专题10几何探究&压轴题（2考点）-【好题汇编】2024年中考数学真题分类汇编（山东专用）

专题10 几何探究&压轴题 考点1 几何探究题 1．（2024•东营）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝3． （1）问题发现 如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系是 　 ，AD与BE的位置关系是 　 ； （2）类比探究 将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系，位置关系与（1）中结论是否一致？若AD交CE于点N，请结合图2说明理由； （3）迁移应用 如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE，当点D落到AB边上时，连接BE，求线段BE的长． 【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝DC＝1，BC＝CE＝3，∠ECB＝∠ACD＝90°，由等腰直角三角形的性质可得AD，BE＝3，∠CAD＝∠ADC＝45°，∠CBE＝∠CEB＝45°，可证AD⊥BE； （2）通过证明△BCE∽△ACD，可得，∠CDA＝∠CEB，可证BE＝3AD，AD⊥BE； （3）由勾股定理可求AB的长，通过证明△ACN∽△ABC，可求AN的长，由等腰三角形的性质可求AD的长，即可求解． 【解答】解：（1）如图1，延长DA交BE于H， ∵将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE， ∴AC＝DC＝1，BC＝CE＝3，∠ECB＝∠ACD＝90°， ∴AD，BE＝3，∠CAD＝∠ADC＝45°，∠CBE＝∠CEB＝45°， ∴BE＝3AD，∠CAD＝∠EAH＝45°， ∴∠EHA＝90°， ∴AD⊥BE， 故答案为：BE＝3AD，AD⊥BE； （2）线段AD与BE的数量关系，位置关系与（1）中结论一致，理由如下： 如图2，延长DA交BE于H， ∵将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE， ∴AC＝DC＝1，BC＝CE＝3，∠ECB＝∠ACD， ∴， ∴△BCE∽△ACD， ∴，∠CDA＝∠CEB， ∴BE＝3AD， ∵∠CEB+∠ENH＝∠CDA+∠CND＝90°， ∴∠EHD＝90°， ∴AD⊥BE； （3）如图3，过点C作CN⊥AB于N， ∵∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝3， ∴AB， ∵CN⊥AB， ∴∠ANC＝90°＝∠ACB， 又∵∠A＝∠A， ∴△ACN∽△ABC， ∴， ∴AN•1， ∴AN， ∵AC＝DC，CN⊥AB， ∴AD＝2AN， 由（2）可知：BE＝3AD． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 2．（2024•泰安）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，点D，E分别在AB，CB上，DB＝EB，连结AE，CD，取AE中点F，连结BF． （1）求证：CD＝2BF，CD⊥BF； （2）将△DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出BF与CD的位置关系：　 　； ②求证：CD＝2BF． 【分析】（1）证明△ABE≌△CBD（SAS）得出∠FAB＝∠BCD，再根据直角三角形斜边上得中线等于斜边的一半得出，再利用等角转化即可求证； （2）①这一问主要是猜想，还需要利用第二问的思路去证明，先证△AGB≌△BDC得到∠ABG＝∠BCD＝∠BAN，再利用8字型得到∠ABC＝∠ANC＝90°，即可得证；②利用倍长中线证△AGF≌△EBF（SAS），再证△AGB≌△BDC（SAS），即可得证． 【解答】（1）证明：在△ABE和△CBD中， ∵AB＝BC，∠ABE＝∠CBD，BE＝BD， ∴△ABE≌△CBD（SAS）， ∴AE＝CD，∠FAB＝∠BCD． ∵F是Rt△ABE斜边AE的中点， ∴AE＝2BF， ∴CD＝2BF， ∵， ∴∠FAB＝∠FBA． ∴∠FBA＝∠BCD， ∵∠FBA+∠FBC＝90°， ∴∠FBC+∠BCD＝90°． ∴BF⊥CD； （2）①BF⊥CD； 理由如下：延长BF到点G，使FG＝BF，连结AG．延长BE到M，使BE＝BM，连接AM并延长交CD于点N． 证△AGB≌△BDC（具体证法过程跟②一样）． ∴∠ABG＝∠BCD， ∵F是AE中点，B是EM中点， ∴BF是△ABM中位线， ∴BF∥AN， ∴∠ABG＝∠BAN＝∠BCD， ∴∠ABC＝∠ANC＝90°， ∴AN⊥CD， ∵BF∥AN， ∴BF⊥CD． 故答案为：BF⊥CD； ②证明：延长BF到点G，使FG＝BF，连结AG． ∵AF＝EF，FG＝BF，∠AFG＝∠EFB， ∴△AGF≌△EBF（SAS）， ∴∠FAG＝∠FEB，AG＝BE． ∴AG∥BE． ∴∠GAB+∠ABE＝180°， ∵∠ABC＝∠EBD＝90°， ∴∠ABE+∠DBC＝180°， ∴∠GAB＝∠DBC． ∵BE＝BD， ∴AG＝BD． 在△AGB和△BDC中， ∵AG＝BD，∠GAB＝∠DBC，AB＝CB， ∴△AGB≌△BDC（SAS）， ∴CD＝BG． ∵BG＝2BF， ∴CD＝2BF， 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行线的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键． 3．（2024•烟台）在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE． 【尝试发现】 （1）如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为 　 　； 【类比探究】 （2）当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明； 【联系拓广】 （3）若AC＝BC＝1，CD＝2，请直接写出sin∠ECD的值． 【分析】（1）过点E作EM⊥CB延长线于点M，利用一线三垂直全等模型证明△ACD≌△DME，再证明BM＝EM即可； （2）同（1）中方法证明△ACD≌△DME，再证明BM＝EM即可； （3）过点E作EM⊥CB，求出EM，CE即可． 【解答】解：（1）如图，过点E作EM⊥CB延长线于点M， 由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°， ∴∠ADC+∠EDM＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠DME，∠ADC+∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠EDM， ∴△ACD≌△DME（AAS）， ∴CD＝EM，AC＝DM， ∵AC＝BC， ∴BM＝DM﹣BD＝AC﹣BD＝BC﹣BD＝CD， ∴BM＝EM， ∵EM⊥CB， ∴， 故答案为：； （2）补全图形如图，，理由如下： 过点E作EM⊥BC于点M， 由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°， ∴∠ADC+∠EDM＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠DME，∠ADC+∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠EDM， ∴△ACD≌△DME（AAS）， ∴CD＝EM，AC＝DM， ∵AC＝BC， ∴DM＝BC， ∴DM﹣CM＝BC﹣CM， ∴CD＝BM， ∴EM＝BM， ∵EM⊥CB， ∴； （3）如图，当点D在CB延长线上时，过点E作EM⊥CB延长线于点M， 由（2）得DM＝AC＝1，EM＝CD＝2， ∴CM＝CD+DM＝3， ∴， ∴； 当点D在BC延长线上时，过点E作EM⊥CB于点M， 同理可得：△ACD≌△DME， ∴DM＝AC＝1，ME＝CD＝2， ∴CM＝2﹣1＝1， ∴CE， ∴sin∠ECD， 综上，sin∠ECD或． 【点评】本题考查三角形全等的判定与性质，三角函数，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键． 4．（2024•滨州）（1）如图1，△ABC中，点D，E，F分别在三边BC，CA，AB上，且满足DF∥AC，DE∥AB． ①求证：四边形AFDE为平行四边形； ②若，求证：四边形AFDE为菱形； （2）把一块三角形余料MNH（如图2所示）加工成菱形零件，使它的一个顶点与△MNH的顶点M重合，另外三个顶点分别在三边MN，NH，HM上，请在图2上作出这个菱形．（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【分析】（1）①根据DF∥AC，DE∥AB，点D，E，F分别在三边BC，CA，AB上，可以得到DF∥AE，DE∥AE，然后即可证明结论成立； ②延长BA到G，使得AG＝AC，然后根据和∠ABD＝∠GBC，可以得到△BAD∽△BGC，从而可以得到∠BAD＝∠G，即可判断AD∥CG，然后根据平行线的性质和等腰三角形的性质，可以得到AD平分∠BAC，再根据平行线的性质，可以得到∠DAE＝∠ADE，进而得到AE＝DE，最后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可证明结论成立； （2）作∠NMH的角平分线，与NH交于点L，再作线段ML的垂直平分线，分别交MN、MH于点O，G，则四边形MGLO即为所求． 【解答】（1）①证明：∵DF∥AC，DE∥AB，点D，E，F分别在三边BC，CA，AB上， ∴DF∥AE，DE∥AE， ∴四边形AFDE为平行四边形； ②证明：延长BA到G，使得AG＝AC，如图1所示， 则∠G＝∠ACG， ∵， ∴， ∵∠ABD＝∠GBC， ∴△BAD∽△BGC， ∴∠BAD＝∠G， ∴AD∥GC， ∴∠DAC＝∠ACG， ∴∠BAD＝∠DAC， 又∵AB∥DE， ∴∠BAD＝∠ADE， ∴∠DAE＝∠ADE， ∴AE＝DE， ∴四边形AFDE为菱形； （2）解：作∠NMH的角平分线，与NH交于点L，再作线段ML的垂直平分线，分别交MN、MH于点O，G，如图所示， 四边形MGLO即为所求． 【点评】本题是一道相似形综合题，主要考查平行四边形的判定、相似三角形的判定与性质、菱形的判定、角平分线的画法、线段垂直平分线的画法，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 5．（2024•德州）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段DC顺时针旋转120°得到线DE． （1）如图1，当∠ACD＝15°时，求∠BDE的度数； （2）如图2，连接BE，当0°＜∠ACD＜90°时，∠ABE的大小是否发生变化？如果不变，求∠ABE的度数；如果变化，请说明理由； （3）如图3，点M在CD上，且CM：MD＝3：2，以点C为中心，将线CM时针转120°得到线段CN，连接EN，若AC＝4，求线段EN的取值范围． 【分析】（1）可求得∠A＝30°，进而求得∠BDC，进一步得出结果； （2）连接CE，可求得∠DEC＝∠ABC＝30°，从而得出△DOE∽△COB，从而，从而得出△COD∽△BOE，进而得出结果； （3）可求得ECN＝90°，设CN＝CM＝3a，DM＝2a，DE＝CD＝5a，从而得出CECD＝5，从而EN4a，根据AC≤CD≤AC得出2≤5a≤4，进一步得出结果． 【解答】解：（1）∵AC＝BC， ∴∠A＝∠B， ∴∠BDC＝∠A+∠ACD＝30°+15°＝45°， ∵线段DC顺时针旋转120°得到线DE， ∴∠CDE＝120°， ∴∠BDE＝∠CDE﹣∠BDC＝120°﹣45°＝75°； （2）方法一， 如图1， ∠ABE的度数不变，理由如下： 连接CE， ∵线段DC顺时针旋转120°得到线DE， ∴∠CDE＝120°，CD＝DE， ∴∠DCE＝∠DEC＝30°， ∵AC＝BC，∠ACB＝120°， ∴∠ABC＝∠A＝30°， ∴∠DEC＝∠ABC， ∴点B、C、D、E共圆， ∴∠ABE＝∠DCE＝30°， 方法二， 如图1， 连接CE， 由上知：∠DEC＝∠ABC， ∵∠DOE＝∠BOC， ∴△DOE∽△COB， ∴， ∵∠COD＝∠BOE， ∴△COD∽△BOE， ∴∠ABE＝∠DCE＝30°； （3）如图2， 连接CE， 由（2）知， ∠DCE＝30°， ∵线CM时针转120°得到线段CN， ∴∠DCN＝120°，CN＝CM， ∴∠ECN＝∠DCN﹣∠DCE＝120°﹣30°＝90°， 设CN＝CM＝3a，DM＝2a，DE＝CD＝5a， ∴CECD＝5， ∴EN4a， ∵点D在AB上， ∴AC≤CD≤AC， ∴2≤5a≤4， ∴， ∴． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形． 6．（2024•济南）某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后，对三角形的相似进行了深入研究． （一）拓展探究 如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D． （1）兴趣小组的同学得出AC2＝AD•AB．理由如下： ∵∠ACB＝90° ∴∠A+∠B＝90° ∵CD⊥AB ∴∠ADC＝90° ∴∠A+∠ACD＝90° ∴∠B＝①_____ ∵∠A＝∠A ∴△ABC∽△ACD ∴②_____ ∴AC2＝AD•AB 请完成填空：①　 　；②　 　； （2）如图2，F为线段CD上一点，连接AF并延长至点E，连接CE，当∠ACE＝∠AFC时，请判断△AEB的形状，并说明理由． （二）学以致用 （3）如图3，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2，，平面内一点D，满足AD＝AC，连接CD并延长至点E，且∠CEB＝∠CBD，当线段BE的长度取得最小值时．求线段CE的长． 【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质即可得到结论； （2）由∠ACE＝∠AFC，∠CAE＝∠FAC，得到△ACF∽△AEC，根据相似三角形的性质得到，求得AC2＝AF•AE，由（1）得 AC2＝AD•AB，于是得到，根据相似三角形的性质得到∠ADF＝∠AEB＝90°，于是得到△AEB是直角三角形； （3）由∠CEB＝∠CBD，∠ECB＝∠BCD，得到△CEB∽△CBD，根据相似三角形的性质得到CD•CE＝CB2＝24．如图，以点A为圆心，2为半径作⊙A，则C，D都在⊙A上，延长CA到E0，使CE0＝6，交⊙A于D0，CD0＝4，∠CDD0＝90°，得到，根据相似三角形的性质得到∠CDD0＝∠CE0E＝90°，推出点E在过点E0且与CE0垂直的直线上运动，过点B作BE'⊥E0E，垂足为E′，BE′即为最短的BE，连接CE′，根据解得判定定理得到四边形CE0E'B是矩形，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：（1）①∠ACD， ②， 故答案为：∠ACD，； （2）△AEB是直角三角形， ∵∠ACE＝∠AFC，∠CAE＝∠FAC， ∴△ACF∽△AEC， ∴， ∴AC2＝AF•AE， 由（1）得 AC2＝AD•AB， ∴AF•AE＝AD•AB， ∴， ∵∠FAD＝∠BAE， ∴△AFD∽△ABE， ∴∠ADF＝∠AEB＝90°， ∴△AEB是直角三角形； （3）∵∠CEB＝∠CBD，∠ECB＝∠BCD， ∴△CEB∽△CBD， ∴． ∴CD•CE＝CB2＝24． 如图，以点A为圆心，2为半径作⊙A，则C，D都在⊙A上，延长CA到E0，使CE0＝6，交⊙A于D0，CD0＝4，∠CDD0＝90°， ∴CD0•CE0＝24＝CD•CE，则， ∵∠ECE0＝∠D0CD， ∴△ECE0～ΔD0CD， ∴∠CDD0＝∠CE0E＝90°， ∴点E在过点E0且与CE0垂直的直线上运动， 过点B作BE'⊥E0E，垂足为E′，BE′即为最短的BE，连接CE′， ∵∠BCE0＝∠CE0E′＝∠BE′E0＝90°， ∴四边形CE0E'B是矩形， 在Rt△CE0E'中可求得CE′2， ∴CE＝2． 【点评】本题是相似形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 7．（2024•滨州）【教材呈现】 现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题： 14．如图，在锐角△ABC中，探究， 之间的关系．（提示：分别作AB和BC边上的高．） 【得出结论】 【基础应用】 在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，利用以上结论求AB的长． 【推广证明】 进一步研究发现，不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足（R为△ABC外接圆的半径）． 请利用图1证明． 【拓展应用】 如图2，四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，CD＝4，∠B＝∠C＝90°．求过A，B，D三点的圆的半径． 【分析】【基础应用】根据三角形内角和可以求得∠A的度数，然后根据题目中的结论，即可求得AB的长； 【推广证明】先证明，然后连接AO并延长交⊙O于点F，根据圆周角定理可以得到∠B＝∠AFC，求出∠AFC的正弦，即可得到∠B的正弦，然后即可得到2R，从可以得到； 【拓展应用】根据勾股定理可以得到BD的长，然后根据平行线的性质和锐角三角函数，可以得到sin∠ABD的值，然后作AE⊥CD交CD于点E，得到矩形ABCE，从而可以得到AE和DE的长，再根据勾股定理可以求得AD的长，最后根据2R，即可得到过A，B，D三点的圆的半径． 【解答】解：【基础应用】 ∵∠B＝75°，∠C＝45°， ∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°， ∵∠C＝45°，BC＝2，， ∴， 解得AB； 【推广证明】 作AD⊥BC于点D，作CE⊥AB于点E，连接AO并延长交⊙O于点F，连接CF，如图所示， ∵， ∴a•csinB＝c•bsinA， ∴， 同理可证，， ∴， ∵AF是直径， ∴∠ACF＝90°， ∵∠B＝∠AFC， ∴sinB＝sin∠AFC， ∴2R， ∴； 【拓展应用】 连接DB，如图所示， ∵BC＝3，CD＝4，∠C＝90°， ∴BD5， ∴sin∠BDC， ∵∠ABC＝∠C＝90°， ∴∠ABC+∠C＝180°， ∴AB∥CD， ∴∠ABD＝∠BDC， ∴sin∠ABD， 作AE⊥CD交CD于点E， 则四边形ABCE是矩形， ∴CE＝AB＝2，AE＝BC＝3， ∴DE＝2， ∴AD， ∴， ∴过A，B，D三点的圆的半径为． 【点评】本题一道圆的综合题，主要考查勾股定理、矩形的性质、锐角三角函数、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 8．（2024•淄博）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了⊙O的内接等腰三角形ABC，AB＝AC．并在BC边上任取一点D（不与点B，C重合），连接AD，然后将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．如图① 小明发现：CE与⊙O的位置关系是 　 　，请说明理由： 【实践探究】 连接DE，与AC相交于点F．如图②，小明又发现：当△ABC确定时，线段CF的长存在最大值．请求出当AB＝3，BC＝6时，CF长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点D分线段BC所成的比CD：DB与点F分线段DF所成的比DF：FE始终相等．请予以证明． 【分析】操作发现：连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM，根据直径所对圆周角为直角得到∠MAC＝90°，根据旋转的性质得到∠B＝∠ACE，由圆周角定理推出∠B＝∠AMC，等量代换得到∠ACE＝∠AMC，利用直角三角形的性质即可证明∠OCE＝90°，即可得出结论； 实践探究：证明△ABC∽△ADE，得到∠B＝∠ADE＝∠ACB，结合三角形外角的性质 得到∠CDF＝∠BAD，易证△ABD∽△DCF，得到 ，设BD＝x，则CD＝6﹣x，得到 ，利用二次函是的性质即可求解； 问题解决：过点E作EN∥BC交AC于点N，由旋转的 性质知：∠B＝∠ACE，证明∠ENC＝∠ACE，推出EN＝CE，由旋转的性质得：△ABD≌△ACE，得到BD＝EN，根据EN∥BC，易证△CDF﹣△NEF，得到，即可证明结论． 【解答】解：操作发现： 连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM， ∵MC是⊙O直径， ∴∠MAC＝90°， ∴∠AMC+∠ACM＝90° 由旋转的性质得∠B＝∠ACE， ∵∠B＝∠AMC， ∴∠ACE＝∠AMC， ∵OCE＝∠ACM+∠ACE＝∠ACM+∠AMC＝90°， ∵OC是⊙O的半径， ∴CE与⊙O相切； 实践探究：由旋转的性质得：∠BAD＝∠CAE，AD＝AE， ∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD即∠BAC＝∠DAE， ∵AB＝AC， ∴， ∴△ABC∽△ADE， ∴∠B＝∠ADE＝∠ACB， ∵∠ADC＝∠ADE+∠CDF＝∠B+∠BAD， ∴∠CDF＝∠BAD， ∴△ABD∽△DCF， ∴， 设BD＝x， 则CD＝6﹣x， ∴， ∴CF（6﹣x）（x﹣3）2， ∵0， ∴当x＝3时，CF有最大值为 ； 问题解决：证明：过点E作EN∥BC交AC于点N， ∴∠ENC＝∠ACB， 由旋转的性质知：∠B＝∠ACE， ∵∠B＝∠ACB， ∴∠ACB＝∠ACE， ∴∠ENC＝∠ACE， ∴EN＝CE， 由旋转的性质得：△ABD≌△ACE， ∴BD＝CE， ∴BD＝EN， ∵EN∥BC， ∴△CDF∽△NEF， ∴， ∵BD＝EN， ∴． 【点评】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键， 9．（2024•日照）如图1，AB为⊙O的直径，AB＝12，C是⊙O上异于A，B的任一点，连接AC，BC，过点A作射线AD⊥AC，D为射线AD上一点，连接CD． 【特例感知】 （1）若BC＝6，则AC＝　 　； （2）若点C，D在直线AB同侧，且∠ADC＝∠B，求证：四边形ABCD是平行四边形； 【深入探究】 若在点C运动过程中，始终有tan∠ADC，连接OD． （3）如图2，当CD与⊙O相切时，求OD的长度； （4）求OD长度的取值范围． 【分析】（1）利用勾股定理求出AC长即可； （2）根据AD⊥AC，推导出AD∥BC，由∠ADC＝∠B和等角的余角相等推出AB∥CD，根据平行四边形定义可证明； （3）连接OC，先求出∠ADC＝60°，∠ACD＝30°，利用解直角三角形求出CD，再利用勾股定理求出OD长即可； （4）过点A作射线AF⊥AB，作射线OF满足∠AOF＝60°，射线AF与OF交于点F，连接OC、CF，可证△CAF∽△DAO，继而得到FC，利用勾股定理求出OF、OC，再根据|OF﹣OC|≤CF≤OF+OC求出CF的范围，继而得到OD的长度范围． 【解答】（1）解：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， 在Rt△ABC中，由勾股定理得： AC6， 故答案为：6； （2）证明：∵AD⊥AC， ∴∠DAC＝∠BCA＝90°， ∴AD∥BC， ∵∠ADC＝∠B， ∴∠BAC＝∠DCA， ∴AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形； （3）解：在Rt△ACD中， ∵tan∠ADC， ∴∠ADC＝60°，∠ACD＝30°， 如图2，连接OC， ∵CD是⊙O的切线， ∴OC⊥CD， ∴∠ACD+∠ACO＝90°， 又∵∠ACO+∠OCB＝90°， ∴∠ACD＝∠OCB， ∵OC＝OB， ∴∠B＝∠OCB＝∠ACD＝30°， 在Rt△ABC中，AC＝AB•sin30°＝6， 在Rt△ACD中，CD4， ∴在Rt△COD中，OD2； （4）解：如图3，过点A作射线AF⊥AB，作射线OF满足∠AOF＝60°，射线AF与OF交于点F，连接OC、CF， 在Rt△AOF中，AF＝OA•tan60°OA， ∵tan∠ADC， ∴， ∵AF， ∴， ∵∠DAC＝∠OAF＝90°， ∴∠DAC+∠CAO＝∠OAF+∠CAO，即∠DAO＝∠CAF， ∴△CAF∽△DAO， ∴，即FC， 在Rt△AOF中， ∵， ∴12， 又∵|OF﹣OC|≤CF≤OF+OC， ∴6≤CF≤18， ∴2OD． 【点评】本题考查了圆的综合，熟练掌握切线性质、勾股定理、三角形相似的判定与性质、解直角三角形是关键． 10．（2024•潍坊）【问题提出】 在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为18m的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案． 说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为r（m）的圆面．喷洒覆盖率，s为待喷洒区域面积，k为待喷洒区域中的实际喷洒面积． 【数学建模】 这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题． 【探索发现】 （1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为9m的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率ρ＝　 　． （2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；…，以此类推，如图5，设计安装n2个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由． （3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率ρ＝1．已知AE＝BF＝CG＝DH，设AE＝x（m），⊙O1的面积为y（m2），求y关于x的函数表达式，并求当y取得最小值时r的值． 【问题解决】 （4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率ρ＝1？（直接写出结果即可） 【分析】（1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解； （2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解； （3）根据勾股定理求得x，r的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解； （4）根据（3）的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为的圆的内接正方形的边长为6，进而将草坪分为9个正方形，即可求解． 【解答】解：（1）当喷洒半径为9m时，喷洒的圆面积s＝π r2＝π×92＝81π（m2）． 正方形草坪的面积S＝a2＝182＝324（m2）． 故喷洒覆盖率． 故答案为：0.785． （2）对于任意的n，喷洒面积，而草坪面积始终为324m2． 因此，无论n取何值，喷洒覆盖率始终为． 这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用． （3）如图所示，连接EF， 要使喷洒覆盖率ρ＝1，即要求，其中s为草坪面积，k为喷洒面积． ∴⊙O1，⊙O2，⊙O3，⊙O4都经过正方形的中心点O， 在Rt△AEF中，EF＝2r，AE＝x， ∵AE＝BF＝CG＝DH， ∴AF＝18﹣x， 在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2， ∴4r2＝x2+（18﹣x）2， ∴ ∴当x＝9时，y取得最小值，此时4r2＝92+92， 解得：． （4）由（3）可得，当⊙O1的面积最小时，此时圆为边长为9m的正方形的外接圆， 则当时，圆的内接正方形的边长为， 而草坪的边长为18m，，即将草坪分为9个正方形，将半径为的自动喷洒装置放置于9个正方形的中心，此时所用装置个数最少， ∴至少安装9个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率ρ＝1． 【点评】本题考查了正方形与圆综合问题，二次函数的应用；解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实际问题的解决方案． 11．（2024•山东）一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，∠EDF＝30°，AC＝DE．作BM⊥AC于点M，EN⊥DF于点N，如图1． （1）求证：BM＝EN； （2）在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图2中的△DCF绕C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点P． ①当α＝30°时，如图3，求证：四边形CNPM为正方形； ②当30°＜α＜60°时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当60°＜α＜120°时，直接写出线段MP，DP，CD的数量关系． 【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论； （2）①证明∠CND＝90°，∠DCN＝90°﹣30°＝60°，可得∠ACN＝90°，证明∠PMC＝∠BMC＝90°，可得四边形PMCN为矩形，结合BM＝EN，即BM＝CN，而BM＝CM，可得CM＝CN，从而可得结论；②如图，当30°＜α＜60°时，连接CP，证明△PMC≌△PNC，可得PM＝PN，结合∠D＝30°，可得； ②如图，当60°＜α＜120°时，连接CP，同理△PMC≌△PNC，结合∠CDF＝30°，可得． 【解答】（1）证明：设AC＝DE＝a， ∵∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°， ∴∠A＝∠C＝45°， ∴AB＝BC， ∵BM⊥AC， ∴， ∵∠EDF＝30°，EN⊥DF， ∴， ∴BM＝EN； （2）①证明：∵∠D＝30°，CN⊥DF， ∴∠CND＝90°，∠DCN＝90°﹣30°＝60°， ∵α＝∠ACD＝30°， ∴∠ACN＝90°， ∵BM⊥AC， ∴∠PMC＝∠BMC＝90°， ∴四边形PMCN为矩形， ∵BM＝EN，即BM＝CN， 而BM＝CM， ∴CM＝CN， ∴四边形PMCN是正方形； ②解：当30°＜α＜60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为；当60°＜α＜120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为．理由如下： 如图1，当30°＜α＜60°时，连接CP， 由（1）可得：CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°， ∵CP＝CP， ∴Rt△PMC≌△RtPNC（HL）， ∴PM＝PN， ∴MP+DP＝PN+DP＝DN， ∵∠D＝30°， ∴cosDcos30°， ∴； 如图2，当60°＜α＜120°时，连接CP， 由（1）可得：CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°， ∵CP＝CP， ∴Rt△PMC≌Rt△PNC（HL）， ∴PM＝PN， ∴DN＝PN﹣DP＝MP﹣DP， ∵∠CDF＝30°， ∴cos∠CDFcos30°， ∴， 综上，当30°＜α＜60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为；当60°＜α＜120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为． 【点评】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 12．（2024•济宁）综合与实践 某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形ABCD中，AB＞AD且AB足够长）进行探究活动． 【动手操作】 如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸片展平． 第二步，把四边形AEFD折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为GH，再把纸片展平． 第三步，连接GF． 【探究发现】 根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论． 甲同学的结论：四边形AEFD是正方形． 乙同学的结论 （1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由． 【继续探究】 在上面操作的基础上，丙同学继续操作． 如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点M处，折痕为GP，连接PM，把纸片展平． 第五步，连接FM交GP于点N． 根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论： FN•AM＝GN•AD． （2） 请证明这个结论． 【分析】（1）根据折叠可知甲同学的结论正确，通过构造直角三角形，设参数，将∠AFG所在的直角三角形边长表示出来，从而得出乙的结论也正确； （2）现根据折叠证四边形FGMP是菱形，再证△GFN∽△PGQ得到FN•PQ＝GN•GQ，最后证出AM＝PQ，GQ＝AD，利用等线段转化即可得证． 【解答】（1）解：甲同学和乙同学的结论都正确，证明如下， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠BAD＝90°， ∵折叠， ∴∠D＝∠AEF＝90°＝∠DAE，AD＝AE， ∴四边形AEFD是矩形， ∴四边形AEFD是正方形； 故甲同学的结论正确． 作GK⊥AE， 设AE＝2x，则AG＝EG＝x， ∵四边形AEFD是正方形， ∴∠EAF＝45°， ∴AF＝2x，AK＝KGAGx， ∴FK＝AF﹣AKx， ∴tan∠AFG； 故乙同学的说法也正确． （2）证明：方法一：过G作GQ⊥PM交延长线于点Q， ∵折叠， ∴FP＝PM，FG＝GM，GH＝GQ，∠FPG＝∠MPG，PH＝PQ， ∵AB∥CD， ∴∠FPG＝∠PGM， ∴∠PGM＝∠MPG， ∴PM＝GM， ∴PF＝GM＝PM＝FG， ∴四边形FGMP是菱形， ∴∠FNG＝90°， ∵∠GQP＝90°＝∠FNG，∠FGN＝∠GPQ， ∴△GFN∽△PGQ， ∴， ∴FN•PQ＝GN•GQ， ∵AM＝AG+GM＝HF+FP＝PH， ∴AM＝PQ， ∵GQ＝GH＝AD， ∴FN•AM＝GN•AD． 方法二：连接DM，证△ADM∽△NFG也可． 【点评】本题主要考查折叠的性质、正方形的判定和性质、解直角三角形、相似三角形的判定和性质、菱形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 考点2 压轴题 13．（2024•泰安）如图，抛物线的图象经过点D（1，﹣1），与x轴交于点A，点B． （1）求抛物线C1的表达式； （2）将抛物线C1向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线C2，求抛物线C2的表达式，并判断点D是否在抛物线C2上； （3）在x轴上方的抛物线C2上，是否存在点P，使△PBD是等腰直角三角形．若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将点D的坐标代入抛物线表达式，即可求解； （2）由题意得：C2：y（x﹣1）2（x﹣1）﹣4+3（x）2，当x＝1时，y（x）2（1）21，即可求解； （3）当∠BAP为直角时，证明△DGB≌△EHD（AAS），求出点E（2，2），当x＝2时，y（x）2（2）22，即点E在抛物线C2上，即点P即为点E（2，2）；当∠DBP为直角时，同理可解；当∠HPD为直角时，如图3，同理可得点E（0，1），即可求解． 【解答】解：（1）将点D的坐标代入抛物线表达式得：﹣1＝a4， 解得：a， 则抛物线的表达式为：yx2x﹣4； （2）由题意得：C2：y（x﹣1）2（x﹣1）﹣4+3（x）2， 当x＝1时，y（x）2（1）21， 故点D在抛物线C2上； （3）存在，理由： 当∠BDP是直角时， 如图1，过点D作DE⊥BD且DE＝BE，则△BDE为等腰直角三角形， ∵∠BDG+∠EDH＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°， ∴∠BDG＝∠DEH， ∵∠DGB＝∠EHD＝90°， ∴△DGB≌△EHD（AAS）， 则DH＝BG＝1，EH＝GD＝1+2＝3， 则点E（2，2）， 当x＝2时，y（x）2（2）22， 即点E在抛物线C2上， 即点P即为点E（2，2）； 当∠DBP为直角时，如图2， 同理可得：△BGE≌△DHB（AAS）， 则DH＝3＝BG，BH＝1＝GE， 则点E（﹣1，3）， 当x＝﹣1时，y（x）2（﹣1）23， 即点E在抛物线C2上， 即点P即为点E（﹣1，3）； 当∠BPD为直角时，如图3， 设点E（x，y）， 同理可得：△EHB≌△DGE（AAS）， 则EH＝x+2＝GD＝y+1且BH＝y＝GE＝1﹣x， 解得：x＝0且y＝1，即点E（0，1）， 当x＝0时，y（x）2（0）21， 即点E不在抛物线C2上； 综上，点P的坐标为：（2，2）或（﹣1，3）． 【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． 14．（2024•济宁）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（0，﹣3），（﹣b，c）两点，其中a，b，c为常数，且ab＞0． （1）求a，c的值； （2）若该二次函数的最小值是﹣4，且它的图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． ①求该二次函数的解析式，并直接写出点A，B的坐标； ②如图，在y轴左侧该二次函数的图象上有一动点P，过点P作x轴的垂线，垂足为D，与直线AC交于点E，连接PC，CB，BE．是否存在点P，使若存在，求此时点P的横坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将已知两点代入到解析式进行计算分析即可得解； （2）①将第一问求出的a、c代入配成顶点式即可得到含b的最小值，再根据题中条件建立方程即可求出b值，最后求二次函数与x轴交点，令y＝0即可得解； ②分两种情况讨论，点P在点A的左右两侧，再利用△PCE和△BCE都是以CE为底的三角形，求出PG的长度，从而得到PH解析式，联立求解即可． 【解答】解：（1）∵函数过（0，﹣3），（﹣b，c） ∴c＝﹣3，ab2﹣b2+c＝c， ∴（a﹣1）b2＝0， ∵ab＞0， ∴a≠0，b≠0， ∴a﹣1＝0， ∴a＝1． （2）①由（1）知该函数的解析式为：y＝x2+bx﹣3＝（x）2， ∵a＝1＞0， ∴当x时，函数最小值为y， ∵二次函数最小值为﹣4， ∴4， 解得b＝±2， ∵ab＞0， ∴b＝2， ∴二次函数解析式为y＝x2+2x﹣3， 令y＝0，则x2+2x﹣3＝0， 解得x1＝﹣3，x2＝1， ∴点A坐标（﹣3，0），点B坐标（1，0）． ②Ⅰ，当点P在点A右侧时，如图，过B作BF⊥AC于点F，过P作PG⊥AC于点G， ∵A（﹣3，0），C（0，﹣3），B（1，0）， ∴OA＝OC＝3，OB＝1， ∴AB＝OA+OB＝4，AC＝3， ∵S△ABC， ∴BF2， ∵△PCE和△BCE都是以CE为底的三角形， ∴， ∴PG， 过P作PH∥AC交y轴于点H，过C作CK⊥PH，则CK＝PG， ∵OA＝OC， ∴∠OCA＝45°， ∴∠CHK＝45°， ∴CHCK， ∴OH， ∴点H坐标（0，）， ∴直线PH解析式为y＝﹣x， 联立方程组可得， 解得，， ∴P点坐标为（，）或（，）． Ⅱ，当点P在点A左侧时，过P作PH∥AC交y轴于点H， 同第一种情况的方法可得H（0，） ∴直线PH解析式为y＝﹣x， 联立方程组得， 解得（舍），， ∴P点坐标为（，）． 综上，P点的横坐标为或或． 【点评】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数最值问题、二次函数与x轴交点问题、二次函数与直线交点问题等内容，难度中等，熟练掌握相关知识是解题的关键． 15．（2024•东营）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上的一个动点． （1）求抛物线的表达式； （2）当点D在直线BC下方的抛物线上时，过点D作y轴的平行线交BC于点E，设点D的横坐标为t，DE的长为l，请写出l关于t的函数表达式，并写出自变量t的取值范围； （3）连接AD，交BC于点F，求的最大值． 【分析】（1）将点A和点B坐标代入抛物线的解析式得出方程组，解方程组，进而得出结果； （2）先求出直线BC的解析式，进而表示出DE的长，进一步得出结果； （3）分四种情形：当0＜t＜2时，作AG∥DE，交BC于G，可得出△DEF∽△AGF，从而，进而得出（t﹣1）2，进一步得出结果． 【解答】解：（1）由题意得， ， ∴， ∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣2； （2）设直线BC的函数表达式为：y＝mx+n， ∴， ∴， ∴y＝x﹣2， ∴E（t，t﹣2）， ∵D（t，t2﹣t﹣2）， ∴l＝（t﹣2）﹣（t2﹣t﹣2）＝﹣t2+2t（0＜t＜2）； （3）如图1， 当0＜t＜2时， 作AG∥DE，交BC于G， ∴△DEF∽△AGF， ∴， 把x＝﹣1代入y＝x﹣2得， y＝﹣3， ∴AG＝3， ∴（t﹣1）2， ∵当x＝1时，最大， ∵， ∴最大． 【点评】本题考查了二次函数及其图象的性质，求一次函数的解析式，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练有关基础知识． 16．（2024•威海）已知抛物线y＝x2+bx+c（b＜0）与x轴交点的坐标分别为（x1，0），（x2，0），且x1＜x2． （1）若抛物线y1＝x2+bx+c+1（b＜0）与x轴交点的坐标分别为（x3，0），（x4，0），且x3＜x4，试判断下列每组数据的大小（填写＜、＝或＞）： ①x1+x2　 　x3+x4；②x1﹣x3　 　x2﹣x4；③x2+x3　 　x1+x4． （2）若x1＝1，2＜x2＜3，求b的取值范围； （3）当0≤x≤1时，y＝x2+bx+c（b＜0）最大值与最小值的差为，求b的值． 【分析】（1）根据根与系数的关系得到x1+x2＝﹣b，以及x3+x4＝﹣b，即可判断①，利用二次函数的图象与性质得到x1＜x3＜x4＜x2，进而得到x2﹣x1＞x4﹣x3，利用不等式性质变形，即可判断②③； （2）根据题意得到3＜x2+x1＜4，结合x1+x2＝﹣b 进行求解，即可解题； （3）根据题意得到抛物线y＝x2+bx+c（b＜0）顶点坐标为，对称轴为直线；当x＝0时，y＝c，当x＝1时，y＝1+b+c，由y＝x2+bx+c（b＜0）最大值与最小值的差为，分以下情况：①当在x＝0取得最大值，在x＝1取得最小值时，②当在x＝0取得最大值，在顶点取得最小值时，③当在 x＝1取得最大值，在顶点取得最小值时，建立等式求解，即可解题． 【解答】解：（1）∵y＝x2+bx+c（b＜0）与x轴交点的坐标分别为（x1，0），（x2，0），且x1＜x2， ∴x1+x2＝﹣b，且抛物线开口向上， ∵ 与x轴交点的坐标分别为（x3，0），（x4，0），且x3＜x4， 即y＝x2+bx+c（b＜0）向上平移1个单位， ∴x1＜x3＜x4＜x2，且x3+x44＝﹣b， ∴①x1+x2＝x3+x4； ∵x2﹣x1＞x4﹣x3 ∴x2﹣x4＞x1﹣x3，即②x1﹣x3＜x2﹣x4； ∴x2+x3＞x1+x4，即③x2+x3＞x1+x4， 故答案为：＝；＜；＞； （2）∵x1＝1，2＜x2＜3， ∴3＜x2+x1＜4 ∴3＜﹣b＜4， ∴﹣4＜b＜﹣3； （3）抛物线y＝x2+bx+c（b＜0）顶点坐标为，对称轴为直线， 当x＝0时，y＝c； 当x＝1时，y＝1+b+c； ①当在x＝0取得最大值，在顶点取得最小值时， 有， 解得（舍去）或； ②当在x＝1取得最大值，在顶点取得最小值时， 有， 解得（舍去）或， ③当x＝0时取最大值，x＝1时取得得最小值，则有 c﹣（1+b+c） b（舍去） 综上所述，b的值为或 【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，抛物线与x轴的交点，解题的关键在于熟练掌握二次函数图象与性质． 17．（2024•烟台）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OC＝OA，AB＝4，对称轴为直线l1：x＝﹣1．将抛物线y1绕点O旋转180°后得到新抛物线y2，抛物线y2与y轴交于点D，顶点为E，对称轴为直线l2． （1）分别求抛物线y1和y2的表达式； （2）如图1，点F的坐标为（﹣6，0），动点M在直线l1上，过点M作MN∥x轴与直线l2交于点N，连接FM，DN，求FM+MN+DN的最小值； （3）如图2，点H的坐标为（0，﹣2），动点P在抛物线y2上，试探究是否存在点P，使∠PEH＝2∠DHE？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）证明四边形FF′NM平行四边形，则FM+MN+DN＝F′N+ND′+MN＝F′D′+22＝32为最小； （3）当点P（P′）在BE的右侧时，∠PEH＝2∠DHE，则EP′和HE关对称轴l2对称，求出直线EP′的表达式为：y＝2（x﹣1）﹣4，即可求解；当点P在BE的左侧时，由NH＝NE，求出N（0，），即可求解． 【解答】解：（1）设点A、B的坐标分别为：（t，0）、（t+4，0）， 则x＝﹣1（t+t+4）， 解得t＝﹣3， 即点A、B的坐标分别为：（﹣3，0）、（1，0）， ∵OC＝OA，则点C（0，3）， 则抛物线y1得表达式为：y1＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）， 则﹣3a＝3，则a＝﹣1， 则y1＝﹣x2﹣2x+3； 根据图形的对称性，y2＝x2﹣2x﹣3； （2）作点D关于l2的对称点D′（2，﹣3），将点F向右平移2个单位（MN＝2），连接D′F′交直线l2于点N，过点N作NM⊥l1交于点M，连接FM， ∵F′F∥MN，FF′＝MN，则四边形FF′NM平行四边形，则FM＝F′N， 则FM+MN+DN＝F′N+ND′+MN＝F′D′+22＝32为最小； （3）由抛物线y2的表达式知，点D（0，﹣3）、点E（1，﹣4）， 由点H、E的坐标得，直线HE的表达式为：y＝﹣2x﹣2， 当点P（P′）在BE的右侧时， ∵∠PEH＝2∠DHE，则EP′和HE关对称轴l2对称， 则直线EP′的表达式为：y＝2（x﹣1）﹣4， 联立上式和抛物线y2得表达式得：2（x﹣1）﹣4＝x2﹣2x﹣3， 解得：x＝1（舍去）或3， 即点P′（3，0）； 当点P在BE的左侧时，见如图右侧放大图，设直线PE交y轴于点N， ∵∠PEH＝2∠DHE， 过点E（1，﹣4）作∠PEH的角平分线EK交HD于点K， 作HE的中垂线JK，交HD于点J，交HE于点L，过点E作EW⊥HD交于点W 则∠JHL＝∠JEH＝∠EHJ＝α， 由点H、E的坐标得，直线HE的表达式为：y＝﹣2x﹣2， 则点L（，﹣3）， 直线JL的表达式为：y（x）﹣3x， 则点J（0，），则HJ＝JF， ∵∠JHL＝∠JEH＝∠EHJ＝α，∠EKJ＝∠HKF， ∴△EKJ∽△HKE， 则， 设KJm，则KE＝4m， 则点K（0，m）， 在Rt△KEW中，KW2+WE2＝KE2， 即（m+4）2+1＝4m2， 解得：m， 则点K（0，）， 由点K、E的坐标得，直线KE的表达式为：yx， 联立上式和抛物线的表达式得：x2﹣2x﹣3x， 解得：x， 则点P（，）； 综上，点P的坐标为：（3，0）或（，）． 【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决相关问题． 18．（2024•山东）在平面直角坐标系xOy中，点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，记该二次函数图象的对称轴为直线x＝m． （1）求m的值； （2）若点Q（m，﹣4）在y＝ax2+bx﹣3的图象上，将该二次函数的图象向上平移5个单位长度，得到新的二次函数的图象．当0≤x≤4时，求新的二次函数的最大值与最小值的和； （3）设y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交点为（x1，0），（x2，0）（x1＜x2）．若4＜x2﹣x1＜6，求a的取值范围． 【分析】（1）把点P（2，﹣3）代入y＝ax2+bx﹣3（a＞0）可得b＝﹣2a，再利用抛物线的对称轴公式可得答案； （2）把点Q（1，﹣4）代入y＝ax2﹣2ax﹣3，可得：a＝1，可得抛物线为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，将该二次函数的图象向上平移5个单位长度，得到新的二次函数为：y＝（x﹣1）2﹣4+5＝（x﹣1）2+1，再利用二次函数的性质可得答案； （3）由根与系数的关系可得x1+x2＝2，，结合，4＜x2﹣x1＜6，再建立不等式组求解即可． 【解答】解：（1）∵点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上， ∴4a+2b﹣3＝﹣3， 解得：b＝﹣2a， ∴抛物线为：y＝ax2﹣2ax﹣3， ∴抛物线的对称轴为直线， ∴m＝1； （2）∵点Q（1，﹣4）在y＝ax2﹣2ax﹣3的图象上， ∴a﹣2a﹣3＝﹣4， 解得：a＝1， ∴抛物线为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4， 将该二次函数的图象向上平移5个单位长度，得到新的二次函数为： y＝（x﹣1）2﹣4+5＝（x﹣1）2+1， ∵0≤x≤4， ∴当x＝1时，函数有最小值为1， 当x＝4时，函数有最大值为（4﹣1）2+1＝10 ∴新的二次函数的最大值与最小值的和为11； （3）∵y＝ax2﹣2ax﹣3的图象与x轴交点为（x1，0），（x2，0）（x1＜x2）． ∴x1+x2＝2，， ∵， ∴， ∵4＜x2﹣x1＜6， ∴即， 解得：． 【点评】本题属于二次函数的综合题，利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系，熟练的利用各知识点建立方程或不等式组解题是关键． 19．（2024•淄博）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴相交于A（x1，0），B（x2，0）两点（点A在点B的左侧），其中x1，x2是方程x2﹣2x﹣3＝0的两个根，抛物线与y轴相交于点C． （1）求该抛物线对应的函数表达式； （2）已知直线l：y＝3x+9与x，y轴分别相交于点D，E． ①设直线BC与l相交于点F，问在第三象限内的抛物线上是否存在点P，使得∠PBF＝∠DFB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由； ②过抛物线上一点M作直线BC的平行线．与抛物线相交于另一点N．设直线MB，NC相交于点Q．连接QD，QE．求线段QD+QE的最小值． 【分析】（1）求出点A、B的坐标，再用待定系数法即可求得函数解析式； （2）①求出角的关键信息，再用三角函数即可求解； ②运用轴对称求两条线段和最短即将军饮马模型在函数中运用即可得解． 【解答】解：（1）∵x1，x2是x2﹣2x﹣3＝0的两个根， ∴x1＝﹣1，x2＝3， ∴A（﹣1，0），B（3，0）， ∵抛物线y＝ax2+bx+3与x轴相交于A、B两点， ∴， 解得， ∴抛物线函数表达式为y＝﹣x2+2x+3； （2）①存在，理由如下： ∵直线y＝3x+9与x、y轴分别交于点D、E， ∴x＝0时，y＝9， y＝0时，3x+9＝0，x＝﹣3， ∴点D（﹣3，0）、E（0，9）， ∴OD＝3，OE＝9， ∴tan∠OED， 由抛物线可知：当x＝0时，y＝3， ∴C（0，3）， ∴OB＝OC＝3， ∴∠OBC＝∠OCB＝45°， ∴∠FCE＝∠OCB＝45°， ∵∠DFB是△CEF的外角， ∴∠DFB＝∠FCE+∠FEC＝45°+∠FEC， ∵∠DFB＝∠PBF＝∠CBO+∠PBQ＝45°+∠PBQ， ∴∠PBQ＝∠FEC， ∴tan∠PBQ， 设P（m，﹣m2+2m+3），则BQ＝3﹣m，PQ＝m2﹣2m﹣3， ∴， ∴m＝3（舍去）或， ∴P（，）； ②∵过抛物线上一点M作直线BC的平行线，与抛物线相交于另一点N， 设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线MN的解析式 为：y＝﹣x+n， 设直线BM的解析式为y＝k1x+m， 将B（3，0）代入得3k1+m＝0， 解得：m＝﹣3k1， ∴直线BM的解析式为y＝k1x﹣3k1， 设直线CN的解析式为y＝k2x+m1， 将C（0，3）代入得m1＝3， ∴直线CN的解析式为y＝k2x+3； 联立方程组，得x2﹣3x+n﹣3＝0， ∴x1+x2＝3， 将M（x1，y1）代入y＝k1x﹣3k1，y＝﹣x2+2x+3 得： ， ∴（k1﹣2）x﹣3（k1+1）＝0， ∴（x1﹣3）[x1+（k1+1）]＝0， 解得：k1＝﹣1﹣x1， 将N（x2，y2）代入y＝k2x+3，y＝﹣x2+2x+3 得： ， ∴（ k2﹣2）x2＝0， ∴x2（x2+k2﹣2）＝0， 解得：k2＝2﹣x2， 联立方程组， 得出xQ， ∴点Q在直线x上运动， 在y＝3x+9中，令x＝0，则y＝9，即E（0，9）， 如图，作点E关于直线x的对称点E'，连接DE'交直线x于Q'，连接EQ'，则E'（3，9）， 由轴对称性质可得EQ'＝EQ'， ∴QD+QE的最小值＝DQ'+EQ'＝DQ'+E'Q'＝DE'， 由两点之间线段最短可得：线段QD+QE的最小值为DE'， ∵DE'， ∴线段QD+QE的最小值为． 【点评】本题考查了二次函数、解直角 三角形、轴对称、勾股定理、一次函数、一元二次方程、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，灵活运用并添加适当的辅助线是解题的关键． 20．（2024•日照）已知二次函数y＝﹣x2+（2a+4）x﹣a2﹣4a（a为常数）． （1）求证：不论a为何值，该二次函数图象与x轴总有两个公共点； （2）当a+1≤x≤2a+5（a≥﹣1）时，该二次函数的最大值与最小值之差为9，求此时函数的解析式； （3）若二次函数图象对称轴为直线x＝1，该函数图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．点C关于对称轴的对称点为D，点M为CD的中点，过点M的直线l（直线l不过C，D两点）与二次函数图象交于E，F两点，直线CE与直线DF相交于点P． ①求证：点P在一条定直线上； ②若S△COPS△ABP，请直接写出满足条件的直线l的解析式，不必说明理由． 【分析】（1）当y＝0时，解得方程的两个根，从而得出结论； （2）可判定得出根据抛物线的顶点取最大值，当x＝2a+5取得最小值，进一步得出结果； （3）作FG⊥CD于G，作FH⊥对称轴x＝1于点H，作PQ⊥CD于Q，作PV⊥FH于V，作DW⊥FH于W，设E（m，﹣m2+2x+3），F（n，﹣n2+2n+3），根据tan∠FMG＝tan∠MFH得出，从而得出mn＝m+n﹣2，设P（x，y），根据同理可得，，得出，，从而得出x，y把mn＝m+n﹣2代入y＝5，从而得出点P在一条定直线上y＝5上； ②可求得S△ABP，根据S△COPS△ABP求得xP＝±4，当xP＝4时，可求得F（﹣1，0），进而求得直线l的解析式为：y，同样方法求得当x＝﹣4时直线l的解析式． 【解答】（1）证明：当y＝0时， ﹣x2+（2a+4）x﹣a2﹣4a＝0， ∴（x﹣a）（x﹣a﹣4）＝0， ∴x1＝a，x2＝a+4， ∴不论a为何值，该二次函数图象与x轴总有两个公共点； （2）解：∵y＝﹣（x﹣a﹣2）2+4， ∴抛物线的顶点是（a+2，4）， ∵a≥﹣1， ∴（2a+5）﹣（a+2）＝a+3≥2， ∴a+1＜a+2＜2a+5， ∴y最大＝4，y最小＝﹣（a+3）2+4， ∵当a+1≤x≤2a+5（a≥﹣1）时，该二次函数的最大值与最小值之差为9， ∴4+（a+3）2﹣4＝9， ∴a＝﹣6（舍去）或a＝0， ∴y＝﹣x2+4x； （3）①证明：如图， 作FG⊥CD于G，作FH⊥对称轴x＝1于点H，作PQ⊥CD于Q，作PV⊥FH于V，作DW⊥FH于W， ∵对称轴x＝a+2＝1， ∴a＝﹣1， ∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，D（2，3），M（1，3）， 设E（m，﹣m2+2x+3），F（n，﹣n2+2n+3）， ∵CD∥FH， ∴∠FMG＝∠MFH， ∴tan∠FMG＝tan∠MFH， ∴， ∴， 化简得， （m﹣n）（mn﹣m﹣n+2）＝0， ∵m﹣n≠0， ∴mn﹣m﹣n+2＝0， ∴mn＝m+n﹣2， 设P（x，y）， 同理可得， ， ∴，， ∴x，y 把mn＝m+n﹣2代入y＝5， ∴点P在一条定直线上y＝5上； ②解：由﹣x2+2x+3＝0得， x1＝﹣1，x2＝3， ∴A（﹣1，0），B（3，0）， ∴AB＝4， ∵yP＝5， ∴S△ABP， ∵S△COPS△ABP， ∴， ∴6， ∴xP+±4， 当xP＝4时， ， 又mn﹣m﹣n+2＝0， ∴或（舍去）， 当n＝﹣1时，﹣n2+2n+3＝﹣1﹣2+3＝0， ∴F（﹣1，0）， ∵M（1，3）， ∴直线l的解析式为：y， 当x＝﹣4时， ， ∴或（舍去）， ∴， ∴F（）， ∴直线l的解析式为：yx， 综上所述：当S△COPS△ABP时，直线l的解析式为：y或yx． 【点评】本题考查了二次函数及其图象的性质，解直角三角形，求一次函数的解析式等知识，解决问题的关键是较强的计算能力． 21．（2024•济南）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝x2+bx+c经过点A（0，2），B（2，2），顶点为D；抛物线C2：y＝x2﹣2mx+m2﹣m+2（m≠1），顶点为Q． （1）求抛物线C1的表达式及顶点D的坐标； （2）如图1，连接AD，点E是抛物线C1对称轴右侧图象上一点，点F是抛物线C2上一点，若四边形ADFE是面积为12的平行四边形，求m的值； （3）如图2，连接BD，DQ，点M是抛物线C1对称轴左侧图象上的动点（不与点A重合），过点M作MN∥DQ交x轴于点N，连接BN，DN，求△BDN面积的最小值． 【分析】（1）根据抛物线 y＝x2+bx+c过点A（0，2），B（2，2）列方程组即可得到结论； （2）如图1，连接DE，过点E作EG∥y轴，交AD延长线于点G，过点D作DH⊥EG，垂足为H，与y轴交于 H'，设点E的横坐标为t．设直线AD的表达式为y＝kx+b，解方程组得到直线AD的表达式为 y＝﹣x+2，则E（t，t2﹣2t+2），G（t，2﹣t），求得EG＝t2﹣t，求得，于是得到S△ADE＝S△AGE﹣S△DGE，解方程得到E（4，10），根据平移的性质得到F（5，9）；将F（5，9代入y＝x2﹣2mx+m2﹣m+2（m≠1），解方程得到m1＝2，m2＝9； （3）如图2，过M作MP⊥x轴，垂足为P，过点D作DK∥y轴，过点Q作QK∥x轴，与DK交于点K，设 M（h，h2﹣2h+2），h＜1且h≠0，N（n，0），求得抛物线C2的顶点Q（m，2﹣m），得到DK＝|1﹣（2﹣m）|＝|m﹣1|，KQ＝|m﹣1|，推出MP＝NP，解方程得到当时，，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：（1）∵抛物线 y＝x2+bx+c过点A（0，2），B（2，2）， 得 ， 解得 ， ∴抛物线C1的表达式为y＝x2﹣2x+2； ∵y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1， ∴顶点D（1，1）； （2）如图1，连接DE，过点E作EG∥y轴，交AD延长线于点G，过点D作DH⊥EG，垂足为H，与y轴交于 H'， 设点E的横坐标为t． 设直线AD的表达式为y＝kx+b， 由题意知 ， 解得 ， ∴直线AD的表达式为 y＝﹣x+2， 则E（t，t2﹣2t+2），G（t，2﹣t）， ∴EG＝t2﹣t， ∵▱ADFE的面积为12， ∴S△ADES△四边形ADFE6， ∴S△ADE＝S△AGE﹣S△DGE， ∵H′D＝1， ∴EG＝12， ∴t2﹣t＝12， 解得t1＝4，t2＝﹣3 （舍）， ∴E（4，10）， ∵点E先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到点F， ∴F（5，9）， 将F（5，9）代入y＝x2﹣2mx+m2﹣m+2（m≠1）， 得m2﹣11m+18＝0， 解得m1＝2，m2＝9， （3）如图3，过M作MP⊥x轴，垂足为P，过点D作DK∥y轴，过点Q作QK∥x轴，与DK交于点K， 设 M（h，h2﹣2h+2），则N（n，0）， ∵y＝x2﹣2mx+m2+2﹣m＝（x﹣m）2+2﹣m， ∴抛物线C2的顶点Q（m，2﹣m）， ∴DK＝|1﹣（2﹣m）|＝|m﹣1|，KQ＝|m﹣1|， ∴DK＝KQ，∠DQK＝45°， ∵MN∥DQ KQ∥NP， ∴∠MNP＝∠DQK＝45°， ∴∠NMP＝45°， ∴MP＝NP， ∴n﹣h＝h2﹣2h+2， ∴n＝h2﹣h+2＝（h）2， ∴当时，， ∴点N横坐标最小值为，此时点N到直线BD距离最近，△BDN的面积最小， 最近距离即边BD上的高，高为：， ∴△BDN面积的最小值为S△BDN． 【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，平移的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，正确地找出辅助线是解题的关键． 22．（2024•青岛）如图①，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，Rt△EDF中，∠EDF＝90°，DE＝DF＝6cm，边BC与FD重合，且顶点E与AC边上的定点N重合．如图②，△EDF从图①所示位置出发，沿射线NC方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，动点O从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为2cm/s．EF与BC交于点P，连接OP，OE．设运动时间为t（s）（0＜t）．解答下列问题： （1）当t为何值时，点A在线段OE的垂直平分线上？ （2）设四边形PCEO的面积为S，求S与t的函数关系式； （3）如图③，过点O作OQ⊥AB，交AC于点Q，△AOH与△AOQ关于直线AB对称，连接HB．是否存在某一时刻t，使PO∥BH？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据动点问题表示相应的线段，再根据线段垂直平分线的性质建立方程，即可求解； （2）连接CO化不规则四边形PCEO为规则图形，根据相似三角形求两个三角形的高，然后求两个三角形的面积和便可求得函数关系； （3）根据平行得出角相等，进而得出其三角函数值相等，再求相关线段建立关系，即可求解． 【解答】解：（1）当点A在线段OE的垂直平分线上，则有AE＝AO， 根据题意可得：AN＝AC﹣DE＝2cm，EN＝tcm，AO＝2tcm， ∴AE＝AN+EN＝（2+t）cm， ∵点A在线段OE的垂直平分线上， ∴AE＝AO，即2+t＝2t， 解得：t＝2，符合题意， ∴当t为2秒时，点A在线段OE的垂直平分线上； （2）过点O作OG⊥AC于点G，OH⊥BC于点H，连接CO， 则∠OGA＝∠BHO＝90°， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°， 根据勾股定理得：AB10cm， ∴∠OGA＝∠BHO＝∠ACB＝90°，OB＝（10﹣2t）cm， ∴OG∥BC，OH∥AC， ∴，，即，， 解得：OG，OH， 由平移可知PC∥FD，且DE＝DF， ∴， ∴CP＝CE＝6﹣t， ∴S＝S△PCO+S△CEO ； （3）过点P作PM⊥OB于点M， ∴∠BMP＝∠ACB＝90°， ∵∠MBP＝∠ABC， ∴△BMP∽△BCA， ∴，即， ∴BM，PM， ∴OM＝AB﹣BM﹣AO＝102t＝10， ∵OQ⊥AB，△AOH与△AOQ关于直线AB对称， ∴tan∠OAQ，即， ∴OH＝OQ， ∵tan∠MOP，tan∠OBH， ∵PO∥BH， ∴∠MOP＝∠OBH， ∴， 解得t，故符合题意， ∴当t为秒时，PO∥BH． 【点评】本题综合考查了勾股定理、平移、线段的垂直平分线性质定理、相似、轴对称、平行线性质、解直角三角形、函数等知识，化动为静是解决问题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 几何探究&压轴题 考点1 几何探究题 1．（2024•东营）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝3． （1）问题发现 如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系是 　 ，AD与BE的位置关系是 　 ； （2）类比探究 将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系，位置关系与（1）中结论是否一致？若AD交CE于点N，请结合图2说明理由； （3）迁移应用 如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE，当点D落到AB边上时，连接BE，求线段BE的长． 2．（2024•泰安）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，点D，E分别在AB，CB上，DB＝EB，连结AE，CD，取AE中点F，连结BF． （1）求证：CD＝2BF，CD⊥BF； （2）将△DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出BF与CD的位置关系：　 　； ②求证：CD＝2BF． 3．（2024•烟台）在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE． 【尝试发现】 （1）如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为 　 　； 【类比探究】 （2）当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明； 【联系拓广】 （3）若AC＝BC＝1，CD＝2，请直接写出sin∠ECD的值． 4．（2024•滨州）（1）如图1，△ABC中，点D，E，F分别在三边BC，CA，AB上，且满足DF∥AC，DE∥AB． ①求证：四边形AFDE为平行四边形； ②若，求证：四边形AFDE为菱形； （2）把一块三角形余料MNH（如图2所示）加工成菱形零件，使它的一个顶点与△MNH的顶点M重合，另外三个顶点分别在三边MN，NH，HM上，请在图2上作出这个菱形．（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 5．（2024•德州）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段DC顺时针旋转120°得到线DE． （1）如图1，当∠ACD＝15°时，求∠BDE的度数； （2）如图2，连接BE，当0°＜∠ACD＜90°时，∠ABE的大小是否发生变化？如果不变，求∠ABE的度数；如果变化，请说明理由； （3）如图3，点M在CD上，且CM：MD＝3：2，以点C为中心，将线CM时针转120°得到线段CN，连接EN，若AC＝4，求线段EN的取值范围． 6．（2024•济南）某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后，对三角形的相似进行了深入研究． （一）拓展探究 如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D． （1）兴趣小组的同学得出AC2＝AD•AB．理由如下： ∵∠ACB＝90° ∴∠A+∠B＝90° ∵CD⊥AB ∴∠ADC＝90° ∴∠A+∠ACD＝90° ∴∠B＝①_____ ∵∠A＝∠A ∴△ABC∽△ACD ∴②_____ ∴AC2＝AD•AB 请完成填空：①　 　；②　 　； （2）如图2，F为线段CD上一点，连接AF并延长至点E，连接CE，当∠ACE＝∠AFC时，请判断△AEB的形状，并说明理由． （二）学以致用 （3）如图3，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2，，平面内一点D，满足AD＝AC，连接CD并延长至点E，且∠CEB＝∠CBD，当线段BE的长度取得最小值时．求线段CE的长． 7．（2024•滨州）【教材呈现】 现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题： 14．如图，在锐角△ABC中，探究， 之间的关系．（提示：分别作AB和BC边上的高．） 【得出结论】 【基础应用】 在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，利用以上结论求AB的长． 【推广证明】 进一步研究发现，不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足（R为△ABC外接圆的半径）． 请利用图1证明． 【拓展应用】 如图2，四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，CD＝4，∠B＝∠C＝90°．求过A，B，D三点的圆的半径． 8．（2024•淄博）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了⊙O的内接等腰三角形ABC，AB＝AC．并在BC边上任取一点D（不与点B，C重合），连接AD，然后将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．如图① 小明发现：CE与⊙O的位置关系是 　 　，请说明理由： 【实践探究】 连接DE，与AC相交于点F．如图②，小明又发现：当△ABC确定时，线段CF的长存在最大值．请求出当AB＝3，BC＝6时，CF长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点D分线段BC所成的比CD：DB与点F分线段DF所成的比DF：FE始终相等．请予以证明． 9．（2024•日照）如图1，AB为⊙O的直径，AB＝12，C是⊙O上异于A，B的任一点，连接AC，BC，过点A作射线AD⊥AC，D为射线AD上一点，连接CD． 【特例感知】 （1）若BC＝6，则AC＝　 　； （2）若点C，D在直线AB同侧，且∠ADC＝∠B，求证：四边形ABCD是平行四边形； 【深入探究】 若在点C运动过程中，始终有tan∠ADC，连接OD． （3）如图2，当CD与⊙O相切时，求OD的长度； （4）求OD长度的取值范围． 10．（2024•潍坊）【问题提出】 在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为18m的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案． 说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为r（m）的圆面．喷洒覆盖率，s为待喷洒区域面积，k为待喷洒区域中的实际喷洒面积． 【数学建模】 这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题． 【探索发现】 （1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为9m的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率ρ＝　 　． （2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；…，以此类推，如图5，设计安装n2个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由． （3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率ρ＝1．已知AE＝BF＝CG＝DH，设AE＝x（m），⊙O1的面积为y（m2），求y关于x的函数表达式，并求当y取得最小值时r的值． 【问题解决】 （4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率ρ＝1？（直接写出结果即可） 11．（2024•山东）一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，∠EDF＝30°，AC＝DE．作BM⊥AC于点M，EN⊥DF于点N，如图1． （1）求证：BM＝EN； （2）在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图2中的△DCF绕C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点P． ①当α＝30°时，如图3，求证：四边形CNPM为正方形； ②当30°＜α＜60°时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当60°＜α＜120°时，直接写出线段MP，DP，CD的数量关系． 12．（2024•济宁）综合与实践 某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形ABCD中，AB＞AD且AB足够长）进行探究活动． 【动手操作】 如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸片展平． 第二步，把四边形AEFD折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为GH，再把纸片展平． 第三步，连接GF． 【探究发现】 根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论． 甲同学的结论：四边形AEFD是正方形． 乙同学的结论 （1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由． 【继续探究】 在上面操作的基础上，丙同学继续操作． 如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点M处，折痕为GP，连接PM，把纸片展平． 第五步，连接FM交GP于点N． 根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论： FN•AM＝GN•AD． （2） 请证明这个结论． 考点2 压轴题 13．（2024•泰安）如图，抛物线的图象经过点D（1，﹣1），与x轴交于点A，点B． （1）求抛物线C1的表达式； （2）将抛物线C1向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线C2，求抛物线C2的表达式，并判断点D是否在抛物线C2上； （3）在x轴上方的抛物线C2上，是否存在点P，使△PBD是等腰直角三角形．若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 14．（2024•济宁）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（0，﹣3），（﹣b，c）两点，其中a，b，c为常数，且ab＞0． （1）求a，c的值； （2）若该二次函数的最小值是﹣4，且它的图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． ①求该二次函数的解析式，并直接写出点A，B的坐标； ②如图，在y轴左侧该二次函数的图象上有一动点P，过点P作x轴的垂线，垂足为D，与直线AC交于点E，连接PC，CB，BE．是否存在点P，使若存在，求此时点P的横坐标；若不存在，请说明理由． 15．（2024•东营）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上的一个动点． （1）求抛物线的表达式； （2）当点D在直线BC下方的抛物线上时，过点D作y轴的平行线交BC于点E，设点D的横坐标为t，DE的长为l，请写出l关于t的函数表达式，并写出自变量t的取值范围； （3）连接AD，交BC于点F，求的最大值． 16．（2024•威海）已知抛物线y＝x2+bx+c（b＜0）与x轴交点的坐标分别为（x1，0），（x2，0），且x1＜x2． （1）若抛物线y1＝x2+bx+c+1（b＜0）与x轴交点的坐标分别为（x3，0），（x4，0），且x3＜x4，试判断下列每组数据的大小（填写＜、＝或＞）： ①x1+x2　 　x3+x4；②x1﹣x3　 　x2﹣x4；③x2+x3　 　x1+x4． （2）若x1＝1，2＜x2＜3，求b的取值范围； （3）当0≤x≤1时，y＝x2+bx+c（b＜0）最大值与最小值的差为，求b的值． 17．（2024•烟台）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OC＝OA，AB＝4，对称轴为直线l1：x＝﹣1．将抛物线y1绕点O旋转180°后得到新抛物线y2，抛物线y2与y轴交于点D，顶点为E，对称轴为直线l2． （1）分别求抛物线y1和y2的表达式； （2）如图1，点F的坐标为（﹣6，0），动点M在直线l1上，过点M作MN∥x轴与直线l2交于点N，连接FM，DN，求FM+MN+DN的最小值； （3）如图2，点H的坐标为（0，﹣2），动点P在抛物线y2上，试探究是否存在点P，使∠PEH＝2∠DHE？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 18．（2024•山东）在平面直角坐标系xOy中，点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，记该二次函数图象的对称轴为直线x＝m． （1）求m的值； （2）若点Q（m，﹣4）在y＝ax2+bx﹣3的图象上，将该二次函数的图象向上平移5个单位长度，得到新的二次函数的图象．当0≤x≤4时，求新的二次函数的最大值与最小值的和； （3）设y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交点为（x1，0），（x2，0）（x1＜x2）．若4＜x2﹣x1＜6，求a的取值范围． 19．（2024•淄博）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴相交于A（x1，0），B（x2，0）两点（点A在点B的左侧），其中x1，x2是方程x2﹣2x﹣3＝0的两个根，抛物线与y轴相交于点C． （1）求该抛物线对应的函数表达式； （2）已知直线l：y＝3x+9与x，y轴分别相交于点D，E． ①设直线BC与l相交于点F，问在第三象限内的抛物线上是否存在点P，使得∠PBF＝∠DFB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由； ②过抛物线上一点M作直线BC的平行线．与抛物线相交于另一点N．设直线MB，NC相交于点Q．连接QD，QE．求线段QD+QE的最小值． 20．（2024•日照）已知二次函数y＝﹣x2+（2a+4）x﹣a2﹣4a（a为常数）． （1）求证：不论a为何值，该二次函数图象与x轴总有两个公共点； （2）当a+1≤x≤2a+5（a≥﹣1）时，该二次函数的最大值与最小值之差为9，求此时函数的解析式； （3）若二次函数图象对称轴为直线x＝1，该函数图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．点C关于对称轴的对称点为D，点M为CD的中点，过点M的直线l（直线l不过C，D两点）与二次函数图象交于E，F两点，直线CE与直线DF相交于点P． ①求证：点P在一条定直线上； ②若S△COPS△ABP，请直接写出满足条件的直线l的解析式，不必说明理由． 21．（2024•济南）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝x2+bx+c经过点A（0，2），B（2，2），顶点为D；抛物线C2：y＝x2﹣2mx+m2﹣m+2（m≠1），顶点为Q． （1）求抛物线C1的表达式及顶点D的坐标； （2）如图1，连接AD，点E是抛物线C1对称轴右侧图象上一点，点F是抛物线C2上一点，若四边形ADFE是面积为12的平行四边形，求m的值； （3）如图2，连接BD，DQ，点M是抛物线C1对称轴左侧图象上的动点（不与点A重合），过点M作MN∥DQ交x轴于点N，连接BN，DN，求△BDN面积的最小值． 22．（2024•青岛）如图①，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，Rt△EDF中，∠EDF＝90°，DE＝DF＝6cm，边BC与FD重合，且顶点E与AC边上的定点N重合．如图②，△EDF从图①所示位置出发，沿射线NC方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，动点O从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为2cm/s．EF与BC交于点P，连接OP，OE．设运动时间为t（s）（0＜t）．解答下列问题： （1）当t为何值时，点A在线段OE的垂直平分线上？ （2）设四边形PCEO的面积为S，求S与t的函数关系式； （3）如图③，过点O作OQ⊥AB，交AC于点Q，△AOH与△AOQ关于直线AB对称，连接HB．是否存在某一时刻t，使PO∥BH？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 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