期中各名校真题-压轴必刷题（50题）-2024-2025学年九年级数学上学期期中期末考点归纳满分攻略讲练（人教版）

期中各名校真题-压轴必刷题（50题） 范围：第一章～第四章 一、单选题 1．已知二次函数的图象如图所示，有下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是（    ） A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 2．如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．给出如下四个结论： ①； ②正方形绕点O旋转时，四边形的面积始终等于正方形的； ③当正方形的边长为2时，周长的最小值为； ④． 正确的结论序号有（    ） A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④ 3．如图，边长为 的等边三角形中，M 是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到，连接．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是（   ） A． B． C． D． 4．如图，抛物线与轴交于点，顶点坐标，与轴的交点在，之间（包含端点），则下列结论：①；②；③对于任意实数，总成立；④关于的方程有两个相等的实数根．其中结论正确的个数为（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 5．已知一次函数，当时，，若的最小值为2，则m的值为（    ） A． B．2 C． D．4 6．如图，在中，，，O为的中点，将绕点O顺时针旋转得到，D、E分别在边和的延长线上，连接，若，则的面积是（　　） A． B． C． D． 7．如图，在中，，，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，将其绕点逆时针旋转至直线，使得，连接，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 8．已知二次函数（其中x是自变量），当时对应的函数值 y 均为正数，则a的取值范围为（     ） A． B．或 C．或 D．或 9．已知抛物线与的交点为A，与x轴的交点分别为B，C，点A，B，C的横坐标分别为，，，且．若，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 10．已知抛物线的图象上有三点，，，其中，则下列说法错误的是（   ） A．抛物线的顶点坐标为 B． C．关于x的一元二次方程（）的两解为，，则 D．方程有3个根，则 11．如图，在正方形中，点的坐标分别是，，点在抛物线的图象上，则的值是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 12．如图，O是内的点，，，，将绕点A按逆时针方向旋转，得到，连接．设为，当为等腰三角形时，为 ． 13．图是一个瓷碗，图是其截面图，碗体呈抛物线状（碗体厚度不计），碗口宽，此时面汤最大深度． （1）当面汤的深度为时，汤面的直径长为 ； （2）如图，把瓷碗绕点缓缓倾斜倒出部分面汤，当时停止，此时碗中液面宽度 ． 14．在一副三角尺中，，，将它们按如图所示摆放在量角器上，边与量角器的刻度线重合，边与量角器的刻度线重合．将三角尺绕点P以每秒速度逆时针旋转，同时三角尺绕点P以每秒的速度顺时针旋转，当三角尺的边与刻度线重合时两块三角尺都停止运动，则当运动时间 秒时，与三角尺的一边平行． 15．如图，菱形中，，，点在边上，且，动点在边上，连接，将线段绕点顺时针旋转至线段，连接，则线段长的最小值为 ． 16．如果是两个不相等的实数，，，那么代数式 ． 17．如图，点O是矩形的对称中心，点P，Q分别在边上，且经过点，点E是边上一动点．则周长的最小值为 ．    18．在中，，．将绕点顺时针旋转（），直线与直线交于点，点间的距离记为，点间的距离记为．给出下面四个结论：①的值一直变大；②的值先变小再变大；③当时，的值保持不变；④当，的值保持不变；上述结论中，所有正确结论的序号是 ． 19．已知关于，的二元一次方程组，（为实数） ①当与互为相反数时，； ②的值与k无关； ③若，则解为； ④若，，且，则或． 以上说法正确的是 （填写序号）． 20．抛物线（，）经过，，三点，且．下列四个结论： ①； ②； ③关于x的一元二次方程一定有解； ④当时，若点在该抛物线上，则． 其中正确的是 （填写序号）． 21．如图，为的直径，，分别与相切于点，，经过上一点，，若，，则的长为 ． 三、解答题 22．如图1，抛物线与x轴，y轴分别交于，，C三点．    (1)试求抛物线的解析式； (2)若P点在第一象限的抛物线上，连接，当的面积最大时，求点P的坐标． (3)点在第一象限的抛物线上，连接．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由． 23．如图1，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿射线方向以的速度运动，当不与点重合时，将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接、，设点运动了， (1)点的运动过程中，线段与的数量关系是______，请以图情形为例（当点在线段上时，点与点不重合），说明理由， (2)当时，如图，周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；若不存在，请说明理由． (3)当点在射线上运动时，是否存在以、、为顶点的三角形是直角三角形？若存在，直接写出此时的值． 24．在中，点P在平面内，连接并将线段绕点A顺时针方向旋转与相等的角度，得到线段，连接 【发现问题】（1）如图1，如果点P是边上任意一点，则线段和线段的数量关系是______； 【探究猜想】（2）如图2，如果点P为平面内任意一点，前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．请仅以图2所示的位置关系加以证明（或说明）； 【拓展应用】（3）如图3，在中，，，，P是线段上的任意一点连接，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值 25．在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：如图①，点P在等边内部，且，，，求的长． 经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点A按顺时针方向旋转，得到，连接，寻找三边之间的数量关系，即可求得的长为______； 【理解应用】如图②，在等腰直角中，，P为内一点，，判断之间的数量关系，并说明理由； 【类比迁移】如图③，小李家有一块三角形的空地ABC，其中，，小李家位于空地旁的P点，通过测量，，，请直接写出线段的长． 26．如图，某养羊户想用29米长的围栏设计一个矩形的养牛圈，其中羊圈一边靠墙，另外三边用围栏围住，在边开个门（宽度为1米），的长度为． (1)为了让围成的羊圈（矩形）面积达到，请你帮忙计算一下猪圈的长与宽分别是多少？ (2)请你帮忙计算一下羊圈的长与宽分别是多少时，猪圈的面积达到最大？最大面积是多少？ 27．请阅读材料并填空： 如图1，在等边三角形内有一点，且，，，求的度数和等边三角形的边长． 李明同学的思路是： 将绕点逆时针旋转，画出旋转后的图形（如图，连接． (1)根据李明同学的思路，进一步思考后可求得 °，等边的边长为 ． (2)请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题： 如图3，在正方形内有一点，且，，．求度数和正方形的边长． (3) 【实际应用】图4所示是一个三角形公园，其中顶点A，B，C为公园的出入口，，，，工人师傅准备在公园内修建一凉亭P，使该凉亭到三个出入口的距离最小，则的最小值是 ． 28．如图，矩形中，，点P从点A出发沿向点B移动（不与点A、B重合），一直到达点B停止；同时，点Q从点C出发沿向点D移动（不与点C、D重合）．运动时间设为t秒． (1)若点P、Q均以的速度移动，则： 的面积为 ；（用含t的代数式表示） (2)若点P为的速度移动，点Q以的速度移动． ①当秒时，判断的形状，并说明理由； ②当t为何值时，为直角三角形． 29．分层探究 (1)问题提出：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接．求证：，解题思路：把绕点A逆时针旋转______度至，可使与重合．由，则知F、D、G三点共线，从而可证______，从而得，阅读以上内容并填空． (2)类比引申：如图2，四边形中，，点E、F分别在边上，．探究：若，猜想的数量关系，并给出理由． (3)联想拓展：如图3，在中，，点D、E均在边上，并且．猜想的数量关系，并给出理由． 30．已知，如图抛物线与轴交于点，与轴交于、两点． (1)求抛物线的解析式； (2)若点是线段下方抛物线上的动点，求四边形面积的最大值． (3)点是抛物线对称轴上一动点，点是直线上一动点，且以点为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 31．已知： 如图，在菱形中，，点E， F分别是上的动点(不与菱形的顶点重合)，． (1)求证∶是等边三角形； (2)探究四边形与菱形的面积关系，并说明理由： (3)若菱形的边长为，则面积的最大值是 (直接写出答案)． 32．我们可以利用解二元一次方程组的代入消元法解形如的二元二次方程组，实质是将二元二次方程组转化为一元一次方程或一元二次方程来求解．其解法如下： 解：由②得：    ③ 将③代入①得： 整理得：，解得， 将，代入③得， ∴原方程组的解为或． (1)请你用代入消元法解二元二次方程组：； (2)若关于x，y的二元二次方程组有实数解，求实数a的取值范围． 33．如图1，已知中，，，把一块含角的三角板的直角顶点D放在的中点上（直角三角板的短直角边为，长直角边为），点C在上点B在上． (1)求重叠部分的面积； (2)如图2，将直角三角板绕D点按顺时针方向旋转30度，交于点M，交于点N， ①请说明； ②在此条件下重叠部分的面积会发生变化吗？若发生变化，若不发生变化，请说明理由； (4) 如图3，将直角三角板绕D点按顺时针方向旋转α度（），交于点M，交于点N，则的结论仍成立吗？重叠部分的面积会变吗？（请直接写出结论不需说明理由） 34．如图，已知抛物线的对称轴为直线，且抛物线经过，两点，与x轴交于点B． (1)若直线经过B，C两点，求直线和抛物线的解析式； (2)在抛物线的对称轴找一点M，使的值最小，求点M的坐标； (3)设P为抛物线的对称轴上的一个动点，求使为直角三角形的点P的坐标，直接写出点P的坐标． 35．如图1，在中，是直径，弦，垂足为F． (1)求证：； (2)如图2，点G在上，且． ①求证：； ②若，，求的长． 36．【问题提出】 （1）如图①，四边形内接于，若，则的度数为 ； 【问题探究】 （2）如图②，在锐角中，是边上的高，是的中线，．若，求的长； 【问题解决】 （3）如图③，现有一块四边形梯田米，米，米，为上的一个取水点，且米，为两条灌溉水渠，为方便观察梯田灌溉情况，工作人员计划在水渠上找一点，沿修一条小路，并要求．工作人员按照如下方法操作： ①以点，为圆心，适当长为半径画弧交于点； ②分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点； ③连接交于点． 按照上述方法操作，找到的点位置是否符合要求？若符合要求，请求出此时小路的长；若不符合要求，请说明理由． 37．如图，是某景区步行街修建的一个横断面为抛物线的拱形大门，点为顶点，其高为9米，宽为18米，以点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系．矩形是安装的一个“光带”，且点，在抛物线上，点，在上． (1)求该抛物线的函数表达式． (2)求所需的三根“光带” ，，的长度之和的最大值，并写出此时的长． 38．（1）问题发现： 如图1，等边内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点A逆时针旋转到处，这样就可以将三条线段转化到一个三角形中，从而求出的度数．请按此方法求的度数，写出求解过程； （2）拓展研究： 请利用第（1）题解答的思想方法，解答下面的问题： ①如图2，中，,，点E，F为边上的点，且，判断之间的数量关系并证明； ②如图3，在中，，，，在内部有一点P，连接，直接写出的最小值． 39．如图1，在中，，，点D，E分别在边，上，，连接，，，过点C作，垂足为H，与交于点F． (1)求证：； (2)将图1中的绕点C逆时针旋转，其他条件不变，如图2，（1）的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由； (3)若，将绕点C逆时针旋转一周，当A，E，D三点共线时，求的长． 40．如图，在中，，将绕着C点顺时针旋转α角度（这里）得到，连接，延长交于F． (1)如图1，当E在上时，求证：； (2)在旋转过程中，线段与有什么样的数量关系？利用图2证明你的结论； (3)如图3，当时，若，求线段的长度． 41．如图，为的直径，点是直线上方的上一点，点是的内心，连接，，．延长交于点． (1)若，，求的长； (2)求的度数； (3)当点在直线上方的上运动时，求证：． 42．【问题提出】 如图1，在矩形中，点在上，且，动点以每秒1个单位的速度从点出发，在折线段上运动，连接，当时停止运动，过点作，交矩形的边于点，连接．设动点的运动路程为，线段与矩形的边围成的三角形的面积为． 【初步感知】 如图2，动点由点向点运动的过程中，经探究发现是关于的二次函数，如图2所示，抛物线顶点的坐标为，与轴的交点的坐标为，与轴的交点为点． （1）求矩形的边和的长； 【深入探究】 （2）点由点向终点运动的过程中，求关于的函数表达式； 【拓展延伸】 （3）是否存在3个路程，，，当时，3个路程对应的面积均相等． 43．在 中，的平分线交直线于点、交的延长线于点，连接． (1)如图，若，是的中点，连接、． ①求证：． ②请判断的形状，并说明理由；(提示：连接) (2) 如图，若，将线段绕点顺时针旋转至，连接、，那么又是怎样的形状．（直接写出结论） 44．如图，已知抛物线上轴交于、两点（点在点的左边），与轴交于点．．    (1)直接写出B、C两点的坐标； (2)在抛物线上是否存在点（异于点，且在直线的右侧），使、两点到直线的距离相等，求出满足条件的点坐标； (3)抛物线上是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 45．如图，在中，，以为直径的交于点D，点E为的中点，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，，求阴影部分的面积． 46．已知：在钝角中，，把线段绕点A沿逆时针方向旋转得到线段，把线段绕点A沿顺时针方向旋转得到线段，分别连接，，，． (1)如图①，当时，线段与的数量关系是 （直接写出结论，不说理由）； (2)如图②，当时， ①探究线段与的数量关系，并说明理由； ②若，求的长； (3) 如图③，在四边形中，，，请求出线段的长． 47．定义：在平面直角坐标系中，图形上点的纵坐标与其横坐标的差称为点的“坐标差”，而图形上所有点的“坐标差”中的最大值称为图形的“特征值”． (1)①点的“坐标差”为 ； ②抛物线的“特征值”为 ； (2)某二次函数的“特征值”为，且，求此二次函数的解析式； (3)二次函数的图像的顶点在“坐标差”为的一次函数的图像上，四边形是矩形，点的坐标为，点为坐标原点，点在轴上，点在轴上，当二次函数的图像与矩形的边只有三个交点时，求此二次函数的解析式及特征值． 48．如图，和都是等腰直角三角形，． (1)【猜想】如图1，点在上，点在上，线段与的数量关系是____________，位置关系是____________； (2)【探究】把绕点旋转到如图2的位置，连接，，（1）中的结论还成立吗？说明理由； (3)【拓展】把绕点在平面内自由旋转，若，，当，，三点在同一直线上时，则的长是____________． 49．【问题背景】数学兴趣小组利用两块大小不同的正方形卡片进行“正方形旋转”的探究活动．如图1，他们将边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B，使边，分别落在边，上．容易发现且． 【问题探究】将图1中正方形固定，将正方形绕点B顺时针方向旋转（）． （1）如图2，连接，，试探究与的上述关系是否仍然成立？若成立，请给予证明;若不成立，请说明理由． （2）小组研究发现：如图3，连接，在旋转过程中，存在与全等的情形，请直接写出此时旋转角α的度数 ． 【问题拓展】将图1中正方形固定，将正方形绕点B顺时针方向旋转a（）． （3）在旋转过程中，当A，G，E三点在同一条直线上时，求线段的长； （4）如图4，连接，取中点H，连接，请直接写出线段长度的最大值． 50．如图所示，图象G由图象和组成，其中图象是函数的图象，图象是函数的图象． (1)若点在图象G上，求p的值； (2)已知直线l与x轴平行，且与图象G有三个不同的交点，从左至右依次为点A、B、C，若，求点C的坐标； (3)当图象G上的点满足时，记此时x的取值范围为M．设，若在M中总存在，使得，求此时实数m的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中各名校真题-压轴必刷题（50题） 范围：第一章～第四章 一、单选题 1．已知二次函数的图象如图所示，有下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是（    ） A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数图象和系数的关系，熟练掌握二次函数图象与的关系是解决本题的关键． ①图像可知，且，故①错误；②把代入即可，故②正确；③根据对称的关系和c的大小即可，得到答案，故③正确；④把和分别代入函数式，得到结果即可，故④错误． 【详解】解：①∵， ∴ ∵， ∴故①错误； ②由图象可知：时，； 即，故②正确； ③由图象可知， ∴， 又， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， 故③正确； ④由图象可知：时，， 又， 即， ∴， ∴故④错误． 2．如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．给出如下四个结论： ①； ②正方形绕点O旋转时，四边形的面积始终等于正方形的； ③当正方形的边长为2时，周长的最小值为； ④． 正确的结论序号有（    ） A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】C 【分析】①根据正方形的性质及各角之间的数量关系得出，利用全等三角形的判定和性质得出，，再由勾股定理即可得出；②由全等的性质及图中面积的关系即可得出；③由①可知， ， ，确定当时，最小，的周长最小，代入计算即可；④利用勾股定理进行变换判断即可． 【详解】解：①∵四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴， ，故①正确； ②由①得， ，故②正确； ③由①可知， ， ， 的周长 ， ∵为定值，则最小时的周长最小， ∴当时，最小，的周长最小， 此时， ∴的周长最小值 ， ∵正方形的边长为2， ∴， 则， 故③正确； ∵在中，， ∴， ∵， ∴，故④错误； 故选：C． 【点睛】题目主要考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 3．如图，边长为 的等边三角形中，M 是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到，连接．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点． 取的中点，连接，根据等边三角形的性质和旋转可以证明，可得，根据垂线段最短，当时，最短，即最短，由直角三角形的性质可求得线段长度的最小值． 【详解】解：如图，取的中点，连接，则， ∵线段绕点逆时针旋转得到， ∴， 又∵是等边三角形， ∴， 即， ∴， ∵是等边三角形的高， ∴， ∴， 又∵旋转到， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 根据垂线段最短，当时，最短，即最短， 此时， ∴， ∴． ∴线段长度的最小值是． 故选：B． 4．如图，抛物线与轴交于点，顶点坐标，与轴的交点在，之间（包含端点），则下列结论：①；②；③对于任意实数，总成立；④关于的方程有两个相等的实数根．其中结论正确的个数为（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】本次主要考查了二次函数图像与性质，准确的找出隐含的等量关系和利用数形结合的思想是解题关键．根据抛物线图像的性质得到的范围，根据对称轴和轴上的点可得到两个等量关系，变形替换从而可以判断①②，根据顶点最高可得到③符合题意，由数形结合可得到④不符合题意． 【详解】解：∵抛物线的开口向下， ∴， ∵抛物线顶点坐标为， ∴抛物线对称轴为直线， ∴， ∴，故①符合题意； ∵在抛物线上， ∴， ∴， ∴， ∵与轴的交点在，，之间包含端点， ∴， ∴， ∴，故②符合题意； ∵顶点坐标 ，抛物线开口向下， ∴当时，y有最大值，最大值为， ∴对于任意实数，， ∴， ∴，故③符合题意； ∵顶点坐标，且开口向下， ∴直线与抛物线没有交点， ∴关于的方程没有实数根，故④不符合题意． 故选：C． 5．已知一次函数，当时，，若的最小值为2，则m的值为（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数性质是解答本题的关键．先分析和时导出，根据最小值可得最小值为，通过配方得到，再根据确定的取值． 【详解】解：当时，，，当，， ， 当时，，，当，， ， 的最小值为2， 最小值为， ， 当时，取得最小值，即， ， 由题意知，所以， 当时，，，不符合题意舍去， 当时，，满足题意， 故选：D 6．如图，在中，，，O为的中点，将绕点O顺时针旋转得到，D、E分别在边和的延长线上，连接，若，则的面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等腰三角形的性质可得，．根据旋转的性质可得，，则可得和都是等边三角形，则，则可得，由此得垂直平分， ，在中求出的长，则可知、的长，进而可得的长，从而可求得的面积． 【详解】连接，， ，， ∴， ∵O为的中点， ，， ， ∵将绕点O顺时针旋转得到， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， ∴D点在的垂直平分线上， 是等边三角形， ， 即旋转角为， ， 是等边三角形， ∴， ∴F点在的垂直平分线上， 垂直平分， 设垂足为H， ， ，， ， ． 故选：D． 【点睛】 本题主要考查了等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、旋转的性质、线段垂直平分线的判定和性质以及勾股定理．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 7．如图，在中，，，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，将其绕点逆时针旋转至直线，使得，连接，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】根据，得到，从而得到四点共圆，结合，，得到，继而得到，得到，故平分，作于点M，根据垂线段最短原理，得到当G与M重合时，最短，结合，根据，解答即可． 【详解】∵，， ∴， ∴四点共圆， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分， 作于点M，根据垂线段最短原理，得到当G与M重合时，最短， ∵， ∴， 故选B． ． 【点睛】本题考查旋转的性质，对角互补的四边形内接于圆，垂线段最短，直角三角形的有关计算等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，判定四点共圆是解决问题的关键． 8．已知二次函数（其中x是自变量），当时对应的函数值 y 均为正数，则a的取值范围为（     ） A． B．或 C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，抛物线与x轴的交点，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 首先根据题意求出对称轴，然后分两种情况：和，分别根据二次函数的性质求解即可． 【详解】二次函数， 对称轴， 当时 ∵当时对应的函数值均为正数， ∴此时抛物线与x轴没有交点， ∴， 解得； 当时， ∵当时对应的函数值均为正数， ∴当时，， 当时，， 当时，， 解得， ； 综上所述：a的取值范围为或． 故选：D． 9．已知抛物线与的交点为A，与x轴的交点分别为B，C，点A，B，C的横坐标分别为，，，且．若，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，以及不等式性质，根据题意得到，，再联立函数解析式表示出，，，利用不等式性质，比较其大小，即可解题． 【详解】解： ，， ，， 抛物线与的交点为A， ， 整理得， 解得或， ， ， 抛物线与，与x轴的交点分别为B，C， ，可得，，可得， ， ，， ， 故选：C． 10．已知抛物线的图象上有三点，，，其中，则下列说法错误的是（   ） A．抛物线的顶点坐标为 B． C．关于x的一元二次方程（）的两解为，，则 D．方程有3个根，则 【答案】D 【分析】本题考查二次函数的图象及性质，二次函数的平移，函数与坐标轴的交点． 把点C的坐标代入中，求出抛物线解析式即可得到抛物线的顶点坐标，判断A选项．根据抛物线与x轴的交点坐标即可判断B选项．方程的解，是抛物线先下平移m个单位长度后，与x轴的交点的横坐标，根据抛物线平移的性质即可判断C选项．画出函数的图象，根据数形结合的思想即可判断D选项． 【详解】∵抛物线过点， ∴，解得， ∴抛物线为，即， ∴抛物线的顶点坐标为．故A选项正确； 把代入函数中，得， 解得或， ∴抛物线与x轴的交点为，， ∵抛物线的开口向上， 且抛物线上的两点，中， ∴．故B选项正确； 将抛物线向下平移m个单位长度，得到， 该抛物线与x轴的一个交点在点的左侧，另一交点在店的右侧， ∴关于x的一元二次方程（）的两解为，，满足，故C选项正确． ∵方程有3个根， ∴函数的图象与直线有3个交点， ∵函数的图象与x轴的交点为，， 如图，当直线经过点时，直线与函数的图象有3个交点，即 此时把点代入函数中，得到， 解得， 当时， 如图，当直线与函数只有一个交点时，直线与函数的图象有3个交点 ∴对于方程可化为，即， ∴， 解得， 综上所述，或．故D选项错误． 故选：D 11．如图，在正方形中，点的坐标分别是，，点在抛物线的图象上，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的图象和性质，作轴，于，于，证明得到，，设，可得方程组，解方程组得到，代入二次函数解析式得，又由抛物线经过原点得，即可得到，再代入计算即可求解，证明得到，是解题的关键． 【详解】解：作轴，于，于，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设， ∵点的坐标分别是，， ∴， 解得， ∴， ∵点在抛物线的图象上， ∴， ∴， ∵抛物线经过原点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：． 二、填空题 12．如图，O是内的点，，，，将绕点A按逆时针方向旋转，得到，连接．设为，当为等腰三角形时，为 ． 【答案】或或 【分析】此题重点考查旋转的性质、等腰三角形的性质，由，，得，由，，求得，，则，由旋转得，，，则，，再分三种情况讨论，一是当时，可求得，则，求得；二是当时，则，，求得；三是当时，则，则，求得，于是得到问题的答案，利用数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地求得是解题的关键． 【详解】解：，， ， ， ，， ，， ， 由旋转得，，， ，， 当△为等腰三角形，且时，则， ， ， ； 当△为等腰三角形，且时，则， ， ； 当△为等腰三角形，且时，则， ， ， 综上所述，或或， 故答案为：或或． 13．图是一个瓷碗，图是其截面图，碗体呈抛物线状（碗体厚度不计），碗口宽，此时面汤最大深度． （1）当面汤的深度为时，汤面的直径长为 ； （2）如图，把瓷碗绕点缓缓倾斜倒出部分面汤，当时停止，此时碗中液面宽度 ． 【答案】 【分析】（）设点的坐标为，则抛物线的表达式为则点的坐标为： ，点再用待定系数法即可求解； （）确定直线的表达式为，求出，进而求解； 本题考查了二次函数 ，一次函数 以及直角三角形在实际生活中的应用，建立合适的直角坐标系和待定系数法求解析式是解题的关键． 【详解】（）以为原点，直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系，如图： 设点的坐标为：，则抛物线的表达式为， 则点的坐标为，点， 将点的坐标代入抛物线表达式得： ， 解得：， 即抛物线的表达式为：， ∴， 故答案为：； （）将瓷碗绕点缓缓倾斜倒出部分面汤，当时停止， ∴所以旋转前与水平方向的夹角为， 设直线的解析式为， 将点的坐标代入上式的：直线的表达式为：， 联立并整理得：， 则，， 则， 则， 由的表达式知，其和轴的夹角为，则， 故答案为：． 14．在一副三角尺中，，，将它们按如图所示摆放在量角器上，边与量角器的刻度线重合，边与量角器的刻度线重合．将三角尺绕点P以每秒速度逆时针旋转，同时三角尺绕点P以每秒的速度顺时针旋转，当三角尺的边与刻度线重合时两块三角尺都停止运动，则当运动时间 秒时，与三角尺的一边平行． 【答案】6或15或33 【分析】本题考查了平行线的性质，旋转的知识，解题关键把所有的情况都分析出来，注意结果是否符合题意，这也是学生很容易忽略的地方. ①当时，②当时，③当时，分三种情况分别讨论． 【详解】①Ⅰ当时，， ， ， ， Ⅱ当时，， ， ， (舍去) ②当时， ， ③当时， ， ， ， ， 解得； 综上所述，当运动时间6或15或33秒时，与三角尺的一边平行. 15．如图，菱形中，，，点在边上，且，动点在边上，连接，将线段绕点顺时针旋转至线段，连接，则线段长的最小值为 ． 【答案】3 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，在上取一点，使得，连接，，作直线交于，过点作于．证明，推出点在射线上运动，根据垂线段最短可知，当点与重合时，的值最小，求出即可． 【详解】在上取一点，使得，连接，，作直线交于，过点作于． ，， 是等边三角形， ，， ，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， 点在射线上运动， 根据垂线段最短可知，当点与重合时，的值最小， ，， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ∴， ， 的最小值为， 故答案为：． 16．如果是两个不相等的实数，，，那么代数式 ． 【答案】2032 【分析】此题考查一元二次方程根与系数的关系，代数式求值．熟练运用一元二次方程根的定义和根与系数的关系，把代数式化成已知式子形式及两根和、积的形式，是解此题的关键． 由题意得m，n是的两个不相等的实数根，则根据根的定义和根与系数的关系可知：，，，变形，为，代入求解即可． 【详解】是两个不相等的实数，且满足， 是方程的两根， ，，， ． 故答案为：2032． 17．如图，点O是矩形的对称中心，点P，Q分别在边上，且经过点，点E是边上一动点．则周长的最小值为 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了线段和最小值中典型的“将军饮马型”，矩形的性质，勾股定理等，找到取得最小值的条件，掌握典型问题的解法是解题的关键． 作P关于的对称点，连接，交于E，连接，则的最小值为，证明出周长的最小值为，作于F，于H，利用勾股定理求出和即可． 【详解】解：如图，作P关于的对称点，连接，交于E，连接，    ∴， ∴的最小值为， ∴周长的最小值为， 作于F，于H， ∵， ∴， ∵点O是矩形的对称中心，经过点O， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴周长的最小值为． 故答案为：． 18．在中，，．将绕点顺时针旋转（），直线与直线交于点，点间的距离记为，点间的距离记为．给出下面四个结论：①的值一直变大；②的值先变小再变大；③当时，的值保持不变；④当，的值保持不变；上述结论中，所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】本题考查了图形旋转，全等三角形的判定和性质，当时，的值由会逐渐变大，可判断①；而当时，可知的值先变小再变大，可判断②；当时，在上取点，使，连接，，证明，有，知，可判断③错误，④正确；掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：当时，的值一直变大，故①正确； 当时，的值逐步变小；当时，；当时，的值逐步变大，故②正确； 当时，连接，如图， 由题意得，，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴的值保持不变，故③错误； 当时，在上取点，使，连接，如图， 由题意得，，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴的值保持不变，故④正确； ∴正确的有①②④， 故答案为：①②④． 19．已知关于，的二元一次方程组，（为实数） ①当与互为相反数时，； ②的值与k无关； ③若，则解为； ④若，，且，则或． 以上说法正确的是 （填写序号）． 【答案】②③④ 【分析】①先根据相反数的定义得出，代入二元一次方程组，解方程组即可判断①不正确；②根据方程组求出，即可判断②正确；③根据同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方得出，根据方程组求出，即可列出方程，解方程求出的值，即可判断③正确；④根据同底数幂的除法与幂的乘方得出，根据方程组求出，即可得出方程，解方程求出的值即可判断④正确． 【详解】解：①若与互为相反数时，则， 将其代入二元一次方程组得：， 解得：，故①不正确； ②由题可知：， 可得：， ∴的值与k无关，故②正确； ③∵， ∴， ∴， 由题可知：， 即， 可得；， 解得：，故③正确； ④∵，，且， ∴， ∴， 即， 由题可知：， 即， 将，代入得出方程：， 解得：或，故④正确， 综上，正确的有②③④， 故答案为：②③④． 【点睛】本题考查了相反数的定义，同底数幂的乘法，同底数幂的除法，幂的乘方，积的乘方，解二元一次方程组，解一元二次方程，熟练掌握上述知识点是解题的关键． 20．抛物线（，）经过，，三点，且．下列四个结论： ①； ②； ③关于x的一元二次方程一定有解； ④当时，若点在该抛物线上，则． 其中正确的是 （填写序号）． 【答案】②③④ 【分析】①根据图象经过，且抛物线与与轴的一个交点一定在或的右侧，判断出抛物线的开口向下，即，再把代得，即可判断①错误； ②先得出抛物线的对称轴在直线的右侧，得出抛物线的顶点在点的右侧，得出，根据，利用不等式的性质即可得出；即可判断②正确； ③根据方程可得，得出，由，即，根据根与系数的关系得出，即，即可判断③正确． ④先得出抛物线对称轴在直线的右侧，得出到对称轴的距离大于到对称轴的距离，根据，抛物线开口向下，距离抛物线的对称轴㧔近的函数值越大，即判断④正确． 【详解】解：①图象经过，，即抛物线与y轴的负半轴有交点，如果抛物线的开口向上，则抛物线与x轴的交点都在的左侧， 中， 抛物线与轴的一个交点一定在或的右侧， 抛物线的开口一定向下，即， 把代入得：， 即， ， ， ，故①错误； ②， 方程的两个根的积大于0，即， ， ， ， 即抛物线的对称轴在直线的右侧， 抛物线的顶点在上方或右上方， ，故②正确； ③由原方程可得：， ， ， ， ， 故关于x的一元二次方程一定有解，故③正确； ④， 当时，， 㘯物线对称轴在直线的右侧， 到对称轴的距离大于到对称轴的距离， ，抛物线开口向下， 距离抛物线越近的函数值越大， ，故④正确； 故答案为：②③④． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，数形结合法，抛物线与轴的交点，二次函数与一元二次方程的联系，一元二次方程的根的判别式，熟练掌握二次函数的性质和二次函数与一元二次方程的联系是解题的关键． 21．如图，为的直径，，分别与相切于点，，经过上一点，，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】连接，，过点作，垂足为点，根据题意可得，根据全等三角形的判定和性质可得，根据切线的判定定理即可证明是的切线，根据切线的性质以及矩形的判定和性质可得，，得出，根据切线长定理可得，， 得出，根据勾股定理即可求得的长． 【详解】解：如图：连接，，过点作，垂足为点， ∵是的切线， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线， ∵是的切线， ∵， ∵，，， 即， ∴四边形是矩形， ∴，， 则， ∵是的切线，是的切线，是的切线， ∴，， ∴， ∵， 在中，， 即， 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定和性质，切线长定理，勾股定理，矩形的判定和性质，根据切线长定理得出，是解题的关键． 三、解答题 22．如图1，抛物线与x轴，y轴分别交于，，C三点．    (1)试求抛物线的解析式； (2)若P点在第一象限的抛物线上，连接，当的面积最大时，求点P的坐标． (3)点在第一象限的抛物线上，连接．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P，满足？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）过点作轴，交于点，利用分割法表示出的面积，转化为二次函数求最值即可； （3）求出的坐标，得到轴，，进而推出，设直线与轴交于点，证明，求出点坐标，进而求出直线的解析式，联立直线和抛物线的解析式，求出点坐标即可． 【详解】（1）解：把，，代入，得： ，解得：， ∴； （2）∵，当时，， ∴， 设直线的解析式为：，把，代入，得：， ∴， 过点作轴，交于点，设，则，      ∴， ∴； ∴当时，有最大值，此时； （3）存在， ∵， ∴抛物线的对称轴为直线，当时，， ∴， ∵， ∴轴，， ∵， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， 设直线与轴交于点，如图，    ∵，，， ∴， ∴， ∴， 同（2）可得，直线的解析式为：， 联立，解得：或， ∴． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，二次函数求最值，全等三角形的判定和性质等知识点，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键． 23．如图1，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿射线方向以的速度运动，当不与点重合时，将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接、，设点运动了， (1)点的运动过程中，线段与的数量关系是______，请以图情形为例（当点在线段上时，点与点不重合），说明理由， (2)当时，如图，周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；若不存在，请说明理由． (3)当点在射线上运动时，是否存在以、、为顶点的三角形是直角三角形？若存在，直接写出此时的值． 【答案】(1)，理由见解析 (2)存在， (3)存在，2或4 【分析】（1）由旋转的性质得到，，进而证得，即可得到结论； （2）当时，由旋转的性质得到，于是得到，根据等边三角形的性质得到，由垂线段最短得到当时，的周长最小，于是得到结论； （3）分四种情况：当点与点重合时，当时，当时，当时，分别根据等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，进行求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 将线段绕点逆时针方向旋转得到， ，， 是等边三角形， ，， ∴， ∴， ， 在和中， ， ， ； （2）解：存在，当时， 由（1）知，， ， 将线段绕点逆时针方向旋转得到， ，， ∴是等边三角形， ， ， 由垂线段最短可知，当时，的周长最小， ∵为等边三角形， ∴根据三线合一可知：， ∴根据勾股定理可知：， 的最小周长； （3）解：存在，当点与点重合时，，，不能构成三角形， 当点与点重合时，不符合题意， 当时，由旋转可知，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 根据解析（1）可知：此时， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴中只能， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ； 当时，点D在上运动，不可能是直角三角形． 如图，当时， 同理可得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴中只能， 此时， ∵， ∴， ∴， ， ， ， 综上所述：当或时，以、、为顶点的三角形是直角三角形． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、三角形周长的计算、直角三角形的判定等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 24．在中，点P在平面内，连接并将线段绕点A顺时针方向旋转与相等的角度，得到线段，连接 【发现问题】（1）如图1，如果点P是边上任意一点，则线段和线段的数量关系是______； 【探究猜想】（2）如图2，如果点P为平面内任意一点，前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．请仅以图2所示的位置关系加以证明（或说明）； 【拓展应用】（3）如图3，在中，，，，P是线段上的任意一点连接，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值． 【答案】（1）；（2）仍然成立；理由见解析；（3）． 【分析】本题考查三角形旋转变换的性质，全等三角形判定与性质，角直角三角形性质，掌握旋转变换的性质，根据垂线段最短确定线段位置是解本题的关键． （1）证明，即可得出结论； （2）证明，即可得出结论； （3）在上取一点E，使，连接，过点E作于F，证明，得到，进而得到最小时，最小，利用垂线段最短和含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可． 【详解】解：（1）； 由旋转知，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：； （2）前面发现的结论仍然成立；理由如下： 由旋转知，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3）如图，在上取一点E，使，连接，过点E作于F， 由旋转知，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 要使最小，则有最小，而点E是定点，点P是上的动点， ∴当（点P和点F重合）时，最小， 在中，，， ∴， ∵， ∴， 在中，，， 故线段长度最小值是 25．在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：如图①，点P在等边内部，且，，，求的长． 经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点A按顺时针方向旋转，得到，连接，寻找三边之间的数量关系，即可求得的长为______； 【理解应用】如图②，在等腰直角中，，P为内一点，，判断之间的数量关系，并说明理由； 【类比迁移】如图③，小李家有一块三角形的空地ABC，其中，，小李家位于空地旁的P点，通过测量，，，请直接写出线段的长． 【答案】5；【理解应用】，理由见解析；【类比迁移】． 【分析】本题考查了等边三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理等三角形综合知识，通过旋转构造特殊三角形是解题的关键． 根据提示易得等边三角形和直角三角形，继而得解； 理解应用：通过旋转易得等腰直角三角形和直角三角形，继而得解； 类比迁移：通过旋转易得等腰直角三角形和直角三角形，继而得解． 【详解】解：由旋转可知：， 是等边三角形， ， ， 是直角三角形， ， 故答案为：5； 理解应用：解：，理由如下： 如图，把绕点C顺时针旋转得到，连接， 由旋转可知：， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ∴在中，，即， ； 类比迁移：解：如图，将绕点B顺时针旋转，得到，连接， 由旋转可知：， 是等腰直角三角形， ，， ∴点在线段上， ， 是直角三角形， ， 的长为． 26．如图，某养羊户想用29米长的围栏设计一个矩形的养牛圈，其中羊圈一边靠墙，另外三边用围栏围住，在边开个门（宽度为1米），的长度为． (1)为了让围成的羊圈（矩形）面积达到，请你帮忙计算一下猪圈的长与宽分别是多少？ (2)请你帮忙计算一下羊圈的长与宽分别是多少时，猪圈的面积达到最大？最大面积是多少？ 【答案】(1)羊圈的长为，宽 (2)羊圈的长为，宽时，羊圈的面积最大，最大值 【分析】（1）设长，则宽为，根据矩形场地面积为，列出方程，解方程即可； （2）设矩形的面积为，根据题意，得构造二次函数解答即可． 本题考查了矩形的面积与周长，一元二次方程的应用，构造二次函数求最值，熟练掌握矩形的性质，一元二次方程的应用，构造二次函数是解题的关键． 【详解】（1）解：设长，则宽为， ∵矩形场地面积为， ∴， 即， 解得：，， 当时，，符合题意， 当时，，舍去， 故当时，成立， 答：矩形的长为，宽为． （2）解：设矩形的面积为，根据题意，得， ∴当时，y有最大值，最大值为． 此时矩形的长为，宽为． 答：矩形的长为，宽为，矩形面积最大，最大面积为． 27．请阅读材料并填空： 如图1，在等边三角形内有一点，且，，，求的度数和等边三角形的边长． 李明同学的思路是： 将绕点逆时针旋转，画出旋转后的图形（如图，连接． (1)根据李明同学的思路，进一步思考后可求得 °，等边的边长为 ． (2)请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题： 如图3，在正方形内有一点，且，，．求度数和正方形的边长． (3)【实际应用】图4所示是一个三角形公园，其中顶点A，B，C为公园的出入口，，，，工人师傅准备在公园内修建一凉亭P，使该凉亭到三个出入口的距离最小，则的最小值是 ． 【答案】(1)150， (2)，正方形边长为 (3) 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，根据旋转的性质推出是等边三角形，得到，．根据勾股定理的逆定理得到是直角三角形，可求得的度数；过点B作，交的延长线于点M，利用直角三角形的性质和勾股定理即可求解； （2）可将绕点逆时针旋转，得到，进而可判断出是等腰直角三角形，可得；然后根据、、的长，利用勾股定理得到是直角三角形的结论，可得，即可求得的度数，进而可得的度数．过作的垂线，交的延长线于，易知是等腰直角三角形，即可得到、的长，进而可在中，利用勾股定理求得正方形的边长． （3）如图4中，先由旋转的性质得出，，，，，求出，由勾股定理求出，的长度，当点B，点P，点D，点E四点共线时，有最小值，最小值为的长，据此即可求解． 【详解】（1）解：是等边三角形， ， 将绕点逆时针旋转得出，如图， ，，，， 又， 是等边三角形， ，． ，， ， ， ，则是直角三角形， ； 过点B作，交的延长线于点M， ∴，， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴等边三角形的边长为． 故答案为：150，； （2）解：如图， 将绕点逆时针旋转，得，则． ，； 连接， 在中， ，， ，； 在中，，，， ，即； 是直角三角形，即， ， ． 过点作，交的延长线于点；则是等腰直角三角形， ， ， ； 在中，由勾股定理，得； ，正方形边长为； （3）解：如图，将绕A顺时针旋转，得到，连接， ∵将绕A顺时针旋转，得到， ∴，，，，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 过点E作交的延长线于点F， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当点B，点P，点D，点E四点共线时，有最小值，最小值为的长， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题是考查了旋转变换的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 28．如图，矩形中，，点P从点A出发沿向点B移动（不与点A、B重合），一直到达点B停止；同时，点Q从点C出发沿向点D移动（不与点C、D重合）．运动时间设为t秒． (1)若点P、Q均以的速度移动，则： 的面积为 ；（用含t的代数式表示） (2)若点P为的速度移动，点Q以的速度移动． ①当秒时，判断的形状，并说明理由； ②当t为何值时，为直角三角形． 【答案】(1) (2)①为等腰直角三角形，理由见解析；②经过或时，为直角三角形 【分析】（1）由题意得，则，即可得出答案； （2）①过点作于点，证四边形是矩形，得出，由题意得，则，得出四边形是正方形，点是的中点，再由垂直平分线的性质得出，然后由等腰三角形的性质得，求出，即可得出结论； ②为直角三角形分两种情况：当时，过点作于点，证四边形为矩形，得出，再由题意得，则，然后由勾股定理得出，求出；当时，，则，求出；即可得出答案． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ， ∴边上的高为， 由题意得：， ， ， 故答案为； （2）解：①为等腰直角三角形，理由如下： 如图1，过点作于点， ， ∵四边形是矩形， ， ∴四边形是矩形， ， 由题意得：， ， ∴四边形是正方形，， ∴点是的中点， 又∵， ， ， ∵四边形是正方形， ， ， 又， ∴为等腰直角三角形； ②∵点不与点重合， ， ∴为直角三角形分两种情况： 当时， 如图，过点作于点， ， ∵四边形是矩形， ， ∴四边形为矩形， ， 由题意得：， 则， ， 解得：； 当时，， ， 解得：； 综上可知：当为或或时，为直角三角形． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定、勾股定理、三角形面积公式、分类讨论等知识，熟练掌握矩形的判定与性质和等腰直角三角形的判定以及勾股定理是解题的关键． 29．分层探究 (1)问题提出：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接．求证：，解题思路：把绕点A逆时针旋转______度至，可使与重合．由，则知F、D、G三点共线，从而可证______，从而得，阅读以上内容并填空． (2)类比引申：如图2，四边形中，，点E、F分别在边上，．探究：若，猜想的数量关系，并给出理由． (3)联想拓展：如图3，在中，，点D、E均在边上，并且．猜想的数量关系，并给出理由． 【答案】(1)， (2)仍有；理由见解析 (3)猜想：．理由见解析 【分析】（1）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （2）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （3）把绕点A逆时针旋转到的位置，连接，证明，则，，是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断． 【详解】（1）解：∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，如图1， ∵， ∴，点F、D、G共线， 则，，， ， 即， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：仍有；理由如下： ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，如图2所示： ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，点F、D、G共线， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：猜想：．理由如下： 把绕点A逆时针旋转到的位置，连接，如图3所示： 则，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，直角三角形的性质、勾股定理等知识；能正确作出辅助线得出全等三角形是解题的关键． 30．已知，如图抛物线与轴交于点，与轴交于、两点． (1)求抛物线的解析式； (2)若点是线段下方抛物线上的动点，求四边形面积的最大值． (3)点是抛物线对称轴上一动点，点是直线上一动点，且以点为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)； (2)； (3)或或． 【分析】（）利用待定系数法解答即可求解； （）过点作轴于点，设，则，，，由可得，再利用二次函数的性质即可求解； （）利用待定系数法求出直线的解析式为，由、得，设点的坐标为，分为平行四边形的边和对角线两种情况，画出图形，结合平行四边形的性质解答即可求解； 本题考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的几何应用，平行四边形的性质，掌握二次函数的性质并运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】（1）解：把、、代入得， ， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：过点作轴于点， 设，则，，， ∴ ， ， ， ∵， ∴当时，四边形面积的最大，最大值为． （3）解：设直线的解析式为，把、代入得， ， 解得， ∴设直线的解析式为， ∵， ∴抛物线对称轴为直线， ∴点P横坐标为， ∵，， ∴， 设点的坐标为， 当为平行四边形的边时，如图， ∵， ∴， ∴或， ∴或； 当为对角线时，点即为直线与抛物线对称轴的交点， 把代入得，， ∴； 综上，点的坐标为或或． 31．已知： 如图，在菱形中，，点E， F分别是上的动点(不与菱形的顶点重合)，． (1)求证∶是等边三角形； (2)探究四边形与菱形的面积关系，并说明理由： (3)若菱形的边长为，则面积的最大值是 (直接写出答案)． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的面积等于菱形的面积的一半，理由见解析 (3) 【分析】（1）由四边形是菱形，，可得，，可得出和是等边三角形，从而得出，，再证明 ，可得，，再用等边三角形的判定证明即可； （2）由菱形的性质可得，再由，可得，从而得出，可得结论； （3）过点作，交的延长线于，设，可得， 再由，可得，再由，可得，，从而得出，再求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形，， ，， 和是等边三角形， ，， 又， ， ，， ， 是等边三角形， （2）四边形的面积等于菱形的面积的一半，理由如下： 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， 即四边形的面积等于菱形的面积的一半； （3）如图，过点作，交的延长线于， 设， ， ， ， ， ，， ， 当时，的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，配方法的应用等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 32．我们可以利用解二元一次方程组的代入消元法解形如的二元二次方程组，实质是将二元二次方程组转化为一元一次方程或一元二次方程来求解．其解法如下： 解：由②得：    ③ 将③代入①得： 整理得：，解得， 将，代入③得， ∴原方程组的解为或． (1)请你用代入消元法解二元二次方程组：； (2)若关于x，y的二元二次方程组有实数解，求实数a的取值范围． 【答案】(1)原方程组的解为或 (2) 【分析】本题考查解二元二次方程组，一元二次方程的根的判别式等知识，读懂题意掌握给出的方法是解题的关键． （1）将前一个方程转化为，代入后一个方程求出x的值，继而利用得出y的值，从而得解； （2）将前一个方程转化为，代入后一个方程得到关于x的方程，然后分所得方程是一元一次方程还是一元二次方程讨论，对于前者直接求解即可，对于后者根据根的判别式与方程的根的关系得出，继而得到关于a的不等式，从而得解． 【详解】（1） 由①，得③ 把③代入②，得． 整理，得． 解得，． 把，代入③，得，． 故原方程组的解为或 （2） 由①得，得③ 把③代入②，得． 整理，得． ①若，则．此时原方程可化为，解得，符合题意； ②若，则且． 解得且． 综上可知，． 33．如图1，已知中，，，把一块含角的三角板的直角顶点D放在的中点上（直角三角板的短直角边为，长直角边为），点C在上点B在上． (1)求重叠部分的面积； (2)如图2，将直角三角板绕D点按顺时针方向旋转30度，交于点M，交于点N， ①请说明； ②在此条件下重叠部分的面积会发生变化吗？若发生变化，若不发生变化，请说明理由； (3)如图3，将直角三角板绕D点按顺时针方向旋转α度（），交于点M，交于点N，则的结论仍成立吗？重叠部分的面积会变吗？（请直接写出结论不需说明理由） 【答案】(1)的面积是 (2)①说明见解析；②在此条件下重叠部分的面积不发生变化，理由见解析 (3)的结论仍成立，重叠部分的面积不会变 【分析】本题主要考查了等腰直角三角形和三角形全等．熟练掌握等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，旋转性质，作出辅助线，是解决本题的关键． （1）判断重叠部分是一个等腰直角三角形，求出其直角边，即可求解； （2）①连接，先证得，，进而求出，即可得到；②利用①中的结论即可得出答案； （3）证明过程类似（2），根据（2）中的结论，可以直接写出． 【详解】（1）∵中，，， D是的中点，， ∴，， 则； （2）①连接， ∵中，，， ∴， ∵D是的中点，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②面积不变．理由： ∵， ∴， ∴; （3）的结论仍成立，，重叠部分的面积不变．理由： 连接， ∵中，，， ∴， ∵D是的中点，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴． 34．如图，已知抛物线的对称轴为直线，且抛物线经过，两点，与x轴交于点B． (1)若直线经过B，C两点，求直线和抛物线的解析式； (2)在抛物线的对称轴找一点M，使的值最小，求点M的坐标； (3)设P为抛物线的对称轴上的一个动点，求使为直角三角形的点P的坐标，直接写出点P的坐标． 【答案】(1)； (2) (3)P的坐标为：，，， 【分析】（1）先把点A，C的坐标分别代入抛物线解析式得到a，b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系，联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c的值即可得到抛物线的解析式；把B、C两点的坐标代入直线，解方程组求出m和n的值即可得到直线的解析式； （2）当点M在直线上时，根据抛物线的对称性， ，值最小．把代入直线得到y的值，即可求出点M坐标； （3）设，根据，，得到，，，分点B为直角顶点，点C为直角顶点，点P为直角顶点，三种情况讨论求出t值，即可求出点P的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线， ∴， ， ∵抛物线经过，两点， ∴， 解得：， ∴抛物线解析式为：， 令，则, 解得，，或（舍去）， ∴， ∵直线经过B，C两点， ∴， 解得，， ∴直线解析式为：； （2）解：∵点A与点B关于对称轴对称， ∴当点M在直线上时，，值最小， 把代入直线解析式， 得，， ∴点M的坐标为：； （3）解：设， ∵，， ∴， ， ， ①若点B为直角顶点，， ∴， 解之得，； ②若点C为直角顶点，， ∴， 解之得，； ③若点P为直角顶点，， ∴， 解之得，，． 综上所述，P的坐标为：，，，． 【点睛】本题主要考查了二次函数和一次函数综合．熟练掌握待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，二次函数和一次函数的图象与性质，轴对称线段和最小，勾股定理解直角三角形，分类讨论，是解决问题的关键． 35．如图1，在中，是直径，弦，垂足为F． (1)求证：； (2)如图2，点G在上，且． ①求证：； ②若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）先根据垂径定理得到，再根据圆心角、弧、弦的关系由得到，所以，从而得到结论； （2）①连接、，如图，根据圆周角定理得到，再证明，则可判断四边形为平行四边形，所以，然后利用得到； ②设，则，则利用为的中位线得到，再根据平行四边形的性质得到，所以，则在中利用勾股定理得到，然后解方程即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ， ； （2）①证明：连接、，如图， ， ， ， ∵为直径， ， ， ， ∴， ， ∴四边形为平行四边形， ， ， ； ②解：设，则， ， ∴为的中位线， ， ∵四边形为平行四边形， ， ， 在中， ∵， ， 整理得， 解得(舍去)， 即的长为1． 【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理、三角形中位线定理，平行四边形的性质和判定，勾股定理和圆心角、弧、弦的关系． 36．【问题提出】 （1）如图①，四边形内接于，若，则的度数为 ； 【问题探究】 （2）如图②，在锐角中，是边上的高，是的中线，．若，求的长； 【问题解决】 （3）如图③，现有一块四边形梯田米，米，米，为上的一个取水点，且米，为两条灌溉水渠，为方便观察梯田灌溉情况，工作人员计划在水渠上找一点，沿修一条小路，并要求．工作人员按照如下方法操作： ①以点，为圆心，适当长为半径画弧交于点； ②分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点； ③连接交于点． 按照上述方法操作，找到的点位置是否符合要求？若符合要求，请求出此时小路的长；若不符合要求，请说明理由． 【答案】（1）；（2）；（3）点位置符合要求，此时小路的长为米 【分析】此题主要考查了圆与四边形综合题，圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质及中位线的性质，熟练掌握相关知识点是解决问题的关键． （1）由于四边形内接于，根据圆内接四边形的对角互补即可求得的度数，而、是同弧所对的圆周角和圆心角，根据圆周角定理即可得到的度数； （2）由为边上的高，可得．从而得出．再由，可得，得出，再由勾股定理得出，从而得出，最后求解即可； （3）过点作于点，取的中点，连接，先证明，可得是等要要直角三角形，．再求解即可． 【详解】解：（1）四边形内接于， ，而， ， ． 故答案为：； （2）为边上的高， ． ． ． 又， ． ． 在中，． ． 在中，． （3）点位置符合要求，理由如下： 如图③，过点作于点，取的中点，连接， ， 四边形是矩形． ， 四边形是正方形． 米． ． 在和中，， ． ． ． 是等要要直角三角形，． 由题可知点是的平分线与的交点， 点为的中点，和都是直角三角形． ． 在和中，， ． ． 点分别为的中点， 为的中位线． 米， ． ． 为等腰直角三角形． 米． 综上所述，找到的点位置符合要求，此时小路的长为米． 37．如图，是某景区步行街修建的一个横断面为抛物线的拱形大门，点为顶点，其高为9米，宽为18米，以点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系．矩形是安装的一个“光带”，且点，在抛物线上，点，在上． (1)求该抛物线的函数表达式． (2)求所需的三根“光带” ，，的长度之和的最大值，并写出此时的长． 【答案】(1)抛物线的函数表达式为 (2)当米时，三根“光带”长度之和的最大值为米 【分析】本题考查了二次函数的应用， （1）利用待定系数法即可求解； （2）设点的坐标为，用的值表示出，，的长度，得到关于的二次函数，利用二次函数的性质求解即可． 正确记忆相关知识点是解题关键． 【详解】（1）解：由题意知，顶点，， 可设该抛物线的函数表达式为， 抛物线过原点， ， 解得， 该抛物线的函数表达式为； （2）设点的坐标为，则，， 根据抛物线的轴对称性质，可得， 故， ， ， 当 米时，三根“光带”长度之和的最大值为 米． 38．（1）问题发现： 如图1，等边内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点A逆时针旋转到处，这样就可以将三条线段转化到一个三角形中，从而求出的度数．请按此方法求的度数，写出求解过程； （2）拓展研究： 请利用第（1）题解答的思想方法，解答下面的问题： ①如图2，中，,，点E，F为边上的点，且，判断之间的数量关系并证明； ②如图3，在中，，，，在内部有一点P，连接，直接写出的最小值． 【答案】（1），见解析；（2）①，见解析；② 【分析】（1）连接，根据题意得到，，，进而得到'为等边三角形，，根据勾股定理逆定理证明是直角三角形， 且，即可求出； （2）①证明，将绕点A逆时针旋转， 得到， 连接，得到，，，，进而得到，根据勾股定理得到 ，证明，得到，即可得到； ②将绕点B逆时针旋转，得到， 连接，，即可得到，，，，从而得到为等边三角形，， 根据两点之间线段最短得到 ，即可得到当且仅当，，P，C四点共线时， 的值最小为 的长，根据勾股定理求出，即可得到的最小值为 【详解】解： （1）连接， ∵将绕顶点 A 逆时针旋转60°到， ∴，， ∴'为等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形， 且， ∴， ∴； （2）①． 证明： ∵,， ∴， 如图，将绕点A逆时针旋转， 得到， 连接， 则：，，，， ∴， ∴ ， ∵，， ∴， 又∵ ∴， ∴， ∴； ②的最小值为 如图，将绕点B逆时针旋转，得到， 连接，， 则：，，，， ∴为等边三角形，， ∴ ∴ ， ∴当且仅当，，P，C四点共线时， 的值最小为 的长， ∵， ∴， ∴的最小值为 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定与性质等知识，综合性较强，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键． 39．如图1，在中，，，点D，E分别在边，上，，连接，，，过点C作，垂足为H，与交于点F． (1)求证：； (2)将图1中的绕点C逆时针旋转，其他条件不变，如图2，（1）的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由； (3)若，将绕点C逆时针旋转一周，当A，E，D三点共线时，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)（1）的结论仍然成立 (3)CF的长为或 【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出，由直角三角形的性质证出，，得出，，则可得出结论； （2）作交直线于点，证明，由全等三角形的性质得出，证明，由全等三角形的性质得出． （3）分两种情况画出图形，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案． 【详解】（1）证明：在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，，， ，， ，， ； （2）解：（1）的结论仍然成立．理由如下： 作交直线于点，如图2， ， 又， ， 又， ， ， 又， ， 又， ， ， 又， ， 又， ，， ， ． （3）解：①当点在的延长线上时，过点作于点， ，，， ，， ， ， ，，， ， ， 由（2）知， 又，， ， ， ， ， ； ②当点在的上时，过点作于点，如图4， 同理可得，，， ， ， ， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，图形旋转变化的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，平行线的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键． 40．如图，在中，，将绕着C点顺时针旋转α角度（这里）得到，连接，延长交于F． (1)如图1，当E在上时，求证：； (2)在旋转过程中，线段与有什么样的数量关系？利用图2证明你的结论； (3)如图3，当时，若，求线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等： （1）根据等边对等角得到，再由，即可证明结论； （2）作于N，交的延长线于M．证明，得到，再证明，得到，据此可得结论； （3）如图3，作于N，交的延长线于M．先利用勾股定理得到，，则，接着证明，得到，在中， ，则． 【详解】（1）证明：由旋转的性质可得， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：，证明如下： 如图2，作于N，交的延长线于M． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图3，作于N，交的延长线于M． ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 在中， ， ∴． 41．如图，为的直径，点是直线上方的上一点，点是的内心，连接，，．延长交于点． (1)若，，求的长； (2)求的度数； (3)当点在直线上方的上运动时，求证：． 【答案】(1)8 (2) (3)见详解 【分析】本题考查圆周角定理，三角形内心的性质，勾股定理，三角形内角和定理． （1）在直角中，直接用勾股定理即可求出； （2）由是的内心，，，易得，故，所以； （3）连接，则，由点是的内心，易得是等腰直角三角形，则，然后利用三角形外角性质证得即可． 【详解】（1）解：∵是直径， ∴ ∴ ，， 解得： ∵ ∴； （2）∵是的内心 ∴设， ∵， ∴ 即 ∴ ∴； （3）如图，连接，则 点是的内心 ∴平分 ∴ ∴ 是等腰直角三角形 , , ∴． 42．【问题提出】 如图1，在矩形中，点在上，且，动点以每秒1个单位的速度从点出发，在折线段上运动，连接，当时停止运动，过点作，交矩形的边于点，连接．设动点的运动路程为，线段与矩形的边围成的三角形的面积为． 【初步感知】 如图2，动点由点向点运动的过程中，经探究发现是关于的二次函数，如图2所示，抛物线顶点的坐标为，与轴的交点的坐标为，与轴的交点为点． （1）求矩形的边和的长； 【深入探究】 （2）点由点向终点运动的过程中，求关于的函数表达式； 【拓展延伸】 （3）是否存在3个路程，，，当时，3个路程对应的面积均相等． 【答案】（1），；（2）；（3）存在，理由见解析 【分析】（1）根据当时，可求出；过点作于点，证明得，当时求出，进而可求出，用待定系数法求出，然后求出抛物线与轴的交点为点的坐标为，由此可知，当点与点重合时，点与点重合，由勾股定理求出，然后由由可求出； （2）过点作于点，由求出，然后根据即可求解； （3）先求出，结合可得，由面积相等得，整理得，根据根的判别式即可求解． 【详解】解：（1）抛物线与轴的交点的坐标为， 即当时，， 当时，点与点重合，此时线段与矩形的边围成的三角形为，如图1， ， ， ． 如图2，过点作于点， ∵，， ∴． ∵， ∴， ，当时，即， ， ． ， 设抛物线为， 抛物线顶点的坐标为， 抛物线为， 抛物线与轴的交点的坐标为， ， ， ． 当时，解得：，， 抛物线与轴的交点为点的坐标为， 由此可知，当点与点重合时，点与点重合（如图3）， 在中，， 由得，即， ； （2）如图4，过点作于点， 同理可证， ∴，即， ， ． ； （3）由知，抛物线的对称轴为直线， ， 当时，则， ， 整理，得：， ， 所以存在当时，3个路程对应的面积均相等． 【点睛】本题考查了矩形的性质，二次函数的应用，相似三角形的判定与性质，一元二次方程根的判别式，勾股定理等知识，求出函数解析式是解答本题的关键． 43．在 中，的平分线交直线于点、交的延长线于点，连接． (1)如图，若，是的中点，连接、． ①求证：． ②请判断的形状，并说明理由；(提示：连接) (2)如图，若，将线段绕点顺时针旋转至，连接、，那么又是怎样的形状．（直接写出结论） 【答案】(1)①见解析；②等腰直角三角形，理由见解析； (2)是等边三角形． 【分析】（1）①先判断四边形是矩形，再根据矩形的性质可得，，然后根据平行线的性质求出，，再根据是的平分线，利用角平分线的定义得到，从而得到，然后根据等角对等边的性质即可证明；②连接，根据等腰直角三角形的性质可得，再根据等腰三角形三线合一的性质求出，，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形性质得，，再求出，然后求出，，根据等腰直角三角形的定义判断即可． （2）连接，根据旋转的性质可得是等边三角形，再根据角平分线的定义以及平行线的性质求出，利用“边角边”证明和全等，得到，，然后求出，再求出，根据等边三角形的判定方法判断即可． 【详解】（1）证明：①∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴； ②是等腰直角三角形． 理由如下：连接， 由①知，，， ∴， ∵G是的中点， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即， ∴， ∴是等腰直角三角形； （2）连接， ∵绕点F顺时针旋转至， ∴是等边三角形， ∴，， 又∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 在中， ， ∴， ∴是等边三角形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 44．如图，已知抛物线上轴交于、两点（点在点的左边），与轴交于点．．    (1)直接写出B、C两点的坐标； (2)在抛物线上是否存在点（异于点，且在直线的右侧），使、两点到直线的距离相等，求出满足条件的点坐标； (3)抛物线上是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， ； (2)不存在，理由见解析； (3)存在，点或． 【分析】本题考查待定系数法求解析式，三角形的面积，全等三角形的判定和性质等，正方形的判定及性质等知识，掌握相关知识是解题关键． （1）用待定系数法即可求解； （2）由题知，过点作的平行线与抛物线没有交点，即可判断； （3）分点在左侧和点在右侧两种情况，利用正方形得判定及性质以及二次函数得图象及性质，进而求解． 【详解】（1）解：把点代入中得， 解得， ∴抛物线的解析式为：， 当时，， 解得， ∴点， 当时，， ∴点． （2）解：要使 、两点到直线的距离相等，则过点作的平行线，如图：    ∵点在右侧， ∴过点的的平行线与抛物线没有交点， ∴不存在点，使、两点到直线的距离相等． （3）解：抛物线上存在点，使得，理由如下： 由得 ①当点在左侧时，如图，在轴上取点，延长交抛物线于点，    在和中， ， 设直线的解析式为 将代入， 得： 解得：， ∴设直线的解析式为 由得：或 ②当点在右侧时， 如上图，作关于的对称 交二次函数 于点则 ∴四边形是正方形， 令中，则 解得或 ， 在和中， ， ∴在点抛物线上，即点满足条件 ， 故存在满足条件的点有两个，分别是． 45．如图，在中，，以为直径的交于点D，点E为的中点，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）连接，由直径所对的圆周角是直角得到，则，由E为的中点，可得，则，再由，得到，根据，得到，再利用四边形内角和是度求解即可； （2）先利用勾股定理和含度角的直角三角形的性质得到，则，r然后求出和的面积，利用进行求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵经过半径的端点D，且， ∴是的切线． （2）∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积为． 【点睛】本题主要考查了圆切线的证明，直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，扇形面积公式等等，解题的关键在于能够熟练掌握圆的相关知识． 46．已知：在钝角中，，把线段绕点A沿逆时针方向旋转得到线段，把线段绕点A沿顺时针方向旋转得到线段，分别连接，，，． (1)如图①，当时，线段与的数量关系是 （直接写出结论，不说理由）； (2)如图②，当时， ①探究线段与的数量关系，并说明理由； ②若，求的长； (3)如图③，在四边形中，，，请求出线段的长． 【答案】(1) (2)①，见解析；② (3) 【分析】本题考查了图形旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识是解答本题的关键． （1）先根据旋转的性质得到，，，从而，即得答案； （2）①类似（1）的证明，即可证得答案； ②根据勾股定理可求得的长，根据①中的全等三角形及等腰三角形的性质，可得，最后由勾股定理即可求得答案； （3）过点A作，交的延长线于点H，先根据等腰三角形的判定与性质，分别求出与的长，再证明，即得的长． 【详解】（1）解：∵把线段绕点A沿逆时针方向旋转得到线段，把线段绕点A沿顺时针方向旋转得到线段， ，，， ， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：①，理由如下： ∵把线段绕点A沿逆时针方向旋转得到线段，把线段绕点A沿顺时针方向旋转得到线段， ，，， ， ∴， ∴； ②∵，， ∴， ∴， ∴， ； （3）解：如图，过点A作，交的延长线于点H，    ∵， ，， ，， ， ， ， ∴， ∵， ， ∴ ∴． 47．定义：在平面直角坐标系中，图形上点的纵坐标与其横坐标的差称为点的“坐标差”，而图形上所有点的“坐标差”中的最大值称为图形的“特征值”． (1)①点的“坐标差”为 ； ②抛物线的“特征值”为 ； (2)某二次函数的“特征值”为，且，求此二次函数的解析式； (3)二次函数的图像的顶点在“坐标差”为的一次函数的图像上，四边形是矩形，点的坐标为，点为坐标原点，点在轴上，点在轴上，当二次函数的图像与矩形的边只有三个交点时，求此二次函数的解析式及特征值． 【答案】(1)①；②； (2) (3)二次函数的解析式为或，“特征值” 均为 【分析】本题考查了二次函数的综合，“坐标差”，“特征值”的定义，解题的关键是掌握二次函数的图像与性质，理解题意． （1）根据题中“坐标差”，“特征值”的定义求解即可； （2）由得，进而得到，结合特征值的定义求出值，进而求出值，即可求解； （3）先求出“坐标差”为的一次函数为，由二次函数的图像的顶点在直线上，可设二次函数的解析式为，分两种情况讨论：抛物线顶点在直线与的交点上时；抛物线右侧部分经过点时；分别把、代入，解得的值，即可求解． 【详解】（1）解：①点的“坐标差”为：； ② ， 抛物线的“特征值”为； 故答案为：①；②； （2） ， ， ， 二次函数的“特征值”为， ， ， ， ， 二次函数的解析式为； （3）“坐标差”为的一次函数为， 二次函数的图像的顶点在直线上， 设二次函数为， 二次函数的图像与矩形有三个交点，如图、， 抛物线顶点在直线与的交点上时如图，     在中，令，则，得交点为， 把代入，得， 解得：，舍去， 二次函数的解新式为， ，特征值是；                                               抛物线右侧部分经过点时如图， 把代入，得， 解得，舍去， 二次函数的解析式为， ，特征值是． 综上，二次函数的解析式为或，“特征值”均为． 48．如图，和都是等腰直角三角形，． (1)【猜想】如图1，点在上，点在上，线段与的数量关系是____________，位置关系是____________； (2)【探究】把绕点旋转到如图2的位置，连接，，（1）中的结论还成立吗？说明理由； (3)【拓展】把绕点在平面内自由旋转，若，，当，，三点在同一直线上时，则的长是____________． 【答案】(1)， (2)成立．理由见解析 (3)或 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出，，得出，再用，即可得出结论； （2）先由旋转的性质得出，进而判断出，得出，，与交于，与交于，利用全等的性质和对顶角相等进而得出，即可得出结论； （3）分两种情况，①当点在线段上时，过点作于，求出，再用勾股定理求出，利用线段的加减即可得出结论； ②当点在线段上时，过点作于，求出，再由勾股定理求出根据勾股定理得，利用线段的加减即可得出结论． 【详解】（1）解：和都是等腰直角三角形， ，， ， ， 点在上，点在上，且， ， 故答案为：，； （2）成立．理由如下： 如图2，与交于，与交于， 由题意可知：， ， ， 在与中， ， ， ，， 又，， 在中， ， ， ， 所以结论成立； （3）当点在线段上时，如图3，过点作于， 是等腰直角三角形，且， ， ， ， 在中，， ， ； ②当点在线段上时，如图4，过点作于， 是等腰直角三角形，且， ， ， ， 在中，， ， ， 综上，的长为或． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了旋转变换，考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键． 49．【问题背景】数学兴趣小组利用两块大小不同的正方形卡片进行“正方形旋转”的探究活动．如图1，他们将边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B，使边，分别落在边，上．容易发现且． 【问题探究】将图1中正方形固定，将正方形绕点B顺时针方向旋转（）． （1）如图2，连接，，试探究与的上述关系是否仍然成立？若成立，请给予证明;若不成立，请说明理由． （2）小组研究发现：如图3，连接，在旋转过程中，存在与全等的情形，请直接写出此时旋转角α的度数 ． 【问题拓展】将图1中正方形固定，将正方形绕点B顺时针方向旋转a（）． （3）在旋转过程中，当A，G，E三点在同一条直线上时，求线段的长； （4）如图4，连接，取中点H，连接，请直接写出线段长度的最大值． 【答案】（1）成立，证明见解析；（2）或；（3）或；（4） 【分析】（1）根据正方形的性质，得到，，继而得到，证明，可得；延长，二线交于点M，与交于点N，利用全等三角形的性质，对顶角性质，余角的性质，可证明． （2）画图分类计算即可． （3）连接，交于点M或N，利用正方形的性质，勾股定理分类计算即可； （4）连接，取中点M，连接，则，利用三角形中位线定理，三角形不等式，勾股定理解答即可． 【详解】（1）且仍成立．理由如下： ∵边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴；； 延长，二线交于点M，与交于点N， 则，， ∴， ∴， ∴． 故且． （2）如图，∵， ∴， ∴， 故； 如图，∵， ∴， ∴， ∴， 故． ． 故答案为：或 （3）当A，G，E三点在的右侧且在同一条直线上时， 连接交于点M， ∵边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B， ∴，，,, ∴， ∵， ∴， ∴； ∵边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B， ∴，,, ∴， ∴； 当A，G，E三点在的左侧且在同一条直线上时， 连接，交于点N， 同理可证，， ∴； 综上所述，的长为或； （4）如图，连接，取中点M，连接， 则， ∵边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点B， ∴， , ∴， ∵， ∴三点共线时，线段长度取得最大值， 此时，． 故线段长度的最大值为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，三角形不等式的应用求最值，三角形全等的判定和性质，熟练掌握旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，三角形不等式是解题的关键． 50．如图所示，图象G由图象和组成，其中图象是函数的图象，图象是函数的图象． (1)若点在图象G上，求p的值； (2)已知直线l与x轴平行，且与图象G有三个不同的交点，从左至右依次为点A、B、C，若，求点C的坐标； (3)当图象G上的点满足时，记此时x的取值范围为M．设，若在M中总存在，使得，求此时实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)或． 【分析】本题二次函数的综合题，考查了二次函数的图象与性质、定义新函数问题等，解题关键是掌握二次函数的图象与性质，通过数形结合的方法求解． （1）将点代入，即可得p的值； （2）设直线l解析式为，当直线与图象G有三个不同的交点时，，令，设，，，，根据求出，代入即可得点C坐标； （3）先求出x的取值范围M为，然后分3种情况求解：①当时，②当时，③当时． 【详解】（1）∵， ∴点在图象上 把点代入，得． （2）∵ ∴图象的顶点坐标为 当时，函数， ∴图象与x轴的交点为 设直线l解析式为 作出如下图象，当直线与图象G有三个不同的交点时， 在函数中，令，整理得 设，，， ∴，∴ 即直线l解析式为， 当时，解得（负舍） 所以，点C的坐标为． （3）∵ ∴令，则， 解得，（舍去）． 令，代入解析式为， 解得 代入解析式为，解得 ∴x的取值范围M为 ∵M中总存在使得， ∴二次函数在M上的最大值大于2即可 ∵的对称轴为 ∴分如下情况讨论： ①当时，如图所示 此时当时，函数有最大值，即 解得 ②当时，如图所示 此时当时，函数有最大值，即 无解，舍去 ③当时，如图所示 此时当时，函数有最大值，即 解得 综上所述，实数m的取值范围是或． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$