2020年广东省中考数学压轴题专题训练(含解析)

2020年（广东）中考数学压轴题专题训练1．如图，AB为⊙O的直径，P为BA延长线上一点，点C在⊙O上，连接PC，D为半径OA上一点，PD＝PC，连接CD并延长交⊙O于点E，且E是的中点．（1）求证：PC是⊙O的切线；（2）求证：CD•DE＝2OD•PD；（3）若AB＝8，CD•DE＝15，求P A的长．2．已知：矩形ABCD内接于⊙O，连接BD，点E在⊙O上，连接BE交AD于点F，∠BDC+45°＝∠BFD，连接ED．（1）如图1，求证：∠EBD＝∠EDB；（2）如图2，点G是AB上一点，过点G作AB的垂线分别交BE和BD于点H和点K，若HK＝BG+AF，求证：AB＝KG；（3）如图3，在（2）的条件下，⊙O上有一点N，连接CN分别交BD和AD于点M和点P，连接OP，∠APO＝∠CPO，若MD＝8，MC＝3，求线段GB的长．3．如图，AB是⊙O的直径，CD⊥AB，交⊙O于C、D两点，交AB点E、F是弧BD上一点，过点F作一条直线，交CD的延长线于点G，交AB的延长线于点M．连结AF，交CD于点H，GF＝GH．（1）求证：MG是⊙O的切线；（2）若弧AF＝弧CF，求证：HC＝AC；（3）在（2）的条件下，若tan G＝，AE＝6，求GM的值．4．如图，已知AC是半径为2的⊙O的一条弦，且AC＝2，点B是⊙O上不与A、C重合的一个动点，（1）请计算△ABC的面积的最大值；（2）当点B在优弧上，∠BAC＞∠ACB时，∠ABC的平分线交AC于D，且OD⊥BD，请计算AD的长；（3）在（2）条件下，请探究线段AB、BC、BD之间的数量关系．5．如图，△ABC为⊙O的内接三角形，BC为⊙O的直径，在线段OC上取点D（不与端点重合），作DG⊥BC，分别交AC、圆周于E、F，连接AG，已知AG＝EG．（1）求证：AG为⊙O的切线；（2）已知AG＝2，填空：①当四边形ABOF是菱形时，∠AEG＝°；②若OC＝2DC，△AGE为等腰直角三角形，则AB＝．6．如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，AD是⊙O的弦，AD＝BC，AD与BC相交于点E．（1）求证：CB平分∠ACD；（2）过点B作BG⊥AC于G，交AD于点F．①猜想AC、AG、CD之间的数量关系，并且说明理由；②若S△ABG＝S△ACD，⊙O的半径为15，求DF的长．7．如图，点P在y轴的正半轴上，⊙P交x轴于B、C两点，交y轴于点A，以AC为直角边作等腰Rt△ACD，连接BD分别交y轴和AC于E、F两点，连接AB．（1）求证：AB＝AD；（2）若BF＝4，DF＝6，求线段CD的长；（3）当⊙P的大小发生变化而其他条件不变时，的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由．8．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上（不包括端点B，C），过A，C，D 三点的⊙O交AB于另一点E，连结AD，DE，CE，且CE⊥AD于点G，过点C作CF∥DE交AD于点F，连结EF．（1）求证：四边形DCFE是菱形；（2）当tan∠AEF＝，AC＝4时，求⊙O的直径长．9．如图，抛物线y＝x2+mx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，若A（﹣1，0），且OC＝3OA．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M为抛物线上第四象限内一动点，顺次连接AC，CM，MB，是否存在点M，使四边形MBAC的面积为9，若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．（3）将直线BC沿x轴翻折交y轴于N点，过B点的直线l交y轴、抛物线分别于D、E，且D在N的上方，将A点绕O顺时针旋转90°得M，若∠NBD＝∠MBO，试求E的的坐标．10．已知：如图，直线y＝﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点，抛物线y＝x2+bx+c过A、C两点，（1）求抛物线的解析式；（2）若点P为抛物线位于第三象限上一动点，连接P A，PC，试问△P AC的面积是否存在最大值，若存在，请求出△APC面积的最大值，以及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）点M为抛物线上一点，点N为抛物线对称轴上一点，若△NMC是以∠NMC为直角的等腰直角三角形，请直接写出点M的坐标．11．如图，二次函数y＝a（x2+2mx﹣3m2）（其中a，m是常数a＜0，m＞0）的图象与x轴分别交于A、B（点A位于点B的右侧），与y轴交于点C（0，3），点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连结AD．过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE．（1）求a与m的关系式；（2）求证：为定值；（3）设该二次函数的图象的顶点为F．探索：在x轴的正半轴上是否存在点G，连结GF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由．12．如图，抛物线y＝ax2+4ax+与x轴交于点A、B（A在B的左侧），过点A的直线y＝kx+3k交抛物线于另一点C．（1）求抛物线的解析式；（2）连接BC，过点B作BD⊥BC，交直线AC于点D，若BC＝5BD，求k的值；（3）将直线y＝kx+3k向上平移4个单位，平移后的直线交抛物线于E、F两点，求△AEF的面积的最小值．13．如图1，二次函数y＝﹣x2+x+3的图象交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C点，连结AC，过点C作CD⊥AC交AB于点D．（1）求点D的坐标；（2）如图2，已知点E是该二次函数图象的顶点，在线段AO上取一点F，过点F作FH ⊥CD，交该二次函数的图象于点H（点H在点E的右侧），当五边形FCEHB的面积最大时，求点H的横坐标；（3）如图3，在直线BC上取一点M（不与点B重合），在直线CD的右上方是否存在这样的点N，使得以C、M、N为顶点的三角形与△BCD全等？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．14．如图，已知二次函数y＝ax2﹣8ax+6（a＞0）的图象与x轴分别交于A、B两点，与y 轴交于点C，点D在抛物线的对称轴上，且四边形ABDC为平行四边形．（1）求此抛物线的对称轴，并确定此二次函数的表达式；（2）点E为x轴下方抛物线上一点，若△ODE的面积为12，求点E的坐标；（3）在（2）的条件下，设抛物线的顶点为M，点P是抛物线的对称轴上一动点，连接PE、EM，过点P作PE的垂线交抛物线于点Q，当∠PQE＝∠EMP时，求点Q到抛物线的对称轴的距离．15．如图，已知抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）（a为常数，且a＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线y＝﹣x+与抛物线的另一交点为D，且点D的横坐标为﹣5．（1）求抛物线的函数表达式；（2）该二次函数图象上有一点P（x，y）使得S△BCD＝S△ABP，求点P的坐标；（3）设F为线段BD上一点（不含端点），连接AF，求2AF+DF的最小值．16．二次函数y＝x2﹣x﹣与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C，点D 为抛物线的顶点，连接BD．（1）如图1，点P为抛物线上的一点，且在线段BD的下方（包括线段的端点），连接P A，PC，AC．求△P AC的最大面积；（2）如图2，直线l1过点B、D．过点A作直线l2∥l1交y轴于点E，连接点A、E，得到△OAE，将△OAE绕着原点O顺时针旋转α°（0＜α＜180）得到△OA1E1，旋转过程中直线OE1与直线l1交于点M，直线A1E1与直线l1交于点N．当△E1MN为等腰三角形时，直接写出点E1的坐标并写出相应的α值．17．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，点A、B在x轴上，点C、D在第二象限，点M是BC中点．已知AB＝6，AD＝8，∠DAB＝60°，点B的坐标为（﹣6，0）．（1）求点D和点M的坐标；（2）如图①，将▱ABCD沿着x轴向右平移a个单位长度，点D的对应点D′和点M的对应点M′恰好在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，请求出a的值以及这个反比例函数的表达式；（3）如图②，在（2）的条件下，过点M，M′作直线l，点P是直线l上的动点，点Q 是平面内任意一点，若以B′，C′，P、Q为顶点的四边形是矩形，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．18．如图，过原点的直线y1＝mx（m≠0）与反比例函数y2＝（k＜0）的图象交于A、B 两点，点A在第二象限，且点A的横坐标为﹣1，点D在x轴负半轴上，连接AD交反比例函数图象于另一点E，AC为∠BAD的平分线，过点B作AC的垂线，垂足为C，连接CE，若AD＝2DE，△AEC的面积为．（1）根据图象回答：当x取何值时，y1＜y2；（2）求△AOD的面积；（3）若点P的坐标为（m，k），在y轴的轴上是否存在一点M，使得△OMP是直角三角形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．19．阅读材料：我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分别过A、B向经过点C直线作垂线，垂足分别为D、E，我们很容易发现结论：△ADC≌△CEB．（1）探究问题：如果AC≠BC，其他条件不变，如图②，可得到结论；△ADC∽△CEB．请你说明理由．（2）学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线y＝x与直线CD交于点M（2，1），且两直线夹角为α，且tanα＝，请你求出直线CD的解析式．（3）拓展应用：如图④，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E为BC边上一个动点，连接BE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD 外部时，连接PC，PD．若△DPC为直角三角形时，请你探究并直接写出BE的长．20．笛卡尔是法国数学家、科学家和哲学家，他的哲学与数学思想对历史的影响是深远的．1637年，笛卡尔发表了《几何学》，创立了直角坐标系．其中笛卡尔的思想核心是：把几何学的问题归结成代数形式的问题，用代数的方法进行计算、证明，从而达到最终解决几何问题的目的．某学习小组利用平面直角坐标系在研究直线上点的坐标规律时，发现直线y＝kx+b（k≠0）上的任意三点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）（x1≠x1≠x3），满足＝＝＝k，经学习小组查阅资料得知，以上发现是成立的，即直线y＝kx+b（k≠0）上任意两点的坐标M（x1，y1）N（x2，y2）（x1≠x2），都有的值为k，其中k叫直线y＝kx+b的斜率．如，P（1，3），Q（2，4）为直线y＝x+2上两点，则k PQ＝＝1，即直线y＝x+2的斜率为1．（1）请你直接写出过E（2，3）、F（4，﹣2）两点的直线的斜率k EF＝．（2）学习小组继续深入研究直线的“斜率”问题，得到如下正确结论：不与坐标轴平行的任意两条直线互相垂直时，这两条直线的斜率之积是定值．如图1，直线GH⊥GI于点G，G（1，3），H（﹣2，1），I（﹣1，6）．请求出直线GH 与直线GI的斜率之积．（3）如图2，已知正方形OKRS的顶点S的坐标为（6，8），点K，R在第二象限，OR 为正方形的对角线．过顶点R作RT⊥OR于点R．求直线RT的解析式．参考答案一．解答题（共20小题）1．（1）证明：连接OC，OE，∵OC＝OE，∴∠E＝∠OCE，∵E是的中点，∴＝，∴∠AOE＝∠BOE＝90°，∴∠E+∠ODE＝90°，∵PC＝PD，∴∠PCD＝∠PDC，∵∠PDC＝∠ODE，∴∠PCD＝∠ODE，∴∠PCD+∠OCD＝∠ODE+∠E＝90°，∴OC⊥PC，∴PC是⊙O的切线；（2）证明：连接AC，BE，BC，∵∠ACD＝∠DBE，∠CAD＝∠DEB，∴△ACD∽△EBD，∴＝，∴CD•DE＝AD•BD＝（AO﹣OD）（AO+OD）＝AO2﹣OD2；∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠PCO＝90°，∴∠ACP+∠ACO＝∠ACO+∠BCO＝90°，∴∠ACP＝∠BCO，∵∠BCO＝∠CBO，∴∠ACP＝∠PBC，∵∠P＝∠P，∴△ACP∽△CBP，∴，∴PC2＝PB•P A＝（PD+DB）（PD﹣AD）＝（PD+OD+OA）（PD+OD﹣OA）＝（PD+OD）2﹣OA2＝PD2+2PD•OD+OD2﹣OA2，∵PC＝PD，∴PD2＝PD2+2PD•OD+OD2﹣OA2，∴OA2﹣OD2＝2OD•PD，∴CD•DE＝2OD•PD；（3）解：∵AB＝8，∴OA＝4，由（2）知，CD•DE＝AO2﹣OD2；∵CD•DE＝15，∴15＝42﹣OD2，∴OD＝1（负值舍去），∴AD＝3，由（2）知，CD•DE＝2OD•PD，∴PD＝＝，∴P A＝PD﹣AD＝．2．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BAD＝90°，∴∠BDC＝∠DBA，BD是⊙O的直径，∴∠BED＝90°，∵∠BFD＝∠ABF+∠BAD，∠BFD＝∠BDC+45°，∴∠ABF+90°＝∠DBA+45°，∴∠DBA﹣∠ABF＝45°，∴∠EBD＝45°，∴△BED是等腰直角三角形，∴∠EBD＝∠EDB；（2）证明：过点K作KS⊥BE，垂足为R，交AB于S，如图2所示：∵KG⊥AB，∴∠BGH＝∠KRH＝∠SRB＝∠KGS＝90°，∴∠SBR＝∠HKR，∵∠BED＝90°，∴∠RBK＝∠RKB＝45°，∴BR＝KR，在△SRB和△HRK中，，∴△SRB≌△HRK（ASA），∴SB＝HK，∵SB＝BG+SG，HK＝BG+AF，∴BG+SG＝BG+AF，∴SG＝AF，在△ABF和△GKS中，，∴△ABF≌△GKS（AAS），∴AB＝KG；（3）解：过点O分别作AD与CN的垂线，垂足分别为Q和T，连接OC，如图3所示：∵∠APO＝∠CPO，∴OQ＝OT，在Rt△OQD和Rt△OTC中，，∴Rt△OQD≌Rt△OTC（HL），∴DQ＝CT，∴AD＝CN，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝CN＝BC，连接ON，在△NOC和△BOC中，，∴△NOC≌△BOC（SSS），∴∠BCO＝∠NCO，设∠OBC＝∠OCB＝∠NCO＝α，∴∠MOC＝2α，过点M作MW⊥OC于W，在OC上取一点L，使WL＝OW，连接ML，∴MO＝ML，∴∠MOL＝∠MLO＝2α，∴∠LCM＝∠LMC＝α，∴ML＝CL，设OM＝ML＝LC＝a，则OD＝a+8＝OC，∴OL＝8，OW＝WL＝4，∴CW＝4+a，由勾股定理得：OM2﹣OW2＝MW2＝MC2﹣CW2，即a2﹣42＝（3）2﹣（4+a）2，整理得：a2+4a﹣45＝0，解得：a1＝﹣9（不合题意舍去），a2＝5，∴OM＝5，∴MW＝3，WC＝9，∴OB＝OC＝OD＝13，BD＝26，∵∠GKB＝∠CBD＝∠ADB＝∠BCO＝∠MCW，tan∠MCW＝＝＝，∴tan∠GKB＝tan∠CBD＝tan∠ADB＝tan∠BCO＝tan∠MCW＝，设AB＝b，则AD＝3b，由勾股定理得：b2+（3b）2＝262，解得b＝，∴CD＝GK＝AB＝，在Rt△GKB中，tan∠GKB＝＝，∴GB＝GK＝×＝．3．（1）证明：连接OF．∴AB⊥CD，∴∠AEH＝90°，∴∠EAH+∠AHE＝90°，∵GF＝GH，∴∠GFH＝∠GHF＝∠AHE，∵OA＝OF，∴∠OAF＝∠OF A，∴∠OF A+∠GFH＝90°，∴OF⊥GM，∴MG是⊙O的切线．（2）证明：∵＝，∴OF垂直平分线段AC∵OF⊥MG，∴AC∥GM，∴∠CAH＝∠GFH，∵∠CHA＝∠GHF，∠HGF＝∠GFH，∴∠CAH＝∠CHA，∴CA＝CH．（3）解：∵AC∥GM，∴∠G＝∠ACH，∴tan∠CAH＝tan∠G＝＝，∵AE＝6，∴EC＝8，AC＝＝＝10，设GF＝GH＝x，则CG＝CH+GH＝AC+GH＝10+x，∵CD＝2EC＝16，∴GD＝10+x﹣16＝x﹣6，∵GF2＝GD•GC，∴x2＝（x﹣6）（x+10），解得x＝15，∴EG＝CG﹣CE＝25﹣8＝17，∵tan∠G＝＝，∴EM＝，∴GM＝＝＝．4．解：（1）如图1中，当点B在优弧AC的中点时，△ABC的面积的最大，连接AB，BC，OB，延长BO交AC于H．∵＝，∴BH⊥AC，∴AH＝HC＝，∴OH＝＝1，∴BH＝OB+OH＝2+1＝3，∴△ABC的最大面积＝×AC×BH＝×2×3＝3．（2）如图2中，延长BD交⊙O于E，连结OE交AC于F，连结OC．由BD平分∠ABC可得，E为弧AC中点，∴OE⊥AC，∴AF＝CF＝∴OF＝＝＝1＝EF，∴DF垂直平分OE，又∵OD⊥BD，∴△ODE是等腰直角三角形，∴DF＝OE＝1，∴AD＝．（3）如图3，连结AE、CE，由已知得AE＝CE，∠AEC＝120〫，将△EAB绕点E顺时针旋转120〫得△ECF，∵∠BAE＝∠ECF，∠BAE+∠BCE＝180〫，∴∠ECF+∠BCE＝180〫，∴BF＝BC+CF，∵AB＝CF，∴BF＝AB+BC，∵BE＝FE，∠BEF＝∠AEC＝120〫，∴BF＝BE，∵OD⊥BD，∴BE＝2BD，∴BF＝2BD，∴BA+BC＝2BD．5．（1）证明：连接OA．∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵GA＝GE，∴∠GAE＝∠GEA，∵DG⊥BC，∴∠EDC＝90°，∴∠OCA+∠DEC＝90°，∵∠CED＝∠GEA＝∠GAE，∴∠OAC+∠GAE＝90°，∴∠OAG＝90°，∴OA⊥AG，∴AG是⊙O的切线．（2）①如图2中，连接OA，AF，OF．∵四边形ABOF是菱形，∴AB＝BO＝OF＝AF＝OA，∴△ABO是等边三角形，∴∠B＝60°，∵BC是直径，∴∠BAC＝90°∴∠ACB＝90°﹣60°＝30°，∵ED⊥BC，∴∠DEC＝90°﹣∠ACB＝60°，∴∠AEG＝∠DEC＝60°．故答案为60．②如图3中，当AB＝4时，△AGE是等腰直角三角形．理由：连接OA．∵△AGE是等腰直角三角形，∴∠AEG＝∠DEC＝∠DCE＝45°，∴△EDC，△ABC都是等腰直角三角形，∵OB＝OC，∴AO⊥OC，∴∠AOD＝∠ODG＝∠G＝90°，∴四边形AODG是矩形，∴AG＝OD＝2，∴OC＝2OD＝4，∴BC＝2OC＝8，∴AB＝AC＝4，故答案为4．6．（1）证明：如图1中，∵AD＝BC，∴＝，∴＝，∵AB＝AC，∴＝，∴＝，∴∠ACB＝∠BCD，∴CB平分∠ACD．（2）①结论：AC﹣2AG＝CD．理由：如图2中，连接BD，在GC上取一点H，使得GH＝GA．∵BG⊥AH，GA＝GH，∴BA＝BH，∴∠BAH＝∠BHA，∵∠BAH+∠BDC＝180°，∠BHG+∠BHC＝180°，∴∠BDC＝∠BHC，∵∠BCH＝∠BCD，CB＝CB，∴△BCH≌△BCD（AAS），∴CD＝CH，∴AC﹣2AG＝AC﹣AH＝CH＝CD．②如图3中，过点G作GN⊥AB于G，过点D作DM⊥AC交AC的延长线于M，连接AO，延长AO交BC于J，连接OC．∵＝，∴∠BAD＝∠ADC，∴AB∥CD，∴S△ACD＝S△BCD，∵△BCH≌△BCD，∴S△BCH＝S△BCD，∵AG＝GH，∴S△ABG＝S△BGH，∵S△ABG＝S△ACD，∴S△ABG＝S△BGH＝S△BCH，∴AG＝GH＝CH，设AG＝GH＝HC＝a，则AB＝AC＝3a，BG＝＝＝2a，∵BG⊥AC，∴•BG•AG＝•AB•GN，∴GN＝＝a，在Rt△BGC中，BC＝＝＝2a，∵AB＝AC，∴＝，∴AJ⊥BC，∴BJ＝JC＝a，∴AJ＝＝＝a，在Rt△OJC中，∵OC2＝OJ2+JC2，∴152＝（a﹣15）2+（a）2，∴a＝，∵S△ABG＝S△ACD，AB＝AC，GN⊥AB，DM∠AC，∴DM＝GN＝a＝，∵BC＝AD＝2a＝20，∴AM＝＝＝，∵FG∥DM，∴＝，∴＝，∴AF＝6，∴DF＝AD＝AF＝20﹣6＝14． 7．（1）证明：∵OA⊥BC，且OA过圆心点P，∴OB＝OC，在△AOB和△AOC中，，∴△AOB≌△AOC（SAS），∴AB＝AC，∵以AC为直角边作等腰Rt△ACD，∴AD＝AC，∴AB＝AD；（2）如图1，过点A作AM⊥BD于M，由（1）知，AB＝AD，∴DM＝BD，∵BF＝4，DF＝6，∴BD＝10，∴DM＝5，∵∠AMD＝90°＝∠DAF，∠ADM＝∠FDA，∴△ADM∽△FDA，∴，∴，∴AD＝，在等腰直角三角形ADC中，CD＝AD＝2；（3）的值是不发生变化，理由：如图2，过点D作DH⊥y轴于H，作DQ⊥x轴于Q，∴∠AHD＝90°＝∠COA，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∵∠CAD＝90°，∴∠CAO+∠DAH＝90°，∴∠ADH＝∠CAO，∵AD＝AC，∴△ADH≌△ACO（AAS），∴DH＝AO，AH＝OC，∵∠OHD＝∠QOH＝∠OQD＝90°，∴四边形OQDH是矩形，DH＝OQ，DQ＝OH，又∵HO＝AH+AO＝OC+DH＝OB+DH＝OB+OQ＝BQ，∴DQ＝BQ，∴△DBQ为等腰直角三角形，∴∠DBQ＝45°，∴∠DEH＝∠BEO＝45°，∴sin∠DEH＝，∴＝，∴，∴．8．解：（1）证明：∵CE⊥AD，∴EG＝CG，∵CF∥DE，∴∠DEG＝∠FCG，∵∠FGC＝∠DGE，∴△DEG≌△FCG（ASA），∴ED＝FC，∴四边形DCFE为平行四边形，又∵CE⊥DF，∴四边形DCFE是菱形；（2）∵AG⊥EC，EG＝CG，∴AE＝AC＝4，∵四边形AEDC内接于⊙O，∴∠BED＝∠BCA＝90°，∵四边形DCFE是菱形，∴EF∥DC，DE＝DC，∴∠AEF＝∠ABC，∴tan∠ABC＝tan∠AEF＝，在Rt△BED中，设DE＝3a，则BE＝4a，∴DC＝3a，BD＝＝5a，∵BC2+AC2＝AB2，∴（5a+3a）2+42＝（4a+4）2，解得a＝或a＝0（舍去），∴DE＝DC＝2，∴AD＝＝＝2．即⊙O的直径长为2．9．解：（1）∵A（﹣1，0），∴OA＝1，OC＝3OA＝3，∴C（0，﹣3），将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+mx+n中，得，解得，∴y＝x2﹣2x﹣3；（2）存在，理由：令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，∴B（3，0），∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，设M（m，m2﹣2m﹣3），过点M作MN∥y轴交BC于N，如图1，∴N（m，m﹣3），∴MN＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，∴S四边形MBAC＝S△ABC+S△BCM＝AB×OC+MN×OB＝×4×3×（﹣m2+3m）×3＝9，解得：m＝1或2，故点M的坐标为（1，﹣4）或（2，﹣3）；（3）∵OB＝OC＝ON，∴△BON为等腰直角三角形，∵∠OBM+∠NBM＝45°，∴∠NBD+∠NBM＝∠DBM＝45°，∴MB＝MF，过点M作MF⊥BM交BE于F，过点F作FH⊥y轴于点H，如图2，∴∠HFM+∠BMO＝90°，∵∠BMO+∠OMB＝90°，∴∠OMB＝∠HFM，∵∠BOM＝∠MHF＝90°，∴△BOM≌△MHF（AAS），∴FH＝OM＝1，MH＝OB＝3，故点F（1，4），由点B、F的坐标得，直线BF的解析式为y＝﹣2x+6，联立，解得，∴E（﹣3，12）．10．解：（1）y＝﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点，则点A、C的坐标分别为：（﹣3，0）、（0，﹣3）；将点A、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；（2）存在，理由：如图1，过点P作y轴的平行线交AC于点H，设点P（x，x2+2x﹣3），则点H（x，﹣x﹣3），△APC面积S＝S△PHA+S△PHC＝×PH×OA＝（﹣x﹣3﹣x2﹣2x+3）×3＝﹣x2﹣x，∵﹣＜0，故S有最大值，当x＝﹣时，S的最大值为，此时点P（﹣，﹣）；（3）如图2，设点N（﹣1，s），点M（m，n），n＝m2+2m﹣3，过点M作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点H，交过点N与x轴的平行线于点G，∵∠GMN+∠GNM＝90°，∠GMN+∠HMC＝90°，∴∠HMC＝∠GNM，∵∠MGN＝∠CHM＝90°，MN＝MC，∴△MGN≌△CHM（AAS），∴GN＝MH，即GN＝|﹣1﹣m|＝MH＝|n+3|，①当﹣1﹣m＝n+3时，即m+n+4＝0，即m2+3m+1＝0，解得：m＝，故点P（，）；②当﹣1﹣m＝﹣（n+3）时，即m＝n+2，同理可得：点P（，）；故点P的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）．11．解：（1）将点C的坐标代入抛物线表达式得：﹣3am2＝3，解得：am2＝﹣1；（2）对于二次函数y＝a（x2+2mx﹣3m2），令y＝0，则x＝m或﹣3m，∴函数的对称轴为：x＝﹣m，∵CD∥AB，∴点D、C的纵坐标相同，故点D（﹣2m，3），故点A、B的坐标分别为：（m，0）、（﹣3m，0），设点E（x，y），y＝a（x2+2mx﹣3m2），分别过点D、E作x轴的垂线，垂足分别为M、N，∵AB平分∠DAE，∴∠DAM＝∠EAN，∴RtADM△∽Rt△ANE，∴，即，解得：y＝，故点E（x，），将点E的坐标代入抛物线表达式并解得：x＝＝﹣4m，则y＝＝﹣5，故点E（﹣4m，﹣5），故＝＝＝为定值；（3）存在，理由：函数的对称轴为x＝﹣m，当x＝﹣m时，y＝a（x2+2mx﹣3m2）＝4，即点F（﹣m，4），由点F、C的坐标得，直线FC的表达式为：y＝﹣x+3，令y＝0，则x＝3m，即点G（3m，0），GF2＝（3m+m）2+42＝16m2+16，同理AD2＝9m2+9，AE2＝25m2+25，故AE2＝AD2+GF2，GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，点G的横坐标为3m．12．解：（1）∵直线y＝kx+3k过点A，∴y＝0时，0＝kx+3k，解得x＝﹣3，∴A（﹣3，0），把点A的坐标代入y＝ax2+4ax+，得9a﹣12a+＝0，解得a＝，∴抛物线解析式为y＝x2+x+；（2）如图1，过点D作DF⊥x轴于F，过点C作CG⊥x轴于G，∴∠DFB＝∠CGO＝90°＝∠DBC，∴∠DBF+∠BDF＝90°，又∵∠DBF+∠CBG＝90°，∴∠BDF＝∠CBG，∴△BDF∽△CBG，∴，∵CB＝5BD，∴CG＝5BF，BG＝5DF，联立方程组，解得：，（舍去），∴点C（4k﹣1，4k2+2k），∴CG＝4k2+2k，OG＝4k﹣1，设BF＝m，则CG＝5m，DF＝2k﹣km，BG＝5（2k﹣km），∴，解得k＝﹣（舍去）或k＝0（舍去）或k＝1，∴k的值为1；（3）∵将直线y＝kx+3k向上平移4个单位，∴平移后解析式为y＝kx+3k+4，∴kx+3k+4＝x2+x+，∴x E+x F＝4k﹣4，x E•x F＝﹣12k﹣13，∴|x F﹣x E|＝＝，∵△AEF的面积＝×4×，∴当k＝﹣时，△AEF的面积的最小值为16．13．解：（1）令x＝0，则y＝3，∴C（0，3），∴OC＝3．令y＝0，则﹣x2+x+3＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝6，∴A（﹣4，0），B（6，0），∴OA＝4，OB＝6．∵CD⊥AC，∴∠ACD＝90°，∵CO⊥AD，∴OC2＝OA•OD，∴OD＝，∴D（，0）．∴E（1，）．如图2，连接OE、BE，作HG⊥x轴于点G，交BE于点P．由B、E两点坐标可求得直线BE的解析式为：y＝﹣x+．设H（m，﹣m2+m+3），则P（m，﹣m+）．∴HG＝﹣m2+m+3，HP＝y H﹣y P＝﹣m2+m﹣．∴S△BHE＝（x B﹣x E）•HP＝（﹣m2+m﹣）＝﹣m2+m﹣．∵FH⊥CD，AC⊥CD，∴AC∥FH，∴∠HFG＝∠CAO，∵∠AOC＝∠FGH＝90°，∴△ACO∼△FHG，∴＝＝，∴FG＝HG＝﹣m2+m+4，∴AF＝AG﹣FG＝m+4+m2﹣m﹣4＝m2+m，∴S△AFC＝AF•OC＝（m2+m）＝m2+m，∵S四边形ACEB＝S△ACO+S△OCE+S△OEB＝×4×3+×3×1+6×＝，∴S五边形FCEHB＝S四边形ACEB+S△BHE﹣S△AFC＝+（﹣m2+m﹣）﹣（m2+m）∴当m＝时，S五边形FCEHB取得最大值．此时，H的横坐标为．（3）∵B（6，0），C（0，3），D（，0），∴CD＝BD＝，BC＝3，∴∠DCB＝∠DBC．①如图3﹣1，△CMN≌△DCB，MN交y轴于K，则CM＝CN＝DC＝DB＝，MN＝BC＝3，∠CMN＝∠CNM＝∠DBC＝∠DCB，∴MN∥AB，∴MN⊥y轴，∴∠CKN＝∠COB＝90°，MK＝NK＝MN＝，∴△CKN∼△COB，∴＝＝，∴CK＝，∴OK＝OC+CK＝，∴N（，）．②如图3﹣2，△MCN≌△DBC，则CN＝CB＝3，∠MCN＝∠DBC，∴CN∥AB，∴N（3，3）．③如图3﹣3，△CMN≌△DBC，则∠CMN＝∠DCB，CM＝CN＝DC＝DB＝，MN＝BC＝3，∴MN∥CD，作MR⊥y轴于R，则＝＝＝，∴CR＝，RM＝，∴OR＝3﹣，作MQ∥y轴，NQ⊥MQ于点Q，则∠NMQ＝∠DCO，∠NQM＝∠DOC＝90°，∴△COD∼△MQN，∴＝＝，∴MQ＝MN＝，NQ＝MN＝，∴NQ﹣RM＝，OR+MQ＝，∴N（﹣，）．综上所述，满足要标的N点坐标有：（，）、（3，3）、（﹣，）．14．解：（1）对称轴为直线x＝﹣＝4，则CD＝4，∵四边形ABDC为平行四边形，∴DC∥AB，DC＝AB，∴DC＝AB＝4，∴A（2，0），B（6，0），把点A（2，0）代入得y＝ax2﹣8ax+12得4a﹣16a+6＝0，解得a＝，∴二次函数解析式为y＝x2﹣4x+6；（2）如图1，设E（m，m2﹣4m+6），其中2＜m＜6，作EN⊥y轴于N，如图2，∵S梯形CDEN﹣S△OCD﹣S△OEN＝S△ODE，∴（4+m）（6﹣m2+4m﹣6）﹣×4×6﹣m（﹣m2+4m﹣6）＝12，化简得：m2﹣11m+24＝0，解得m1＝3，m2＝8（舍），∴点E的坐标为（3，﹣）；（3）Ⅰ、当点Q在对称轴右侧时，如图2，过点E作EF⊥PM于F，MQ交x轴于G，∵∠PQE＝∠PME，∴点E，M，Q，P四点共圆，∵PE⊥PQ，∴∠EPQ＝90°，∴∠EMQ＝90°，∴∠EMF+∠HMG＝90°，∵∠HMG+∠HGM＝90°，∴∠EMF＝∠HGM，在Rt△EFM中，EF＝1，FM＝，tan∠EMF＝＝2，∴tan∠HGM＝2，∴，∴HG＝HM＝1，∴点G（5，0），∵M（4，﹣2），∴直线MG的解析式为y＝2x﹣10①，∵二次函数解析式为y＝x2﹣4x+6②，联立①②解得，（舍）或，∴Q（8，6），∴点Q到对称轴的距离为8﹣4＝4；Ⅱ、当点Q在对称轴左侧时，如图3，过点E作EF⊥PM于F，过点Q作QD⊥PM于D，∴∠DQP+∠QPD＝90°，∵∠EPQ＝90°，∴∠DPQ+∠FPE＝90°，∴∠DQP＝∠FPE，∵∠PDQ＝∠EFP，∴△PDQ∽△EFP，∴，由Ⅰ知，tan∠PQE＝＝2，∵EF＝1，∴＝，∴DP＝，PF＝2QD，设Q（n，n2﹣4n+6），∴DQ＝4﹣n，DH＝n2﹣4n+6，∴PF＝DH+FH﹣DP＝n2﹣4n+6+﹣＝n2﹣4n+7，∴n2﹣4n+7＝2（4﹣n），∴n＝2+（舍）或n＝2﹣，∴DQ＝4﹣n＝2+，即点Q到对称轴的距离为4或2+．15．解：（1）抛物线y＝a（x+2）（x﹣4），令y＝0，解得x＝﹣2或x＝4，∴A（﹣2，0），B（4，0）．∵直线y＝﹣x+，当x＝﹣5时，y＝3，∴D（﹣5，3），∵点D（﹣5，3）在抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）上，∴a（﹣5+2）（﹣5﹣4）＝3，∴a＝．∴抛物线的函数表达式为：y＝x2﹣x﹣．（2）如图1中，设直线BD交y轴于J，则J（0，）．连接CD，BC．∵S△BDC＝××9＝10，∴S△P AB＝10，∴×6×|y P|＝10y P＝±，当y＝时，＝x2﹣x﹣，解得x＝1±，∴P（，）或（，），当﹣＝x2﹣x﹣，方程无解，∴满足条件的点P的坐标为（，）或（，）．（3）如图2中，过点D作DM平行于x轴，∵D（﹣5，3），B（4，0），∴tan∠DBA＝＝，∴∠DBA＝30°∴∠BDM＝∠DBA＝30°，过F作FJ⊥DM于J，则有sin30°＝，∴HF＝，∴2AF+DF＝2（AF+）＝2（AF+HF），当A、F、H三点共线时，即AH⊥DM时，2AF+DF＝2（AF+HF）取最小值为＝．16．解：（1）∵y＝x2﹣x﹣＝（x2﹣2x﹣3）＝（x﹣1）2﹣2，∴顶点D的坐标为（1，﹣2），令y＝0，则（x2﹣2x﹣3）＝0，∴x＝﹣1或x＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），令x＝0，则y＝﹣，∴C（0，﹣），∴AC是定值，要△ACP的面积最大，则点P到AC的距离最大，即当点P在点B位置时，点P到AC的距离最大，∴S△ACP最大＝S△ABC＝AB•OC＝（3+1）•＝3；（2）由（1）知，B（3，0），D（1，﹣2），∴直线l1的解析式为y＝x﹣3，∵l1∥l2，且l1过点A，∴直线l2的解析式为y＝x+，∴E（0，），∴OE＝，在Rt△AOE中，OA＝1，∴tan∠AEO＝＝，∴∠AEO＝30°，∵l1∥l2，∴∠DBO＝60°，由旋转知，OE1＝OE＝，∠A1E1O＝∠AEO＝30°，∴∠ME1N＝30°如图，∵△E1MN为等腰三角形，∴①当E1N1＝M1N1时，∴∠E1M1N1＝∠A1E1O＝30°，∴α＝∠BOM＝60°﹣30°＝60°，过点E1作E1F⊥x轴于F，∴E1F＝OE1＝，∴OF＝E1F＝，∴E1（，），②当E2M2＝E2N2时，∠E2N2M2＝∠E2M2N2＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠BOM2＝75°﹣60°＝15°，∴α＝105°，过点E2作E2H⊥x轴，在OH上取一点Q，使OQ＝E2Q，∴∠E2QH＝30°，设E2H＝a，则E2Q＝2a，HQ＝a，∴OQ＝E2Q＝2a，OH＝（2+）a，在Rt△OHE2中，根据勾股定理得，[（2+）a]2+a2＝3，∴a＝（舍去负值），∴E2（，﹣）．③当E3M3＝M3N3时，∠E3N3M3＝∠M3E3N3＝30，∴∠E3M3N3＝120°，∴∠BOM3＝60°，∴α＝150°，∵∠OBM3＝60°，∠E3N3M3＝30°，∴∠N3GB＝90°，∴OG＝，E3G＝，∴E3（，﹣）．17．解：（1）∵AB＝6，点B的坐标为（﹣6，0），∴点A（﹣12，0），如图1，过点D作DE⊥x轴于点D，则ED＝AD sin∠DAB＝8×＝4，同理AE＝4，故点D（﹣8，4），则点C（﹣2，4），由中点公式得，点M（﹣4，2）；（2）图象向右平移了a个单位，则点D′（a﹣8，4）、点M′（a﹣4，2），∵点D′M′都在函数上，∴（a﹣8）×4＝（a﹣4）×2，解得：a＝12，则k＝（12﹣8）×4＝16，故反比例函数的表达式为＝；（3）由（2）知，点M′的坐标为（8，2），点B′、C′的坐标分别为（6，0）、（10，4），设点P（m，2），点Q（s，t）；①当B′C′是矩形的边时，如图2，求解的矩形为矩形B′C′PQ和矩形B′C′Q′P′，过点C′作C′H⊥l交于点H，C′H＝4﹣2＝2，直线B′C′的倾斜角为60°，则∠M′PC′＝30°，PH＝C′H÷tan∠M′PC′＝故点P的坐标为（16，2），由题意得：点P、Q′关于点C′对称，由中点公式得，点Q的坐标为（12，﹣4）；同理点Q、Q′关于点M′对称，由中点公式得，点Q′（4，6）；故点Q的坐标为：（12，﹣4）或（4，6）；②当B′C′是矩形的对角线时，∵B′C′的中点即为PQ的中点，且PQ＝B′C′，∴，解得：，，故点Q的坐标为（4，2）或（12，2）；综上，点Q的坐标为：（12，﹣4）或（4，6）或（4，2）或（12，2）．18．解：（1）∵直线y1＝mx（m≠0）与反比例函数y2＝（k＜0）的图象交于A、B两点，且点A的横坐标为﹣1，∴点A，点B关于原点对称，∴点B的横坐标为1，∴当x取﹣1＜x＜0或x＞1时，y1＜y2；（2）连接OC，OE，由图象知，点A，点B关于原点对称，∴OA＝OB，∵AC⊥CB，∴∠ACB＝90°，∴OC＝AB＝AO，∴∠OAC＝∠OCA，∵AC为∠BAD的平分线，∴∠OAC＝∠DAC，∴∠OCA＝∠DAC，∴AD∥OC，∴S△AEO＝S△ACE＝，∴AE＝DE，∴S△AOD＝2S△AOE＝3；（3）作EF⊥x轴于F，作AH⊥x轴于H，则EF∥AH，∵AD＝2DE，∴DE＝EA，∵EF∥AH，∴＝＝1，∴DF＝FH，∴EF是△DHA的中位线，∴EF＝AH，∵S△OEF＝S△OAH＝﹣，∴OF•EF＝OH•HA，∴OH＝OF，∴OH＝HF，∴DF＝FH＝HO＝DO，∴S△OAH＝S△ADO＝3＝1，∴﹣＝1，∴k＝﹣2，∴y＝﹣，∵点A在y＝﹣的图象上，∴把x＝﹣1代入得，y＝2，∴A（﹣1，2），∵点A在直线y＝mx上，∴m＝﹣2，∴P（﹣2，﹣2），在y轴上找到一点M，使得△OMP是直角三角形，当∠OMP＝90°时，PM⊥y轴，则OM＝2，∴点M的坐标为（0．﹣2）；当∠OPM＝90°时，过P作PG⊥y轴于G，则△OPM是等腰直角三角形，∴OM＝2PG＝4，∴点M的坐标为（0．﹣4）；综上所述，点M的坐标为（0．﹣2）或（0，﹣4）．19．解：（1）理由：∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝∠BCE＝90°，又∵∠ADC＝90°，∴∠ACD+∠DAC＝90°，∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，∴△ADC∽△CEB；（2）如图，过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴NF⊥x轴，由（1）可得：△NFO∽△OEM，∴，∵点M（2，1），∴OE＝2，ME＝1，∵tanα＝＝，∴，∴NF＝3，OF＝，∴点N（﹣，3），∵设直线CD表达式：y＝kx+b，∴∴∴直线CD的解析式为：y＝﹣x+；（3）当∠CDP＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，∵∠ADC+∠CDP＝180°，∴点A，点D，点P三点共线，∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，∴四边形ABHP是矩形，∴AB＝PH＝3，∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，∴∠AEB＝∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，∴△ABE≌△EHP（AAS），∴BE＝PH＝3，当∠CPD＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，延长HP交AD的延长线于N，则四边形CDNH是矩形，∴CD＝NH＝3，DN＝CH，设BE＝x，则EC＝5﹣x，∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，∴∠AEB＝∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，∴△ABE≌△EHP（AAS），∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝3，∴PN＝3﹣x，CH＝3﹣（5﹣x）＝x﹣2＝DN，∵∠DPC＝90°，∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，∴△CPH∽△PDH，∴，∴∴x＝∵点P在矩形ABCD外部，∴x＝，∴BE＝，综上所述：当BE的长为3或时，△DPC为直角三角形．20．解：（1）∵E（2，3）、F（4，﹣2），∴k EF＝＝﹣，故答案为﹣．（2）∵G（1，3），H（﹣2，1），I（﹣1，6），∴k GH＝＝，k GI＝＝﹣，∴k GH•k GI＝﹣1．（3）如图2中，过点K作KM⊥x轴于M，过点S作SN⊥x轴于N，连接KS交OR于J．∴S（6，8），∴ON＝6，SN＝8，∵四边形OKRS是正方形，∴OK＝OS，∠KPS＝∠KMO＝∠SNO＝90°，KJ＝JS，JR＝JO，∴∠KOM+∠SON＝90°，∠SON+∠OSN＝90°，∴∠KOM＝∠OSN，∴△OMK≌△SNO（AAS），∴KM＝ON＝6，OM＝SN＝8，∴K（﹣8，6），∵KJ＝JS，∴J（﹣1，7），∵JR＝OJ，∴R（﹣2，14），∵k OR＝＝﹣7，∵RT⊥OR，∴k RT＝﹣＝，设直线RT的解析式为y＝x+b．。