ∴OP PA =，60OPA OAP ∠=∠=︒， ∵PBC 是等边三角形， ∴PB PC =，60BPC ∠=︒， ∴OPA APB BPC APB +=+∠∠∠∠， 即OPB APC ∠=∠， ∴(SAS)OBP ACP ≌△△． ∴60PAC O ==︒∠∠， ∴OPA PAC =∠∠， ∴//AC OM ．（2）作PH OQ ⊥于H ，取PQ 的中点K ，连接HK ，RK ． ∵90PHQ PRQ ∠=∠=︒，PK KQ =， ∴HK PK KQ RK ===，∴P ，R ，Q ，H 在以K 为圆心，PK 长为半径的圆上， ∴RHQ PQR ∠=∠，在等腰直角三角形PQR 中，45PQR QPR ∠=∠=︒，∴45RHQ RQP ∠=∠=︒，∴45RHQ POQ ∠=∠=︒， ∴//RH OP ， ∴POR POH S S =△△， 在Rt POH 中，1OP =， ∴22PH OH ==， ∴2POR POH PH S OHS =⋅=△△， 12212224POR S =⨯⨯=△，即14POR S =△．（3）如图以EF 为边作EFG PFO ∠=∠，且FG FO =，连接EG ，OG ， 已知PFE △为等边三角形， ∴60PFE ∠=︒, PF EF =，∴60PFE OFE EFG OFE ∠+∠=∠+∠=︒， ∴OFG △为等边三角形， ∴OF OG =， 在OPF △与GEF △中，PF EF PFO EFG OF OG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， (SAS)OPF GEF ≌△△，∴1OP GE ==， 在OEG 中OG OE GE +≤, ∵3OE =， ∴4OG ≤， ∴4OF OG =≤， ∴线段OF 的最大值为4．【点睛】本题考查作图-复杂作图、平行线的判定、等边三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、四点共圆，等边三角形手拉手全等模型，利用三边关系求线段最值等知识，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．3．（1）①见解析；②4；（2）8OB =或83OB =+843OB =-【解析】 【分析】（1）①根据BA =BO ，得到∠BAO =∠BOA ，再根据垂直的定义可得∠BAO +∠ADB =∠BOA +∠COD =90°，从而可以推出∠CDO =∠COD ，从而得证； ②分别过点A 作AE ⊥直线l 于E ，过点B 作BF ⊥x 轴于F ，可证△AOE ∽△BOF ，得到OE AE OF BF =，再由可设1,4B m m ⎛⎫⎪⎝⎭，得到OF m =-，14BF m =-，从而推出4OE AE =，再在直角三角形AEO 中利用勾股定理求解即可；（2）过点A 作AE ⊥直线l 于E ，由（1）②得AE =4，OE =4AE =16，设OB =x ，则BE =OE -OB =16-x ，则()2221616AB AE BE x =++-AEB ∽△BOC ，得到OC OBEB EA=即164OC x x =-，则()164x x OC -=，然后分当△ABC ∽△BOC 时和当△ABC ∽△COB 时两种情况讨论求解即可． 【详解】解：（1）①∵BA =BO ， ∴∠BAO =∠BOA ， ∵AB ⊥BC ，CO ⊥BO ， ∴∠ABC =∠BOC =90°，∴∠BAO +∠ADB =∠BOA +∠COD =90°， ∴∠COD =∠ADB ，又∵∠ADB =∠CDO ， ∴∠CDO =∠COD ， ∴CD =CO ；②如图所示，分别过点A 作AE ⊥直线l 于E ，过点B 作BF ⊥x 轴于F ， ∴∠AEO =∠BFO =90°， 又∵∠AOE =∠BOF ， ∴△AOE ∽△BOF ， ∴OE AEOF BF=， ∵B 在直线14y x =上， ∴可设1,4B m m ⎛⎫⎪⎝⎭，∴OF m =-，14BF m =-，∴14OE AEm m =--，∴4OE AE =， ∵()417,0A -， ∴417OA = ∵222AE OE OA +=， ∴22161617AE AE +=⨯， ∴4AE =，∴点A 到直线l 的距离为4；（2）如图所示，过点A作AE⊥直线l于E，由（1）②得AE=4，OE=4AE=16，设OB=x，则BE=OE-OB=16-x，∴()2221616AB AE BE x=+=+-∵AB⊥BC，CO⊥BO，AE⊥BO，∴∠ABC=∠BOC=∠AEB=90°，∴∠ABE+∠EAB=∠ABE+∠CBO=90°，∴△AEB∽△BOC，∴OC OBEB EA=即164OC xx=-，∴()164x x OC-=，∴()()222 222161616164x x xBC OB OC x x-=++=+-∵∠ABC=∠BOC=90°，∴以A、B、C为顶点的三角形与以点B、C、O为顶点的三角形相似有两种情况：当△ABC∽△BOC时，∴AB BCBO OC=()()()22161616164164xxxx x+-+-=-，解得8x=，∴此时8OB=；当△ABC∽△COB时，∴AB BCCO OB=()()()221616161644xxxx+-+-=，解得83x=±∴此时843OB=-，OB=+或843综上所述，当8OB=或843OB=-，使得以A、B、C为顶点的三角形与OB=+或843以点B、C、O为顶点的三角形相似．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，一次函数上点的坐标特征，相似三角形的性质与判定，勾股定理，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定．4．（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∠=∠，可得≅，得到AEM AEF∠=∠，再结合AEM EAG=；∠=∠，可得EG AGAEM AEF（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．5．（1）见详解；（2）17或47；（3）AD=r，理由见详解【解析】【分析】（1）先推出∠EAD=∠CBD，再根据圆内接四边形的性质可得∠EAD=∠BCD，进而即可得到结论；（2）由题意可得BF=2，DF=1或BF=1，DF=2，分两种情况：①当BF=2，DF=1时，过点C作CM⊥BD，②当BF=1，DF=2时，过点C作CN⊥BD，结合相似三角形的性质，即可求解；（3）由题意可知点C'在AE的延长线上，连接C'D，过点D作DM⊥B C'，连接AO，DO，从而可得∠ABD=30°，进而即可求解．【详解】（1）证明：∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，∴∠EAD=∠CAD，∵∠CAD=∠CBD，∴∠EAD=∠CBD，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠EAD=∠BCD，∴∠CBD=∠BCD，∴BD＝CD；（2）∵∠BAC＝60°，∴∠BDC=60°，∵BD＝CD，∴BCD△是等边三角形，∴BD=BC＝3，∵AF将△ABD的面积分为1：2两部分，∴BF=2，DF=1或BF=1，DF=2，当BF=2，DF=1时，过点C作CM⊥BD，则BM=1.5，MF=0.5，CM=332，∴CF=22331722⎛⎫⎛⎫+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，∵∠ADF=∠BCF，∠AFD=∠BFC，∴AFD BFC∽，∴△ADF与△BCF的面积比值=221177DFCF⎛⎫⎛⎫==⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当BF=1，DF=2时，如图，同理可得：CN=332，NF=0.5，CF=22331722⎛⎫⎛⎫+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，∴△ADF与△BCF的面积比值=222477DFCF⎛⎫⎛⎫==⎪⎪⎝⎭⎝⎭，综上所述：△ADF 与△BCF 的面积比值为17或47； （3）∵AD 是△ABC 的外角∠EAC 的平分线，C 点关于AD 的对称点记为点C'， ∴点C'在AE 的延长线上，连接C'D ，过点D 作DM ⊥B C'，连接AO ，DO ，如图所示，∴BD =CD =C'D ，BM =12BC'， ∵BC'3，∴BM 3，即：cos ∠ABD 3 ∴∠ABD =30°，∴∠AOD =60°，∴AOD △是等边三角形，∴AD =AO =r ．【点睛】本题主要考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．6．（1）213442y x x =-++，点A 的坐标为（﹣2，0），点B 的坐标为（8，0）；（2）存在，点P （4，6）；（3）点M 的坐标为（4﹣771）或（77﹣1）．【解析】【分析】（1）由抛物线的对称轴是直线x ＝3，解出a 的值，即可求得抛物线解析式，在令其y 值为零，解一元二次方程即可求出A 和B 的坐标；（2）易求点C 的坐标为（0，4），设直线BC 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0），将B （8，0），C （0，4）代入y ＝kx +b ，解出k 和b 的值，即得直线BC 的解析式；设点P 的坐标为（x ，213442x -++），过点P 作PD ∥y 轴，交直线BC 于点D ，则点D 的坐标为（x ，142x -+），利用关系式S 四边形PBOC ＝S △BOC +S △PBC 得出关于x 的二次函数，从而求得其最值；（3）设点M 的坐标为（m ，213442m m -++）则点N 的坐标为（m ，142m -+），MN ＝2213114(4)24224m m m m m -++--+=-+，分当0＜m ＜8时，或当m ＜0或m ＞8时来化简绝对值，从而求解．【详解】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x ＝3，3232a∴-= 14a ∴=- ∴抛物线的解析式为：213442y x x =-++． 当y ＝0时，2130442x x =-++，解得x 1＝﹣2，x 2＝8， ∴点A 的坐标为（﹣2，0），点B 的坐标为（8，0）． 答：抛物线的解析式为：213442y x x =-++；点A 的坐标为（﹣2，0），点B 的坐标为（8，0）．（2）当x ＝0时，2134442y x x =-++=， ∴点C 的坐标为（0，4）．设直线BC 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0），将B （8，0），C （0，4）代入y ＝kx +b 得804k b b +=⎧⎨=⎩，解得124k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩ ∴直线BC 的解析式为142y x =-+． 假设存在点P ，使四边形PBOC 的面积最大，设点P 的坐标为（x ，213442x x -++），如图1所示，过点P 作PD ∥y 轴，交直线BC 于点D ，则点D 的坐标为（x ，142x -+），则PD ＝2211314222()444-++-++-=-x x x x x ， ∴S 四边形PBOC ＝S △BOC +S △PBC118422PD OB =⨯⨯+⋅ 211168(2)24x x =+⨯-+ 2816x x =-++2(4)32x =--+∴当x ＝4时，四边形PBOC 的面积最大，最大值是32∵0＜x ＜8，∴存在点P （4，6），使得四边形PBOC 的面积最大．答：存在点P ，使四边形PBOC 的面积最大；点P 的坐标为（4，6），四边形PBOC 面积的最大值为32．（3）设点M 的坐标为（m ，213442m m -++）则点N 的坐标为（m ，142m -+）， ∴MN ＝2213114(4)24224m m m m m -++--+=-+ 又∵MN ＝3，21234m m ∴-+= 当0＜m ＜8时，212304m m -+-=，解得m 1＝2，m 2＝6， ∴点M 的坐标为（2，6）或（6，4）；当m ＜0或m ＞8时，212304m m -+-=，解得m 3＝427-m 4＝427+， ∴点M 的坐标为（47-71）或（427+，71-）．答：点M 的坐标为（2，6）、（6，4）、（47-71）或（427+，71-）．【点睛】本题属于二次函数压轴题，综合考查了待定系数法求解析式，解析法求面积及点的坐标的存在性，最大值等问题，难度较大．7．(1)对称轴是，B(4，0) (2)y=(3)F(32，-5)【解析】【分析】（1）根据二次函数抛物线的性质，可求出对称轴，即可得B点的坐标；（2）二次函数的y轴平行于对称轴，根据平行线分线段成比例用含a的代数式表示DE的长，MD=158，可表示M的纵坐标，然后把M的横坐标代入y=ax2−3ax−4a，可得到关于a的方程，求出a的值，即可得答案；（3）先证△AOC∽△COB，得∠BCO=∠CAO，再求出∠CAO=∠CFB，得△AGC∽△FGB，根据相似三角形对于高的比等于相似比，可得答案．(1)解：∵二次函数y=ax2−3ax−4a，∴对称轴是，∵A(−1，0)，∵1+1.5=2.5，∴1.5+2.5=4，∴B(4，0)；(2)∵二次函数y=ax2−3ax−4a，C在y轴上，∴C的横坐标是0，纵坐标是−4a，∵y轴平行于对称轴，∴，∴，∵，∵MD=158，∵M的纵坐标是+15 8∵M的横坐标是对称轴x，∴ ，∴+158=，解这个方程组得：12a =- ， ∴y =ax 2−3ax −4a =12- x 2-3×（12-）x -4×（12-）=；(3)假设F 点在如图所示的位置上，连接AC 、CF 、BF ，CF 与AB 相交于点G ，由（2）可知：AO =1，CO =2，BO =4，∴，∴， ∵∠AOC =∠COB =90°，∴△AOC ∽△COB ，∴∠BCO =∠CAO ，∵∠CFB =∠BCO ，∴∠CAO=∠CFB ，∵∠AGC =∠FGB ，∴△AGC ∽△FGB ，∴， 设EF =x ，∵BF 2=BE 2+EF 2=，AC 2=22+12=5，CO 2=22=4， ∴=， 解这个方程组得：x 1=5，x 2=-5，∵点F 在线段BC 的下方，∴x1=5（舍去），∴F（32，-5）．【点睛】本题考查了二次函数的性质、平行线分线段成比例、一元一次方程的解法、一元二次方程方程的解法、相似三角形的判定与性质，做题的关键是相似三角形的判定与性质的灵活运用．8．(1)①∠ABD＝∠CAE，证明见解析；②(2)【解析】【分析】（1）①由∠BAC＝120°，得∠ADO+∠ABD＝60°，由∠AOB+∠BAC＝180°，得∠AOB＝60°，进而命题得证；②作EF⊥BC交AC于F，设AD＝a，则AB＝AC＝ka，CD＝（k﹣1）•a，设EF＝x，证明△AEF∽△BAD，进一步求得结果；（2）作EF//BD交AC于F，设AD＝a，设OD＝x，则AC＝k•a，CD＝（k﹣1）•a，△EFC∽△BDC，△AOD∽△AEF，进一步求得结果．(1)①∠ABD＝∠CAE，理由如下：∵∠BAC＝120°，∴∠ADO+∠ABD＝60°，∵∠AOB+∠BAC＝180°，∴∠AOB＝60°，∴∠ADO+∠CAE＝60°，∴∠ABD＝∠CAE；②如图1，作EF⊥BC交AC于F，设AD＝a，则AB＝AC＝ka，CD＝（k﹣1）•a，设EF＝x，∵AB＝AC，∴∠C＝∠ABC＝30°，∴CF＝2x，∠AFE＝∠C+∠CEF＝120°，∵∠BAC＝120°，∴∠AFE＝∠BAC，∵∠ABD＝∠CAE，∴△AEF∽△BAD，∴，，∴，∴x＝，即：EF＝∴＝；(2)如图2，作EF//BD交AC于F，设AD＝a，设OD＝x，则AC＝k•a，CD＝（k﹣1）•a，∴△EFC∽△BDC，△AOD∽△AEF∴，，∴BD＝3EF，CF＝＝13（k﹣1）•a，∴＝，∴EF＝，∴BD＝（2k+1）•x，∵∠CAE＝∠ACD，∠ADO＝∠ADB，∴△AOD∽△BAD，∴＝＝，∴＝，∴x ＝•a∴＝＝．【点睛】本题考查了等腰三角形性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是设未知数，利用相似三角形关联量与量之间关系．9．（1）22y x x =-；（2）点P的坐标(14)+或(1+；（3）m =，12k =． 【解析】【分析】（1）根据条件图象过点A （﹣1，3），顶点B 的横坐标为1，代入点A ，并利用对称轴为直线x =1列式计算即可；（2）设点Q （m ，0），P （n ，n 2﹣2n ），其中n >2，如下图所示，分两种情况，①当AB 为对角线时，根据中点坐标公式，列出方程组解决问题；②当AB 为边时，根据中点坐标公式列出方程组解决问题；（3）设T （m ，m 2﹣2m ），因为直线TM 为y =﹣1kx +b ，则联立212y kx m y x m m k k =⎧⎪⎨=-+-+⎪⎩，可得出()222222,11k m k mk m m k mk m M k k ⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪++⎝⎭，得到OM 22121m k mk k-+ON =m2ON OM，所以k =12时，2ON OM 【详解】（1）∵二次函数2y ax bx =+的图象过点A （﹣1，3），顶点B 的横坐标为1，则有312a b b a=-⎧⎪⎨-=⎪⎩， 解得12a b =⎧⎨=-⎩， ∴二次函数y =x 2﹣2x ；（2）由（1）得，B （1，﹣1），∵A （﹣1，3），∴直线AB 解析式为y =﹣2x +1，AB =25， 设点Q （m ，0），P （n ，n 2﹣2n ），点P 为二次函数第一象限图象上一点，二次函数过（0,0）和（2,0），∴n >2，∵以A 、B 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，①如图，当AB 为对角线时，线段AB 中点为（0,1），和PQ 中点相同，根据中点坐标公式得：则有202212m n n n +⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩， 解得1313m n ⎧=--⎪⎨=+⎪⎩或1313m n ⎧=-+⎪⎨=-⎪⎩， ∴P （1+3，2）和（1﹣3，2）；②如图，当AB 为边时，线段AQ 和线段BP 的中线相同，根据中点坐标公式得：2112221322n m n n +-⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩， 解得3515m n ⎧=⎪⎨=⎪⎩3515m n ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ∴P （54）或（154），由于n >2，所以点P的坐标(14)+或(1+；（3）设T （m ，m 2﹣2m ），∵直线TM 为y =﹣1k x +b ， 则代入T ，m 2﹣2m =﹣1k m +b ，b =m 2﹣2m +m k ， 由212y kx m y x m m k k =⎧⎪⎨=-+-+⎪⎩， 解得()22222121m k mk m x k k m k mk m y k ⎧-+=⎪+⎪⎨-+⎪=⎪+⎩， ()222222,11k m k mk m m k mk m M k k ⎛⎫-+-+ ⎪∴ ⎪++⎝⎭， ∴OM22121m k mk k -=+ ，∵过点T 作直线TN //y 轴交OC 于点N，(),N m km ∴，∴ON =m∴2ON OM∴k =12时，2ON OM = ∴当k =12时，点T 运动的过程中，2ON OM为常数． 【点睛】本题考查二次函数综合题，平行四边形的判定和性质，中点坐标公式等知识，解题的关键是利用参数，方程组解决问题，学会转化的思想，属于中考压轴题．10．(1)△AOB 是直角三角形，证明见解析(2)P (，0) (3)【解析】【分析】（1）利用勾股定理的逆定理求解即可；（2）作BD ⊥OA 于D ，设PA =x ，则BP =x +1，利用面解法求出BE 的长，在Rt △BEP 中利用勾股定理求出x的值即可求解；（3）过点O作以OB为腰，∠BOH=90°的等腰直角三角形，利用SAS证明△HOC≌△OBD，得OD=HC，则当A、C、H三点共线时，AC+CH最小，即AC+OD有最小值为AH的长．(1)解：△AOB是以B为直角顶点的直角三角形，理由如下：∵A（5，0），∴OA=5，∴AB2+OB2=42+32=25=52=OA2，∴△AOB是以OA为斜边的直角三角形；(2)解：如图，作BE⊥OA于E，设PA=x，则BP=x+1，∵S△AOB＝12BO•AB＝12OA•BE，∴，∴OE=，∴PE=5-95-x=165-x，在Rt△BEP中，(x+1)2=(165-x)2+(125)2，解得x=∴OP=5-=，∴P(，0)；(3)解：如图，过点O作以OB为腰，∠BOH=90°的等腰直角三角形，∴HO=BO，∠HOC=∠OBD=90°，又∵OC=DB，在△HOC和△OBD中，∴△HOC≌△OBD（SAS），∴OD=HC，∴AC+OD=AC+HC，∴要使AC+OD最小，则AC+CH最小，∴当A、C、H三点共线时，AC+CH最小，即AC+OD有最小值为AH的长，分别过点B，H作BE⊥x轴于E，HF⊥x轴于F，则OB=OH=3，∵S△AOB＝12BO•AB＝12OA•BE，∴，∴，∵∠HFO=∠HDB=∠OEB=90°，∴∠HOF+∠OHF=90°，∠HOF+∠BOE=90°，∴∠OHF=∠BOE，在△OHF与△BOE中，，∴△OHF ≌△BOE （AAS ），∴OF =BE =125，HF =OE =95， ∵H 在第二象限，∴H （-125，95）； ∴，即AC +OD 有最小值为． 【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的性质，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．11．（1）2秒或4秒；（2）存在，时间为()18秒；（3）0秒或32秒或6秒 【解析】【分析】（1）设a 秒后，DPQ 的面积等于228cm ，利用割补法表示DPQ ADP PBQ DQC ABCD S S SS S =---矩形，建立方程求解即可； （2）点D 恰好落在以点Q 为圆心，PQ 为半径的圆上，即为PQ =QD ，即PQ 2=QD 2，根据勾股定理将PQ 2、QD 2分别用x 表示出来，列方程求出x 的值即可；（3）分别表示出2DP ，2PQ ，2DQ ，然后结合勾股定理进行分类讨论即可．【详解】解：（1）设a 秒后，DPQ 的面积等于228cm ，则由题意，a 秒后，AP a =，2BQ a =，122CQ BC BQ a =-=-，∵DPQ ADP PBQ DQC ABCD S S S S S =---矩形，61272ABCD S AB BC ==⨯=矩形，1112622ADP SAP AD a a ==⨯⨯=， ()21162622PBQ SPB BQ a a a a ==-=-， ()11122636622DQC S QC CD a a ==-⨯=-， ∴()()2287266366a a a a =-----，整理得：2680a a -+=，解得：2a =或4a =，∴经过2秒或4秒后，DPQ 的面积等于228cm ；（2）假设运动开始后第x 秒时，满足条件，则：QP QD =，∵22222(6)(2)=+=-+QP PB BQ x x ，22222(122)6=+=-+QD QC CD x ，∴2222(122)6(6)(2)-+=-+x x x ，整理得：2361440+-=x x ，解得：18=-±x∵0186<<，∴运动开始后第()18秒时，点D 恰好落在以点Q 为圆心，PQ 为半径的圆上．（3）设t 秒后，满足条件，其中06t ≤≤，则22212DP t =+，()22264PQ t t =-+，()2212236DQ t =-+，①若∠PQD =90°，则222PQ DQ DP +=，即：()()22222641223612t t t t -++-+=+，整理得：2215180t t -+=， 解得：32t =或6t =；②若∠PDQ =90°，则222DQ DP PQ +=，即：()()22222122361264t t t t -+++=-+，解得：8t =，不合题意，舍去；③若∠DPQ =90°，则222DP PQ DQ +=，即：()()22222126412236t t t t ++-+=-+，整理得：2180t t +=，解得：0=t 或18t =-（不符合题意，舍去）；综上，当0=t 或32t =或6t =时满足DPQ 为直角三角形【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用、勾股定理以及割补法求三角形面积，本题关键在于设未知数，找出等量关系，列方程求解．12．(1)见解析；(2)1m =-；(3)存在；()21-，【解析】【分析】（1）求出P （2m ，2m −4），判断P 点在直线y ＝2x −4上即可；（2）联立2244424y x y x mx m m =-⎧⎨=-++-⎩， 则()2241420x m x m m -+++=，由韦达定理可得x 1＋x 2＝4m ＋1，可知Q 点横坐标为2m ＋1，再由中点坐标公式可得2m ＋1＝m ，即可求m ＝−1；（3）设直线MN 的解析式为y ＝kx ＋b ，联立24y kx b y x =+⎧⎨=-⎩得到x 2−kx −4−b ＝0，由韦达定理可得m ＋n ＝k ，mn ＝−4−b ，过点M 作ME ⊥x 轴交于点E ，过点N 作NF ⊥x 轴交于点F ，可证明△MAE ∽△ANF ，则ME AE AF NF =，即224224m m n n --=--，可求k 与b 的关系为：2k −b ＋1＝0，则直线MN 的解析式为1111222b y x b x b x -⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，当x ＝−2时，y ＝1，由此可知直线MN 经过定点（−2，1）．(1)∵y ＝x 2−4mx ＋4m 2＋2m −4＝()2224x m m =-+- ∴P （2m ，−2m −4），将x ＝2m 代入y ＝x −4，得y ＝2m −4，∴P 点在直线y ＝x −4上；(2)当x ＝0时，y ＝-4，∴H （0，-4），联立2244424y x y x mx m m =-⎧⎨=-++-⎩， ∴()2241420x m x m m -+++=，∴x 1＋x 2＝4m ＋1，∴Q 点横坐标为2m ＋1，∵Q 恰好是线段PH 的中点，∴2m ＋1＝m ，∴m ＝−1；(3)存在，理由如下：当m ＝0时，y ＝x 2−4， 令y ＝0，则x ＝±2，∴A （2，0），设M （m ，m 2－4），N （n ，n 2-4），设直线MN 的解析式为y ＝kx ＋b ， 联立24y kx b y x =+⎧⎨=-⎩， ∴x 2−kx −4−b ＝0， ∴m ＋n ＝k ，mn ＝−4−b ，过点M 作ME ⊥x 轴交于点E ，过点N 作NF ⊥x 轴交于点F ，如图所示：∵MA⊥AN，∴∠MAE＋∠NAF＝90°，∠MAE＋∠AME＝90°，∴∠AME＝∠NAF，∴△MAE∽△AN F，∴ME AE AF NF=，∵AE＝2−m，ME＝m2−4，AF＝n−2，NF＝n2−4，∴224224m mn n--=--，∴2k−b＋1＝0，∴1111222by x b x b x -⎛⎫=+=+-⎪⎝⎭，∴当x＝−2时，y＝1，∴直线MN经过定点（−2，1）．【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数与一次函数的图象及性质，会求函数交点坐标，灵活应用韦达定理是解题的关键．13．(1)m=4；(2)点D（1，-3）在抛物线上；(3)存在，点P的坐标为（137，0）或（-225，0）．【解析】【分析】（1）根据抛物线的解析式可知OC=2，由于∠ACB=90°，可根据射影定理求出OB的长，即可得出B点的坐标，也就得出了m的值．然后根据A，B，C三点的坐标，用待定系数法可求出抛物线的解析式；（2）将D 点的坐标代入（1）得出的抛物线的解析式中，即可判断出D 是否在抛物线上；（3）本题要分情况进行讨论，如果过E 作x 轴的垂线，不难得出∠DBx =135°，而∠ABE 是个钝角但小于135°，因此P 点只能在B 点左侧．可分两种情况进行讨论可求出符合条件的P 点的值．(1)解：令x =0，得y =-2，∴C （0，-2），∵∠ACB =90°，CO ⊥AB ，∴△AOC ∽△COB ，∴OA •OB =OC 2， ∴OB =24OC OA=， ∴m =4；(2)解：将A （-1，0），B （4，0）代入y =ax 2+bx -2， 2016420a b a b --=⎧⎨+-=⎩， 解得1232a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴抛物线的解析式为y =12x 2-32x -2， 当x =1时，y =12x 2-32x -2=-3， ∴点D （1，-3）在抛物线上；(3) 解：解方程组2132221y x x y x ⎧=--⎪⎨⎪=+⎩得：12121607x x y y =-=⎧⎧⎨⎨==⎩⎩，， ∴E （6，7），过E 作EH ⊥x 轴于H ，则H （6，0），∴AH =EH =7， ∴∠EAH =45°，作DF ⊥x 轴于F ，则F （1，0）， ∴BF =DF =3， ∴∠DBF =45°， ∴∠EAH =∠DBF =45°，∴∠DBH =135°，90°＜∠EBA ＜135°， 则点P 只能在点B 的左侧，有以下两种情况： 若△DBP 1∽△BAE ，则1BP BD AB AE=， ∴BP 1=53215772AB BD AE ⋅⨯=， ∴OP 1=4-157=137， ∴P 1（137，0）； ②若△DBP 2∽△BAE ，则2BP BDAE AB=， ∴BP 2=7232425AE BD AB ⋅⋅==， ∴OP 2=425-4=225， ∴P 2（-225，0）． 综合①、②，得点P 的坐标为：P 1（137，0）或P 2（-225，0）．【点睛】本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定和性质等知识点，综合。

2022年中考数学压轴难题押题附答案解析

2022年中考数学压轴难题押题附答案解析

2022年中考数学压轴题1．问题探究（1）如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，则线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE+DF＝EF；（2）如图②，在△ADC中，AD＝2，CD＝4，∠ADC是一个不固定的角，以AC为边向△ADC的另一侧作等边△ABC，连接BD，则BD的长是否存在最大值？若存在，请求出其最大值；若不存在，请说明理由；问题解决（3）如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，BC＝4√2，若BD⊥CD，垂足为点D，则对角线AC的长是否存在最大值？若存在，请求出其最大值；若不存在，请说明理由．解：（1）如图①，延长CD至G，使得DG＝BE，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠AFG＝90°，∴△ABE≌△ADG，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠GAF＝∠EAF，又∵AF＝AF，∴△AEF≌△AEG，∴EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF，故答案为：BE+DF＝EF；（2）存在．在等边三角形ABC中，AB＝BC，∠ABC＝60°，如图②，将△ABD绕着点B顺时针旋转60°，得到△BCE，连接DE．由旋转可得，CE＝AD＝2，BD＝BE，∠DBE＝60°，∴△DBE是等边三角形，∴DE＝BD，∴在△DCE中，DE＜DC+CE＝4+2＝6，∴当D、C、E三点共线时，DE存在最大值，且最大值为6，∴BD的最大值为6；（3）存在．如图③，以BC为边作等边三角形BCE，过点E作EF⊥BC于点F，连接DE，∵AB＝BD，∠ABC＝∠DBE，BC＝BE，∴△ABC≌△DBE，∴DE＝AC，∵在等边三角形BCE中，EF⊥BC，∴BF=12BC＝2√2，∴EF=√3BF=√3×2√2=2√6，以BC为直径作⊙F，则点D在⊙F上，连接DF，∴DF=12BC=12×4√2=2√2，∴AC＝DE≤DF+EF＝2√2+2√6，即AC的最大值为2√2+2√6．2．【问题提出】：将一个边长为n（n≥2）的正三角形的三条边n等分，连接各边对应的等分点，则该三角形被剖分的网格中的结点个数和线段数分别是多少呢？【问题探究】：要研究上面的问题，我们不妨先从特例入手，进而找到一般规律．探究一：将一个边长为2的正三角形的三条边平分，连接各边中点，则该三角形被剖分的网格中的结点个数和线段数分别是多少？如图1，连接边长为2的正三角形三条边的中点，从上往下：共有1+2+3＝6个结点．边长为1的正三角形，第一层有1个，第二层有2个，共有1+2＝3个，线段数为3×3＝9条；边长为2的正三角形有1个，线段数为3条，总共有3×（1+2+1）＝2×（1+2+3）＝12条线段．探究二：将一个边长为3的正三角形的三条边三等分，连接各边对应的等分点，则该三角形被剖分的网格中的结点个数和线段数分别是多少？如图2，连接边长为3的正三角形三条边的对应三等分点，从上往下：共有1+2+3+4＝10个结点．边长为1的正三角形，第一层有1个，第二层有2个，第三层有3个，共有1+2+3＝6个，线段数为3×6＝18条；边长为2的正三角形有1+2＝3个，线段数为3×3＝9条，边长为3的正三角形有1个，线段数为3条，总共有3×（1+2+3+1+2+1）＝3×（1+2+3+4）＝30条线段．探究三：请你仿照上面的方法，探究将边长为4的正三角形的三条边四等分（图3），连接各边对应的等分点，该三角形被剖分的网格中的结点个数和线段数分别是多少？（画出示意图，并写出探究过程）【问题解决】：请你仿照上面的方法，探究将一个边长为n（n≥2）的正三角形的三条边n等分，连接各边对应的等分点，则该三角形被剖分的网格中的结点个数和线段数分别是多少？（写出探究过程）【实际应用】：将一个边长为30的正三角形的三条边三十等分，连接各边对应的等分点，则该三角形被剖分的网格中的结点个数和线段数分别是多少？解：探究三：如图3中，连接边长为4的正三角形三条边的对应四等分点，从上往下：共有1+2+3+4+5＝15个结点．边长为1的正三角形，第一层有1个，第二层有2个，第三层有3个，第四层有4个，共有1+2+3+4＝10个结点个数，线段数为3×10＝30条；边长为2的正三角形有1+2+3＝6个，线段数为3×6＝18条，边长为3的正三角形有3个，线段数为3×3＝9，边长为4的正三角形有1个，线段数为3条，总共有3×（1+2+3+4+1+2+3+3+1）＝4×（1+2+3+4+5）＝60条线段．问题解决：探究将一个边长为n（n≥2）的正三角形的三条边n等分，连接各边对应的等分点，从上往下：共有1+2+3+4+5＝15个结点．边长为1的正三角形，第一层有1个，第二层有2个，第三层有3个，第四层有4个，•第n层有n个，共有1+2+3+4+…+n个结点个数，线段数为3×（1+2+3＝4+…+n）条；边长为2的正三角形有1+2+3＝6个，线段数为3×6＝18条，边长为3的正三角形有3个，线段数为3×3＝9，边长为4的正三角形有1个，线段数为3条，…边长为n的三角形1个，线段数为3，线段的个数为n （1+2+3+…+n+1）．实际应用：将一个边长为30的正三角形的三条边三十等分，连接各边对应的等分点，则该三角形被剖分的网格中的结点个数为1+2+…+30+31＝496个结点个数，线段数＝30（1+2+3+…+31）＝14880．3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以斜边AB上的中线CD为直径作⊙O，与BC交于点M，与AB的另一个交点为E，过M作MN⊥AB，垂足为N．（1）求证：MN是⊙O的切线；（2）若⊙O的直径为5，sin B=35，求ED的长．【解答】（1）证明：连接OM，如图1，∵OC＝OM，∴∠OCM＝∠OMC，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，∴CD=12AB＝BD，∴∠DCB＝∠DBC，∴∠OMC＝∠DBC，∴OM∥BD，∵MN⊥BD，∴OM⊥MN，∵OM过O，∴MN是⊙O的切线；（2）解：连接DM，CE，∵CD是⊙O的直径，∴∠CED＝90°，∠DMC＝90°，即DM⊥BC，CE⊥AB，由（1）知：BD＝CD＝5，∴M为BC的中点，∵sin B=3 5，∴cos B=4 5，在Rt△BMD中，BM＝BD•cos B＝4，∴BC＝2BM＝8，在Rt△CEB中，BE＝BC•cos B=32 5，∴ED＝BE﹣BD=325−5=75．4．已知∠MPN的两边分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的半径为r．（1）如图1，点C在点A，B之间的优弧上，∠MPN＝80°，求∠ACB的度数；（2）如图2，点C在圆上运动，当PC最大时，要使四边形APBC为菱形，∠APB的度数应为多少？请说明理由；（3）若PC交⊙O于点D，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含r的式子表示）．【解答】解：（1）如图1，连接OA，OB，∵P A，PB为⊙O的切线，∴∠P AO＝∠PBO＝90°，∵∠APB+∠P AO+∠PBO+∠AOB＝360°，∴∠APB+∠AOB＝180°，∵∠APB＝80°，∴∠AOB＝100°，∴∠ACB＝50°；（2）如图2，当∠APB＝60°时，四边形APBC是菱形，连接OA，OB，由（1）可知，∠AOB+∠APB＝180°，∵∠APB＝60°，∴∠AOB＝120°，∴∠ACB＝60°＝∠APB，∵点C 运动到PC 距离最大， ∴PC 经过圆心，∵P A ，PB 为⊙O 的切线，∴P A ＝PB ，∠APC ＝∠BPC ＝30°， 又∵PC ＝PC ，∴△APC ≌△BPC （SAS ），∴∠ACP ＝∠BCP ＝30°，AC ＝BC ， ∴∠APC ＝∠ACP ＝30°， ∴AP ＝AC ，∴AP ＝AC ＝PB ＝BC ，∴四边形APBC 是菱形；（3）∵⊙O 的半径为r ，∴OA ＝r ，OP ＝2r ，∴AP =√3r ，PD ＝r ，∵∠AOP ＝90°﹣∠APO ＝60°， ∴AD ̂的长度=60°π⋅r 180°=π3r ， ∴阴影部分的周长＝P A +PD +AD̂=√3r +r +π3r ＝（√3+1+π3）r ．。

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附答案解析
2022 年中考数学压轴题
1．如图，B（2m，0）、C（3m，0）是平面直角坐标系中两点，其中 m 为常数，且 m＞0，E
（0，n）为 y 轴上一动点，以 BC 为边在 x 轴上方作矩形 ABCD，使 AB＝2BC，画射线 OA，把△ADC 绕点 C 逆时针旋转 90°得△A′D′C′，连接 ED′，抛物线 y＝ax2+bx+n （a≠0）过 E、A′两点．
将点 R、A 的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n 得：
，
解得：
，
故直线 AR 的表达式为：y x+2…②，
联立①②并解得：x ，故点 F（ ， ）； ②当点 F 在直线 AC 的上方时，
第 4 页 共 11 页
∵∠ACO＝∠F′AC，∴AF′∥x 轴， 则点 F′（3，2）； 综上，点 F 的坐标为：（3，2）或（ ， ）；
∴
，
ܾ
整理得：am+b＝﹣1，即 b＝﹣1﹣am；
②∵抛物线与四边形 ABCD 有公共点，
∴抛物线过点 C 时的开口最大，过点 A 时的开口最小，
若抛物线过点 C（3m，0），此时 MN 的最大值为 5，
∴a（3m）2﹣（1+am）•3m＝0，
整理得：am ，即抛物线解析式为 y x2 x，
由 A（2m，2m），可得直线 OA 解析式为 y＝x，
设点 P（1，2m），则 PH＝HE＝HR＝m，则圆 R 的半径为 m，则点 R（1+m，m），
S△MED＝S△MRD+S△MRE+S△DRE，即 EM•ED
MD•RQ
ED•yR
ME•RH，
∴ 3×3 3
m 3×m 3×m，解得：m ，

2022年中考数学压轴难题附答案解析

2022年中考数学压轴难题附答案解析

∴点 P 的运动路径的长
㌠．
（3）当点 C 靠近 A 点时， 如图 3 中，当 AC＜BC 时，连接 OC 交 AB 于 J，过点 O 作 OH⊥AB 于 H，过点 C 作 CK ⊥AB 于 K．
∵AD＝CD，CE＝EB， ∴DE∥AB，AB＝2DE， ∴△CDE∽△CAB， ∴ th （th）2 ，
㌠ ∴∠AMD'＝∠AMO﹣∠OMD'＝120°﹣30°＝90°，即 AM⊥BD' 设 BD'＝t（t＞0），则 AM ㌠t，BM＝BD'+MD'＝t+2 ∵在 Rt△AMB 中，AM2+BM2＝AB2 ∴（ ㌠t）2+（t+2）2＝28 解得：t1＝2，t2＝﹣3（舍去）
第 7 页 共 12 页
∴AM＝2 ㌠，BM＝4
∵S△AMB AM•BM AB•MH
∴MH
㌠
㌠ 综上所述，点 M 到 AB 的距离为 或 ．
4．如图，半径为 4 的⊙O 中，弦 AB 的长度为 4 ㌠，点 C 是劣弧 上的一个动点，点 D 是 弦 AC 的中点，点 E 是弦 BC 的中点，连接 DE、OD、OE． （1）求∠AOB 的度数； （2）当点 C 沿着劣弧 从点 A 开始，逆时针运动到点 B 时，求△ODE 的外心 P 所经过 的路径的长度； （3）分别记△ODE，△CDE 的面积为 S1，S2，当 S12﹣S22＝21 时，求弦 AC 的长度．
第 4 页 共 12 页
解得：xB m，
y＝ax2﹣2amx+am2 ㌠m﹣4 过点 O（0，0），则 am2 ㌠m﹣4＝0，即 am2 ㌠m+4＝0，
则点 B 的纵坐标为：y＝a（ m2﹣2m m）+0
  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

2022年中考数学压轴题
1．抛物线y=1
4x
2﹣3mx+2m+1与x轴正半轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴正半
轴交于点C，且OA＝OC．
（1）抛物线的解析式为y=1
4x
2−3
2x+2（直接写出结果）；
（2）如图1，D为y轴上一点，过点D的直线y=1
2x+n交抛物线于E，F，若EF＝5√3，
求点D的坐标；
（3）将△AOC绕平面内某点逆时针旋转90°至△A'O'C'（点A，C，O的对应点分别为A'，C'，O'），若旋转后的△A'O'C'恰好有一边的两个端点落在抛物线上，请求出点A'的坐标．
解：（1）点C（0，2m+1），OA＝OC，则点A（2m+1），
将点A的坐标代入抛物线的表达式并解得：m=1 2，
故抛物线的表达式为：y=1
4（x
2﹣6x+8）=1
4x
2−3
2x+2…①，
故答案为：y=1
4x
2−3
2x+2；
（2）由抛物线的表达式知，点A、C的坐标分别为：（2，0）、（0，2），则点D（0，n），设点E、F的纵坐标为：a，b，
联立①与直线EF的表达式并整理得：x2﹣8x+8﹣4n＝0，
则a+b＝8，ab＝8﹣4n，
设直线EF的倾斜角为α，则tanα=1
2，则cosα=√5，
则b﹣a=
EF
cosα
=2√15，
（b﹣a）2＝（a+b）2﹣4ab＝64﹣4（8﹣4n）＝（2√15）2，解得：n=7 4，
故点D 的坐标为：（0，74）；
（3）将△AOC 绕平面内某点逆时针旋转90°至△A 'O 'C '（点A ，C ，O 的对应点分别为A '，C '，O '），
若旋转后的△A 'O 'C '恰好有一边的两个端点落在抛物线上，如图所示，
①当A ′C ′在抛物线上时（左侧图），
设点A ′（x ，y ），则点C ′（x ﹣2，y ﹣2），
将点A ′、C ′的坐标代入抛物线表达式得：
y =14（x 2﹣6x +8），y ﹣2=14
[（x ﹣2）2﹣6（x ﹣2）+8）]，
解得：x ＝6，y ＝2，故点A ′（6，2）；
②当O ′C ′在抛物线上时（右侧图），
由图象可得：点A ′（4，2）；
综上，点A ′的坐标为：（6，2）或（4，2）．
2．已知抛物线y ＝a （x ﹣1）（x ﹣3）（a ＜0）的顶点为A ，交y 轴交于点C ，过C 作CB ∥x 轴交抛物线于点，过点B 作直线l ⊥x 轴，连结OA 并延长，交l 于点D ，连结OB ．
（1）当a ＝﹣1时，求线段OB 的长．
（2）是否存在特定的a 值，使得△OBD 为等腰三角形？若存在，请写出a 值的计算过程；若不存在，请说明理由．
（3）设△OBD 的外心M 的坐标为（m ，n ），求m 与n 的数量关系式．
解：y＝a（x﹣1）（x﹣3）＝a（x2﹣4x+3），
则点C（0，3a）、函数的对称轴为：x＝2，则点B（4，3a），点A（2，﹣a），点D（4，﹣2a）；
（1）点B（4，﹣3），故OB＝5；
（2）OD2＝16+4a2，OB2＝16+9a2，BD2＝25a2，
①当OD＝OB时，即16+4a2＝16+9a2，解得：a＝0（舍去）；
②当OD＝BD时，同理可得：a=−4√21
21（正值已舍去）；
③当OB＝BD时，同理可得：a＝﹣1（正值已舍去）；
综上，a＝﹣1或−4√21 21；
（3）线段OD的函数表达式为：y=−1
2ax，直线OD的中点为点A（2，﹣a），
则线段OD的中垂线的表达式为：y=2
a x+b，
将点A的坐标代入上式并解得：
线段OD的中垂线的表达式为：y=2
a x﹣a−
4
a
⋯①，
线段BD的中垂线的表达式为：y=1
2a…②，
联立①②并解得：x=3
4a
2+2＝m，y=1
2a＝n，
故m＝3n2+2．
3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=1
3x
2﹣2x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=−1
2x+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=1
3x
2﹣2x，令y＝0，得到
1
3
x2﹣2x＝0，
解得x＝0或6，∴A（6，0），
∵直线y=−1
2x+b经过点A，
∴0＝﹣3+b，∴b＝3，
∵y=1
3x
2﹣2x=1
3（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=−1
2x+n．
∵平移后的直线经过M（3，﹣3），
∴﹣3=−3
2
+n，
∴n=−3 2，
∴平移后的直线的解析式为y=−1
2x−
3
2，
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 =1
y =−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y 1＝﹣x 2﹣2x +3，令y 1＝0，得到﹣x 2﹣2x +3＝0，解得x ＝﹣3或1， ∴A （﹣3，0），B （1，0），
令x ＝0，得到y 1＝3，
∴C （0，3）．
（2）设平移后的抛物线的解析式为y 2＝﹣（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）．。

相关文档
最新文档