2024年全国中考数学真题卷解答压轴题60道（上）

2024年全国中考数学真题卷-解答压轴题60道（上） 一．反比例函数综合题（共1小题） 1．（2024•大庆）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A在x轴的正半轴上．点B，C在第一象限，四边形OABC是平行四边形，点C在反比例函数y的图象上，点C的横坐标为2．点B的纵坐标为3． 提示：在平面直角坐标系中，若两点分别为P1（x1，y1），P2（x2，y2），则P1P2中点坐标为（，）． （1）求反比例函数的表达式； （2）如图2，点D是AB边的中点，且在反比例函数y图象上，求平行四边形OABC的面积； （3）如图3，将直线l1：yx向上平移6个单位得到直线l2，直线l2与函数y（x＞0）图象交于M1，M2两点，点P为M1M2的中点，过点M1作M1N⊥l1于点N．请直接写出P点坐标和的值． 二．二次函数图象与系数的关系（共1小题） 2．（2024•德州）已知抛物线y＝x2﹣4mx+2m+1，m为实数． （1）如果该抛物线经过点（4，3），求此抛物线的顶点坐标． （2）如果当2m﹣3≤x≤2m+1时，y的最大值为4，求m的值． （3）点O（0，0），点A（1，0），如果该抛物线与线OA（不含端点）恰有一个交点，求m的取值范围． 三．二次函数的应用（共2小题） 3．（2024•陕西）某广场的声控喷泉是由若干个垂直于地面的柱形喷泉装置组成的．每个柱形喷泉装置上都有上下两个喷头，这两个喷头朝向一致，喷出的水流均呈抛物线型．当围观游人喊声较小时，下喷头喷水；当围观游人喊声较大时，上下两个喷头都喷水．如图所示，点A和点B是一个柱形喷泉装置OB上的两个喷头，A喷头喷出的水流的落地点为C．以O为原点，以OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．（柱形喷泉装置的粗细忽略不计） 已知：OA＝1m，OB＝2m，OC＝3m，从A喷头和B喷头各喷出的水流的高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系式分别是yx2+bx+c和yx2+bx+c'； （1）求A喷头喷出的水流的最大高度； （2）一名游人站在点D处，OD＝4m．当围观游人喊声较大时，B喷头喷出的水流是否会落在该游人所站的点D处？ 4．（2024•青岛）5月中旬，樱桃相继成熟，果农们迎来了繁忙的采摘销售季．为了解樱桃的收益情况，从第1天销售开始，小明对自己家的两处樱桃园连续15天的销售情况进行了统计与分析： A樱桃园： 第x天的单价、销售量与x的关系如表： 单价（元/盒） 销售量（盒） 第1天 50 20 第2天 48 30 第3天 46 40 第4天 44 50 … … … 第x天 10x+10 第x天的单价与x近似地满足一次函数关系，已知每天的固定成本为745元． B樱桃园： 第x天的利润y2（元）与x的关系可以近似地用二次函数y2＝ax2+bx+25刻画，其图象如图： （1）A樱桃园第x天的单价是 　 　元/盒（用含x的代数式表示）； （2）求A樱桃园第x天的利润y1（元）与x的函数关系式；（利润＝单价×销售量﹣固定成本） （3）①y2与x的函数关系式是 　 　； ②求第几天两处樱桃园的利润之和（即y1+y2）最大，最大是多少元？ （4）这15天中，共有 　 　天B樱桃园的利润y2比A樱桃园的利润y1大． 四．二次函数综合题（共25小题） 5．（2024•绵阳）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，连接AC和BC，点P在抛物线上运动，连接AP，BP和CP． （1）求抛物线的解析式，并写出其顶点坐标； （2）点P在抛物线上从点A运动到点C的过程中（点P与点A，C不重合），作点P关于x轴的对称点P1，连接AP1，CP1，记△ACP1的面积为S1，记△BCP的面积为S2，若满足S1＝3S2，求△ABP的面积； （3）在（2）的条件下，试探究在y轴上是否存在一点Q，使得∠CPQ＝45°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 6．（2024•潍坊）在光伏发电系统运行时，太阳能板（如图1）与水平地面的夹角会对太阳辐射的接收产生直接影响．某地区工作人员对日平均太阳辐射量y（单位：kW•h•10﹣1•m﹣2•d﹣1）和太阳能板与水平地面的夹角x°（0≤x≤90）进行统计，绘制了如图2所示的散点图，已知该散点图可用二次函数刻画． （1）求y关于x的函数表达式； （2）该地区太阳能板与水平地面的夹角为多少度时，日平均太阳辐射量最大？ （3）图3是该地区太阳能板安装后的示意图（此时，太阳能板与水平地面的夹角使得日平均太阳辐射量最大），∠AGD为太阳能板AB与水平地面GD的夹角，CD为支撑杆．已知AB＝2m，C是AB的中点，CD⊥GD．在GD延长线上选取一点M，在D，M两点间选取一点E，测得EM＝4m，在M，E两点处分别用测角仪测得太阳能板顶端A的仰角为30°，45°，该测角仪支架的高为1m．求支撑杆CD的长．（精确到0.1m，参考数据：，） 7．（2024•大庆）如图，已知二次函数y＝ax2+2x+c的图象与x轴交于A，B两点，A点坐标为（﹣1，0），与y轴交于点C（0，3），点M为抛物线顶点，点E为AB中点． （1）求二次函数的表达式； （2）在直线BC上方的抛物线上存在点Q．使得∠QCB＝2∠ABC，求点Q的坐标； （3）已知D，F为抛物线上不与A，B重合的相异两点． ①若点F与点C重合，D（m，﹣12），且m＞1，求证：D，E，F三点共线； ②若直线AD，BF交于点P，则无论D，F在抛物线上如何运动，只要D，E，F三点共线，△AMP，△MEP，△ABP中必存在面积为定值的三角形，请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由． 8．（2024•资阳）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且B（4，0），BC＝4． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2，求S1﹣S2的最大值； （3）如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使∠QFE＝2∠OCA？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由． 9．（2024•攀枝花）在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数的表达式为y＝ax2+bx+3（a＞0）． （1）若a＝1，且点（2，3）在函数的图象上，求此时函数的最小值； （2）若函数的图象经过点（﹣1，﹣1），当自变量x的值满足x≥﹣1时，y随x的增大而增大，求a的取值范围； （3）若函数的图象的对称轴为x＝2，点A（m，y1），B（m+1，y2）在函数的图象上，且总有y1＞y2，求m的取值范围． 10．（2024•甘南州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣5（a≠0）交x轴于A，C两点，交y轴于点B，5OA＝OB＝OC． （1）求此抛物线的表达式； （2）已知抛物线的对称轴上存在一点M，使得△ABM的周长最小，请求出点M的坐标； （3）连接BC，点P是线段BC上一点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求当四边形OBQP为平行四边形时点P的坐标． 11．（2024•深圳）在综合实践课上，数学探究小组用两个互相垂直的直尺制作了一个“T”形尺，并用它对二次函数图象的相关性质进行研究． 把“T”形尺按图1摆放，水平宽AB的中点为C，图象的顶点为D，测得AB为m厘米时，CD为n厘米． 【猜想】 （1）探究小组先对y＝x2的图象进行多次测量，测得m与n的部分数据如表： m 0 2 3 4 5 6 … n 0 1 2.25 4 6.25 9 … 描点：以表中各组对应值为点的坐标，在图2的直角坐标系内描出相应的点． 连线：用光滑的曲线顺次连接各点． 猜想：n与m的关系式是 　 　 【验证】 （2）探究小组又对多个二次函数的图象进行了测量研究，发现测得的n与m也存在类似的关系式，并针对二次函数y＝a（x﹣h）2+k（a＞0）的情况进行了推理验证．请从下表中任选一种方法（在“□”内打“√”）并补全其推理过程；（根据需要，选用字母a，m，n，h，k表示答案） □方法1 □方法2 如图3，平移二次函数图象，使得顶点D移到原点O的位置，则： A'B'＝AB＝m，C'O＝CD＝n， C'B， 所以点B′坐标为 　 　； 将点B′坐标代入y＝ax2， 得到n与m的关系式是 　 　． 如图4，顶点D的横坐标加个单位，纵坐标加n个单位得到点B的坐标，所以点B坐标为 　 　； 将点B坐标代入y＝a（x﹣h）2+k， 得到n与m的关系式是 　 　． 【应用】 （3）已知AB∥x轴且AB＝4，两个二次函数y＝2（x﹣h）2+k和y＝a（x﹣h）2+d的图象都经过A，B两点．当两个函数图象的顶点之间的距离为10时，求a的值． 12．（2024•南通）已知函数y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2（a，b为常数）．设自变量x取x0时，y取得最小值． （1）若a＝﹣1，b＝3，求x0的值； （2）在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）在双曲线y上，且x0．求点P到y轴的距离； （3）当a2﹣2a﹣2b+3＝0，且1≤x0＜3时，分析并确定整数a的个数． 13．（2024•常州）在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C． （1）OC＝　 　； （2）如图，已知点A的坐标是（﹣1，0）． ①当1≤x≤m，且m＞1时，y的最大值和最小值分别是s、t，s﹣t＝2，求m的值； ②连接AC，P是该二次函数的图象上位于y轴右侧的一点（点B除外），过点P作PD⊥x轴，垂足为D，作∠DPQ＝∠ACO，射线PQ交y轴于点Q，连接DQ、PC．若DQ＝PC，求点P的横坐标． 14．（2024•无锡）已知二次函数y＝a（x﹣1）2+k的图象经过点A（0，﹣3）和点B（3，0）． （1）求这个二次函数的表达式； （2）若点C（x1，m）、D（x2，m）都在这个二次函数的图象上，且1≤x1﹣x2≤3，求m的取值范围； （3）若点P、Q在直线AB上，问：在该二次函数图象上是否存在点M、N，使得四边形PQMN是正方形？若存在，请直接写出PQ的长；若不存在，请说明理由． 15．（2024•海南）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+4经过点A（﹣4，0）、B（1，0），交y轴于点C（0，4），点P是抛物线上一动点． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）当点P的坐标为（﹣2，6）时，求四边形AOCP的面积； （3）当∠PBA＝45°时，求点P的坐标； （4）过点A、O、C的圆交抛物线于点E、F，如图2．连接AE、AF、EF，判断△AEF的形状，并说明理由． 16．（2024•宿迁）如图①，已知抛物线y1＝x2+bx+c与x轴交于两点O（0，0）、A（2，0），将抛物线y1向右平移两个单位长度，得到抛物线y2．点P是抛物线y1在第四象限内一点，连接PA并延长，交抛物线y2于点Q． （1）求抛物线y2的表达式； （2）设点P的横坐标为xP，点Q的横坐标为xQ，求xQ﹣xP的值； （3）如图②，若抛物线y3＝x2﹣8x+t与抛物线y1＝x2+bx+c交于点C，过点C作直线MN，分别交抛物线y1和y3于点M、N（M、N均不与点C重合），设点M的横坐标为m，点N的横坐标为n，试判断|m﹣n|是否为定值．若是，直接写出这个定值；若不是，请说明理由． 17．（2024•巴中）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，且在直线BC的上方． （1）求抛物线的表达式． （2）如图1，过点P作PD⊥x轴，交直线BC于点E，若PE＝2ED，求点P的坐标． （3）如图2，连接AC、PC、AP，AP与BC交于点G，过点P作PF∥AC交BC于点F．记△ACG、△PCG、△PGF的面积分别为S1，S2，S3.当取得最大值时，求sin∠BCP的值． 18．（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． 19．（2024•西藏）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，设抛物线的对称轴为直线l． （1）求抛物线的解析式； （2）如图（甲），设点C关于直线l的对称点为点D，在直线l上是否存在一点P，使PA﹣PD有最大值？若存在，求出PA﹣PD的最大值；若不存在，请说明理由； （3）如图（乙），设点M为抛物线上一点，连接MC，过点M作MN⊥CM交直线l于点N．若tan∠MCN，求点M的坐标． 20．（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． 21．（2024•呼和浩特）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2bx﹣4经过点（﹣1，m）． （1）若m＝1，则b＝　 　，通过配方可以将其化成顶点式为 　 　； （2）已知点（x1，y1），（x2，y2）在抛物线上，其中x1＜x2，若m＞0且2x1+2x2≤5，比较y1与y2的大小关系，并说明理由； （3）若b＝0，将抛物线向上平移4个单位得到的新抛物线与直线y＝kx交于A，B两点，直线与y轴交于点C，点E为AC中点，过点E作x轴的垂线，垂足为点F，连接AF，CF．求证：CF2CE． 22．（2024•宁夏）抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C，点P是第四象限内抛物线上的一点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，过P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．设点D的横坐标为m，当时，求m的值； （3）如图2点F（1，0），连接CF并延长交直线PD于点M，点N是x轴上方抛物线上的一点，在（2）的条件下，x轴上是否存在一点H，使得以F，M，N，H为顶点的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 23．（2024•辽宁）已知y1是自变量x的函数，当y2＝xy1时，称函数y2为函数y1的“升幂函数”．在平面直角坐标系中，对于函数y1图象上任意一点A（m，n），称点B（m，mn）为点A“关于y1的升幂点”，点B在函数y1的“升幂函数”y2的图象上． 例如：函数y1＝2x，当时，则函数是函数y1＝2x的“升幂函数”． 在平面直角坐标系中，函数y1＝2x的图象上任意一点A（m，2m），点B（m，2m2）为点A“关于y1的升幂点”，点B在函数y1＝2x的“升幂函数”的图象上． （1）求函数的“升幂函数”y2的函数表达式． （2）如图1，点A在函数的图象上，点A“关于y1的升幂点”B在点A上方，当AB＝2时，求点A的坐标． （3）点A在函数y1＝﹣x+4的图象上，点A“关于y1的升幂点”为点B，设点A的横坐标为m． ①若点B与点A重合，求m的值； ②若点B在点A的上方，过点B作x轴的平行线，与函数y1的“升幂函数”y2的图象相交于点C，以AB，BC为邻边构造矩形ABCD，设矩形ABCD的周长为y，求y关于m的函数表达式； ③在②的条件下，当直线y＝t1与函数y的图象的交点有3个时，从左到右依次记为E，F，G，当直线y＝t2与函数y的图象的交点有2个时，从左到右依次记为M，N，若EF＝MN，请直接写出t2﹣t1的值． 24．（2024•西宁）如图，二次函数的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点B，顶点C的坐标为（﹣2，﹣1）． （1）求二次函数的解析式． （2）判断△ABC的形状，并说明理由． （3）在直线AB上方的抛物线上是否存在一点P，使S△PAB＝2S△ABC？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 25．（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． 26．（2024•哈尔滨）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线yx2+bx+c经过点O（0，0），与x轴正半轴交于点A，点A坐标（3，0）． （1）求b．c的值； （2）如图1，点P为第二象限内抛物线上一点，连接PA，PO，设点P的横坐标为t，△AOP的面积为S，求S与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）； （3）如图2，在（2）的条件下，t＝﹣2，点D在OA上，DF⊥OA，交PA于点C，CF＝CD，点E在第二象限，连接EC，EC⊥CD，连接ED，过点E作ED的垂线，交过点F且平行AC的直线于点G，连接DG交AC于点M，过点A作x轴的垂线，交EC的延长线于点B，交DG的延长线于点R，CMRB，连接RE并延长交抛物线于点N，RA＝RN，点T在△ADM内，连接AT，CT，∠ATC＝135°，DH⊥AT，交AT的延长线于点H，HT＝2DH，求直线CT的解析式． 27．（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． 28．（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． 29．（2024•无锡）已知二次函数y＝ax2+x+c的图象经过点和点B（2，1）． （1）求这个二次函数的表达式； （2）若点C（m+1，y1），D（m+2，y2）都在该二次函数的图象上，试比较y1和y2的大小，并说明理由； （3）点P，Q在直线AB上，点M在该二次函数图象上．问：在y轴上是否存在点N，使得以P，Q，M，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 五．三角形综合题（共3小题） 30．（2024•常州）将边长均为6cm的等边三角形纸片ABC、DEF叠放在一起，使点E、B分别在边AC、DF上（端点除外），边AB、EF相交于点G，边BC、DE相交于点H． （1）如图1，当E是边AC的中点时，两张纸片重叠部分的形状是 　 　； （2）如图2，若EF∥BC，求两张纸片重叠部分的面积的最大值； （3）如图3，当AE＞EC，FB＞BD时，AE与FB有怎样的数量关系？试说明理由． 31．（2024•宁夏）综合与实践 如图1，在△ABC中，BD是∠ABC的平分线，BD的延长线交外角∠CAM的平分线于点E． 【发现结论】 结论1：∠AEB＝　 　∠ACB； 结论2：当图1中∠ACB＝90°时，如图2所示，延长BC交AE于点F，过点E作AF的垂线交BF于点G，交AC的延长线于点H．则AE与EG的数量关系是 　 　． 【应用结论】 （1）求证：AH＝GF； （2）在图2中连接FH，AG，延长AG交FH于点N，补全图形，求证：． 32．（2024•淮安）综合与实践 【问题初探】（1）某兴趣小组探索这样一个问题：若AD是△ABC的角平分线，则线段AB、AC、BD、CD有何数量关系？下面是小智、小勇的部分思路和方法，请完成填空： 小智的思路和方法： 如图1，作 DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N． ∵AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC， ∴　 　． ∵S△ABDAB•DM， S△ACDAC•DN， ∴． 再用另一种方式表示△ABD 与△ACD 的面积，即可推导出结论…… 勇的思路和方法： 如图2，作CE∥AB，交AD的延长线于点E． ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD． ∵CE∥AB， ∴∠BAD＝∠E． ∴∠CAD＝∠E． ∴　 　． 再通过证明△CDE∽△BDA 得到比例式，从而推导出结论…… 根据小智或小勇的方法，可以得到线段AB、AC、BD、CD的数量关系是 　 　． 【变式拓展】（2）小慧对问题作了进一步拓展：如图3，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上一点，∠BAD＝45°，∠CAD＝60°，求的值．请你完成解答． 【迁移应用】（3）请你借助以上结论或方法，用无刻度直尺和圆规在图4的线段EF上作一点P，使EPFP．（要求：不写作法，保留作图痕迹） 【综合提升】（4）如图5，在△ABC中，AB＝5，AC＝4，∠BAC＝α（α＜90°），点D在AC边上，CD＝1，点E在BD的延长线上，连接EC，∠BEC＝β（β＜α），请直接写出BD•DE的值（用含α，β的式子表示）． 六．四边形综合题（共5小题） 33．（2024•巴中）综合与实践 （1）操作与发现平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，E、F是AD、BC边上的点．经过剪拼，四边形GHJK为矩形．则△EDK≌　 　． （2）探究与证明探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，E、F、G、H是四边形ABCD边上的点．OJKL是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：AE与EB的比值为 　 　． ②证明：四边形OJKL为平行四边形． （3）实践与应用任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形ABCD剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 34．（2024•兰州）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景．探究动点运动的几何问题．如图，在△ABC中，点M，N分别为AB，AC上的动点（不含端点），且AN＝BM． 【初步尝试】（1）如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，连接BD，则MN＝DB，请思考并证明； 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AE⊥MN于点E，交BC于点F，将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，连接DA，DB．试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，连接BN，CM，请直接写出BN+CM的最小值． 35．（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． 36．（2024•深圳）【定义】 如果从一个平行四边形的一个顶点向不过该顶点的对角线作垂线，垂线交平行四边形的边于另一点，且该点为所在边的中点，那么这个平行四边形叫做“垂中平行四边形”，垂足叫做“垂中点”． 如图1，在▱ABCD中，BF⊥AC于点E，交AD于点F，若F为AD的中点，则▱ABCD是垂中平行四边形，E是垂中点． 【应用】 （1）如图1，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若，CE＝2，则AE＝　 　；AB＝　 　； （2）如图2，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若AB＝BD，试猜想AF与CD的数量关系，并加以证明； （3）如图3，在△ABC中，BE⊥AC于点E，CE＝2AE＝12，BE＝5． ①请画出以BC为边的垂中平行四边形，使得E为垂中点，点A在垂中平行四边形的边上； （不限定画图工具，不写画法及证明，在图上标明字母） ②将△ABC沿AC翻折得到△AB'C，若射线CB'与①中所画的垂中平行四边形的边交于另一点P，连接PE，请直接写出PE的长． 37．（2024•无锡）【操作观察】 如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，BC＝8，AB＝12，AD＝13． 折叠四边形纸片ABCD，使得点C的对应点C′始终落在AD上，点B的对应点为B′，折痕与AB，CD分别交于点M，N． 【解决问题】 （1）当点C′与点A重合时，求B′M的长； （2）设直线B′C′与直线AB相交于点F，当∠AFC′＝∠ADC时，求AC′的长． 七．切线的性质（共1小题） 38．（2024•无锡）如图，AB为半圆O的直径，AB＝1，BM为半圆O的切线，点C为BM上的一个动点，连接AC交半圆O于点D，作DE⊥BM于点E． （1）当点O关于AC的对称点O′恰好在半圆上时，求BC的长； （2）设DE＝x，CE＝y，求y关于x的函数表达式． 八．三角形的内切圆与内心（共1小题） 39．（2024•陕西）问题提出 （1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为D．若AB＝15，AC＝8，则AD的长为 　 　； 问题解决 （2）如图②所示，某工厂剩余一块△ABC型板材，其中AB＝100cm，BC＝160cm，AC＝140cm．为了充分利用材料，工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆型部件．你认为可以吗？若可以，请在图中确定可裁出的最大圆型部件的圆心O的位置，并求出⊙O的半径；若不可以，请说明理由． 九．圆的综合题（共6小题） 40．（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． 41．（2024•哈尔滨）在⊙O中弦AB，CD相交于点E，AE＝CE，连接AC，BD． （1）如图1，求证：AC∥BD； （2）如图2，连接EO并延长交BD于点F，求证：∠BEF＝∠DEF； （3）如图3，在（2）的条件下，作OM⊥CD于点M，连接AD，点G在BF上，连接EG，点H在弧AD上，连接BH交AD于点T，交EG于点Q，连接TE，若DE﹣CMOE，，∠DGE＝2∠BAD，FG＝2，AC＝8，求TQ的长． 42．（2024•兰州）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在PO的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”．例如：如图1，A（2，4），B（2，2），是线段AB外一点，Q（2，3）在PO的延长线上，且，因为点Q在线段AB上，所以点P是线段AB的“延长2分点”． （1）如图1，已知图形W1：线段AB，A（2，4），B（2，2），在，P2（﹣1，﹣1），P3（﹣1，﹣2）中，　 　是图形W1的“延长2分点”； （2）如图2，已知图形W2：线段BC，B（2，2），C（5，2），若直线MN：y＝﹣x+b上存在点P是图形W2的“延长2分点”，求b的最小值； （3）如图3，已知图形W3：以T（t，1）为圆心，半径为1的⊙T，若以D（﹣1，﹣2），E（﹣1，1），F（2，1）为顶点的等腰直角三角形DEF上存在点P，使得点P是图形W3的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围． 43．（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） 44．（2024•绵阳）如图，⊙O为△ABC的外接圆，弦CD⊥AB，垂足为E，直径BF交CD于点G，连接AF，AD．若AB＝AC＝5，． （1）证明：四边形ADGF为平行四边形； （2）求的值； （3）求sin∠CAD的值． 45．（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DE所成的比DF：FE始终相等．请予以证明． 一十．旋转的性质（共1小题） 46．（2024•徐州）如图，在▱ABCD中，AB＝6，AD＝10，∠BAD＝60°，P为边AB上的动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD于点Q． （1）若点P与点B重合，则线段MN的长度为 　 　． （2）随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理由． 一十一．几何变换综合题（共4小题） 47．（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． 48．（2024•攀枝花）如图1，在△ABC中，∠ABC＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α得到△DBE，此时点D落在AC的延长线上． （1）求α的大小； （2）设AB＝x，BC＝y，求y关于x的函数关系式； （3）如图2，连接AE，F为AE的中点，连接BF，证明：直线BF⊥AD． 49．（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逆时针转120°得到线段CN，连接EN，若AC＝4，求线段EN的取值范围． 50．（2024•辽宁）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝α（0°＜α＜45°）．将线段CA绕点C顺时针旋转90°得到线段CD，过点D作DE⊥BC，垂足为E． （1）如图1，求证：△ABC≌△CED． （2）如图2，∠ACD的平分线与AB的延长线相交于点F，连接DF，DF的延长线与CB的延长线相交于点P，猜想PC与PD的数量关系，并加以证明． （3）如图3，在（2）的条件下，将△BFP沿AF折叠，在α变化过程中，当点P落在点E的位置时，连接EF． ①求证：点F是PD的中点； ②若CD＝20，求△CEF的面积． 一十二．相似形综合题（共9小题） 51．（2024•海南）正方形ABCD中，点E是边BC上的动点（不与点B、C重合），∠1＝∠2，AE＝EF，AF交CD于点H，FG⊥BC交BC延长线于点G． （1）如图1，求证：△ABE≌△EGF； （2）如图2，EM⊥AF于点P，交AD于点M． ①求证：点P在∠ABC的平分线上； ②当时，猜想AP与PH的数量关系，并证明； ③作HN⊥AE于点N，连接MN、HE，当MN∥HE时，若AB＝6，求BE的值． 52．（2024•资阳）（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在边BC上．若∠BAD＝∠C，则AB2＝BD•BC，请证明； （2）【灵活运用】如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，点D为边BC的中点，CA＝CD＝2，点E在AB上，连接AD，DE．若∠AED＝∠CAD，求BE的长； （3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB＝5，点E，F分别在边AD，CD上，∠ABC＝2∠EBF，延长AD，BF相交于点G．若BE＝4，DG＝6，求FG的长． 53．（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． 54．（2024•南通）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 60° 2 4 4 图② 1 45° 2 图③ 1 30° 　 　 　 　 　 　 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB•AC之间的数量关系：　 　． 【变式思考】 （2）已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB•AC之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？ 55．（2024•镇江）主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图 【阅读理解】 任务：如图1，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，DE∥BC，仅用一把无刻度的直尺作DE、BC的中点． 操作：如图2，连接BE、CD交于点P，连接AP交DE于点M，延长AP交BC于点N，则M、N分别为DE、BC的中点． 理由：由DE∥BC可得△ADM∽△ABN及△AEM∽△ACN，所以，，所以，同理，由△DMP∽△CNP及△EMP∽△BNP，可得，，所以，所以，则BN＝CN，DM＝EM，即M、N分别为DE、BC的中点． 【实践操作】 请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （1）如图3，l1∥l2，点E、F在直线l2上． ①作线段EF的中点； ②在①中作图的基础上，在直线l2上位于点F的右侧作一点P，使得PF＝EF； （2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…、k倍（k为正整数）的线段．如图4，l1∥l2，已知点P1、P2在l1上，他利用上述方法作出了P2P3＝P3P4＝P1P2.点E、F在直线l2上，请在图4中作出线段EF的三等分点； 【探索发现】 请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （3）如图5，DE是△ABC的中位线．请在线段EC上作出一点Q，使得QECE（要求用两种方法）． 56．（2024•甘南州）某学校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： （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，且DE⊥CF，猜想并计算的值； （2）如图2，在矩形ABCD中，∠DBC＝30°，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，求的值； （3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，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． 57．（2024•徐州）在△ABC中，点D在边AB上，若CD2＝AD•DB，则称点D是点C的“关联点”． （1）如图（1），在△ABC中，若∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D．试说明：点D是点C的“关联点”． （2）如图（2），已知点D在线段AB上，用无刻度的直尺和圆规作一个△ABC，使其同时满足下列条件：①点D为点C的“关联点”；②∠ACB是钝角（保留作图痕迹，不写作法）． （3）若△ABC为锐角三角形，且点D为点C的“关联点”．设AD＝m，DB＝n，用含m、n的代数式表示AC的取值范围（直接写出结果）． 58．（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． 59．（2024•宿迁）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动． 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平； 操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE； 操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF． 把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H． 根据以上操作，得∠EBF＝　 　°． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明； （2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM＝MF． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 一十三．解直角三角形的应用（共1小题） 60．（2024•南京）如图（1），夜晚，小明从路灯L的正下方P1处出发，先沿平路走到P2处，再上坡到达P3处．已知小明的身高为1.5m，他在道路上的影长y（单位：m）与行走的路程x（单位：m）之间的函数关系如图（2）所示，其中，OA，BC是线段，AB是曲线． （1）结合P2的位置，解释点A的横坐标、纵坐标的实际意义． （2）路灯L的高度是　 　m． （3）设P2P3的坡角为α（0°＜α＜45°）． ①通过计算：比较线段OA与线段BC的倾斜程度． ②当α取不同的值时，下列关于曲线AB的变化趋势的描述；（a）y随x的增大而增大；（b）y随x的增大而减小；（c）y随x的增大先增大后减小；（d）y随x的增大先减小后增大．其中，所有可能出现的序号是　 　（说明：全部填对的得满分，有填错的不得分）． 2024年全国中考数学真题卷解答压轴题60道（上） 参考答案与试题解析 一．反比例函数综合题（共1小题） 1．（2024•大庆）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A在x轴的正半轴上．点B，C在第一象限，四边形OABC是平行四边形，点C在反比例函数y的图象上，点C的横坐标为2．点B的纵坐标为3． 提示：在平面直角坐标系中，若两点分别为P1（x1，y1），P2（x2，y2），则P1P2中点坐标为（，）． （1）求反比例函数的表达式； （2）如图2，点D是AB边的中点，且在反比例函数y图象上，求平行四边形OABC的面积； （3）如图3，将直线l1：yx向上平移6个单位得到直线l2，直线l2与函数y（x＞0）图象交于M1，M2两点，点P为M1M2的中点，过点M1作M1N⊥l1于点N．请直接写出P点坐标和的值． 【答案】（1）反比例函数解析式为y；（2）9；（3）P（4，3）； ． 【分析】（1）根据题意先求出点C坐标，待定系数法求出反比例函数解析式即可； （2）设点A坐标为（m，0），根结点C坐标可得线段OC长，根据条件可得点D坐标，由中点坐标公式得到点B坐标为（8﹣m，3），由两点间距离公式列出方程（8﹣m﹣m）2+32＝13，求出m值，根据平行四边形面积公式求出面积即可； （3）设直线l2与y轴交于点E，与x轴交于点G，则E（0，6），作OF⊥l1交l2于点F，根据平移性质可得l2解析式y6，由解析式可计算出点E、G坐标，利用OE•OG＝OF•EG求出OF长，再联立方程组求出M1、M2坐标，由中点坐标公式求出点P坐标继而求出OP长，将OF和OP代入所求代数式计算即可． 【解答】解：（1）∵四边形OABC是平行四边形，点C在反比例函数y的图象上，点C的横坐标为2．点B的纵坐标为3． ∴C（2，3）， ∵点C（2，3）在反比例函数y图象上， ∴k＝6， ∴反比例函数解析式为y； （2）设点A坐标为（m，0）， ∵C（2，3）， ∴OC， ∵OABC是平行四边形， ∴AB＝OC， ∵点D是AB边的中点，点B的纵坐标为3， ∴点D的纵坐标为， ∵点D在反比例函数y图象上， ∴D（4，）， 由中点坐标公式可得点B坐标为（8﹣m，3） ∴AB2＝（8﹣m﹣m）2+32＝13， 解得m＝3或m＝5（舍去）， ∴S▱OABC＝3×3＝9． （3）∵将直线l1：yx向上平移6个单位得到直线l2， ∴l2解析式为y6， 设直线l2与y轴交于点E，则E（0，6）， 如图3，作OF⊥l1交l2于点F， ∵M1N⊥l1， ∴M1N＝OF， 在函数y6中，当y＝0时，x＝8， ∴G（8，0）， ∴OE＝6，OG＝8， 在Rt△EOG中，由勾股定理得EG10， 由三角形面积公式可得：OE•OG＝OF•EG， ∴OF， ∴M1N＝OF， 列函数联立方程组得，解得，， ∴M1（4﹣2，），M2（4+2，）， ∵点P为M1M2的中点， ∴P（4，3）， ∴OP5， ∴． 二．二次函数图象与系数的关系（共1小题） 2．（2024•德州）已知抛物线y＝x2﹣4mx+2m+1，m为实数． （1）如果该抛物线经过点（4，3），求此抛物线的顶点坐标． （2）如果当2m﹣3≤x≤2m+1时，y的最大值为4，求m的值． （3）点O（0，0），点A（1，0），如果该抛物线与线OA（不含端点）恰有一个交点，求m的取值范围． 【答案】（1）（2，﹣1）；（2）或﹣1；（3）m＞1或m． 【分析】（1）依据题意，利用待定系数法求得m的值，即可求得解析式，然后把解析式核查顶点式，即可求得顶点坐标； （2）依据题意，求得抛物线的对称轴为直线x＝2m，根据题意当x＝2m﹣3时，y＝4，代入解析式求解即可； （3）依据题意，抛物线y＝x2﹣4mx+2m+1与线段OA恰有一个交点，从而或，进而计算可以得解． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣4mx+2m+1经过点（4，3）， ∴16﹣16m+2m+1＝3， 解得m＝1， ∴y＝x2﹣4x+3， ∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1， ∴此抛物线的顶点坐标为（2，﹣1）； （2）∵y＝x2﹣4mx+2m+1＝（x﹣2m）2﹣4m2+2m+1； ∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝2m， ∵当2m﹣3≤x≤2m+1时，y的最大值为4， ∴当x＝2m﹣3时，y＝4， ∴（2m﹣3﹣2m）2﹣4m2+2m+1＝4， 整理得：2m2﹣m﹣3＝0， ∴m或m＝﹣1， 故m的值为或﹣1； （3）∵抛物线y＝x2﹣4mx+2m+1与线段OA恰有一个交点， ∴或． ∴m＞1或m． 三．二次函数的应用（共2小题） 3．（2024•陕西）某广场的声控喷泉是由若干个垂直于地面的柱形喷泉装置组成的．每个柱形喷泉装置上都有上下两个喷头，这两个喷头朝向一致，喷出的水流均呈抛物线型．当围观游人喊声较小时，下喷头喷水；当围观游人喊声较大时，上下两个喷头都喷水．如图所示，点A和点B是一个柱形喷泉装置OB上的两个喷头，A喷头喷出的水流的落地点为C．以O为原点，以OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．（柱形喷泉装置的粗细忽略不计） 已知：OA＝1m，OB＝2m，OC＝3m，从A喷头和B喷头各喷出的水流的高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系式分别是yx2+bx+c和yx2+bx+c'； （1）求A喷头喷出的水流的最大高度； （2）一名游人站在点D处，OD＝4m．当围观游人喊声较大时，B喷头喷出的水流是否会落在该游人所站的点D处？ 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据A喷头喷出的水流高度与水平距离的函数关系式，求出y的最大值即可； （2）根据B喷头喷出的水流高度与水平距离的函数关系式，令x＝4，通过计算y的值即可判断． 【解答】解：根据题意，令x＝0，易得c＝1，c'＝2； 令x＝3，yx2+bx+c＝﹣3+3b+1＝0，可求得b； 因此，A喷头和B喷头各喷出的水流的高度y（m）与水平距离x（m）之间的关系式分别是yx2x+1和yx2x+2； （1）函数yx2x+1的对称轴为x＝1，此时y， 因此，A喷头喷出的水流的最大高度为m； （2）函数yx2x+2，令x＝4，y424+2， 因此，B喷头喷出的水流不会落在该游人所站的点D处． 4．（2024•青岛）5月中旬，樱桃相继成熟，果农们迎来了繁忙的采摘销售季．为了解樱桃的收益情况，从第1天销售开始，小明对自己家的两处樱桃园连续15天的销售情况进行了统计与分析： A樱桃园： 第x天的单价、销售量与x的关系如表： 单价（元/盒） 销售量（盒） 第1天 50 20 第2天 48 30 第3天 46 40 第4天 44 50 … … … 第x天 10x+10 第x天的单价与x近似地满足一次函数关系，已知每天的固定成本为745元． B樱桃园： 第x天的利润y2（元）与x的关系可以近似地用二次函数y2＝ax2+bx+25刻画，其图象如图： （1）A樱桃园第x天的单价是 　（﹣2x+52）　元/盒（用含x的代数式表示）； （2）求A樱桃园第x天的利润y1（元）与x的函数关系式；（利润＝单价×销售量﹣固定成本） （3）①y2与x的函数关系式是 　y2＝﹣30x2+500x+25　； ②求第几天两处樱桃园的利润之和（即y1+y2）最大，最大是多少元？ （4）这15天中，共有 　4　天B樱桃园的利润y2比A樱桃园的利润y1大． 【答案】（1）﹣2x+52； （2）； （3）①y2＝﹣30x2+500x+25； ②第10天两处的樱桃园的利润之和最大，最大是4800元； （4）4． 【分析】根据表格和图象找出关键信息，运用待定系数法求出一次函数和二次函数的解析式，即可解决最值问题． 【解答】解：（1）设第x天的单价m元与x满足的一次函数关系式为：m＝kx+b， 由题中表格可知：当x＝1时，m＝50；当x＝2时，m＝48； ∴，解得， ∴m＝﹣2x+52， 故答案为：﹣2x+52； （2）根据题意可得：y1＝（﹣2x+52）（10x+10）﹣745， 化简整理得：， ∴A樱桃园第x天的利润y1（元）与x的函数关系式为：； （3）①由图象可知：二次函数的图象经过点（1，495）、（2，905）， ∴，解得， ∴y2＝﹣30x2+500x+25， 故答案为：y2＝﹣30x2+500x+25； ②50x2+1000x﹣200 ＝﹣50（x﹣10）2+4800， ∵﹣50＜0， ∴当x＝10时，y1+y2有最大值4800， ∴第10天两处的樱桃园的利润之和最大，最大是4800元； （4）由题可知：y2＞y1， ∴﹣30x2+500x+25＞﹣20x2+500x﹣225即﹣10x2＞﹣250， 解得：﹣5＜x＜5， ∵x取正整数， ∴1≤x≤4， ∴这15天中共有4天B樱桃园的利润y2比A樱桃园的利润y1大， 故答案为：4． 四．二次函数综合题（共25小题） 5．（2024•绵阳）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，连接AC和BC，点P在抛物线上运动，连接AP，BP和CP． （1）求抛物线的解析式，并写出其顶点坐标； （2）点P在抛物线上从点A运动到点C的过程中（点P与点A，C不重合），作点P关于x轴的对称点P1，连接AP1，CP1，记△ACP1的面积为S1，记△BCP的面积为S2，若满足S1＝3S2，求△ABP的面积； （3）在（2）的条件下，试探究在y轴上是否存在一点Q，使得∠CPQ＝45°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3，顶点坐标为：（﹣1，4）； （2）4； （3）存在，Q（0，21）或（0，23）． 【分析】（1）由待定系数法求出函数表达式，进而求解； （2）由S1P1E×OA3×（m+3﹣m2﹣2m+3）（﹣m2﹣m+6），同理可得：S2CD×（xB﹣xP）（3﹣m﹣3）×（1﹣m）S1（﹣m2﹣m+6），求出点P的坐标，进而求解； （3）当点Q在点C的上方时，则∠CPQ＝45°，用解直角三角形的方法求出CQ，即可求解；点Q（Q′）在点C下方时，同理可解． 【解答】解：（1）由题意得：y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a＝ax2+bx+3， 则﹣3a＝3，则a＝﹣1， 则抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3， 该抛物线的对称轴为直线x＝﹣1， 当x＝﹣1时，y＝4，即顶点坐标为：（﹣1，4）； （2）由抛物线的表达式知，点C（0，3）， 设点P（m，﹣m2﹣2m+3），则点P1（m，m2+2m﹣3）， 由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝x+3，则点E（m，m+3）， 同理由点B、P的坐标得，直线PB的表达式为：y＝（﹣m﹣3）x+m+3， 连接PP1交AC于点E，设直线PB交y轴于点D，则点D（0，m+3）， 则S1P1E×OA3×（m+3﹣m2﹣2m+3）（﹣m2﹣m+6）， 同理可得：S2CD×（xB﹣xP）（3﹣m﹣3）×（1﹣m）S1（﹣m2﹣m+6）， 解得：m（舍去）或， 即点P（，2）； 则△ABP的面积AB×yP（1+3）×24； （3）存在，理由： 由（2）知，P（，2）； 由点C、P的坐标得，PC＝3； 当点Q在点C的上方时，则∠CPQ＝45°， 由点C、P的坐标得，tan∠PCQ＝2， 过点Q作QH⊥PC于点H， 设CH＝（2）x，则PH＝QH＝x， 则PC＝3（2）x+x， 解得：x， 则QH＝x，CH（2）， 则CQ22， 则OQ＝3+22＝21， 即点Q（0，21）； 当点Q（Q′）在点C下方时， 同理可得：CQ′＝6﹣2， 则点Q′（0，23）； 综上，Q（0，21）或（0，23）． 6．（2024•潍坊）在光伏发电系统运行时，太阳能板（如图1）与水平地面的夹角会对太阳辐射的接收产生直接影响．某地区工作人员对日平均太阳辐射量y（单位：kW•h•10﹣1•m﹣2•d﹣1）和太阳能板与水平地面的夹角x°（0≤x≤90）进行统计，绘制了如图2所示的散点图，已知该散点图可用二次函数刻画． （1）求y关于x的函数表达式； （2）该地区太阳能板与水平地面的夹角为多少度时，日平均太阳辐射量最大？ （3）图3是该地区太阳能板安装后的示意图（此时，太阳能板与水平地面的夹角使得日平均太阳辐射量最大），∠AGD为太阳能板AB与水平地面GD的夹角，CD为支撑杆．已知AB＝2m，C是AB的中点，CD⊥GD．在GD延长线上选取一点M，在D，M两点间选取一点E，测得EM＝4m，在M，E两点处分别用测角仪测得太阳能板顶端A的仰角为30°，45°，该测角仪支架的高为1m．求支撑杆CD的长．（精确到0.1m，参考数据：，） 【答案】（1）；（2）30°；（3）6.0． 【分析】（1）设y关于x的函数表达式为y＝ax2+bx+c，将图中的点代入即可求出答案； （2）求出二次函数的对称轴，在对称轴处取最值； （3）延长NF与过点A作AH⊥GM的线交于点H，令FH＝a，根据三角函数进行计算，求出即可得到答案． 【解答】解：（1）设y关于x的函数表达式为y＝ax2+bx+c， 将（0，40），（10，45），（30，49）代入， 得， 解得， ∴； （2）根据函数解析式得函数对称轴， 故太阳能板与水平地面的夹角为30度时，日平均太阳辐射量最大； 答：太阳能板与水平地面的夹角为30度时，日平均太阳辐射量最大； （3）， 延长NF与过点A作AH⊥GM的线交于点H，令FH＝a， ∴AH＝a，AN＝2AH＝2a， ∴， ∵HN＝HF+FN＝4+a， ∴， ∴， ∴， 延长AN交GM与J点， ∵∠AJG＝∠AGJ， ∴AJ＝AG， ∵， ∴， ∴， ∴． 7．（2024•大庆）如图，已知二次函数y＝ax2+2x+c的图象与x轴交于A，B两点，A点坐标为（﹣1，0），与y轴交于点C（0，3），点M为抛物线顶点，点E为AB中点． （1）求二次函数的表达式； （2）在直线BC上方的抛物线上存在点Q．使得∠QCB＝2∠ABC，求点Q的坐标； （3）已知D，F为抛物线上不与A，B重合的相异两点． ①若点F与点C重合，D（m，﹣12），且m＞1，求证：D，E，F三点共线； ②若直线AD，BF交于点P，则无论D，F在抛物线上如何运动，只要D，E，F三点共线，△AMP，△MEP，△ABP中必存在面积为定值的三角形，请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由． 【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3； （2）Q（1，4）； （3）①见解析；②△ABP的面积为16，是定值． 【分析】（1）将A（﹣1，0），C（0，3）代入y＝ax2+2x+c，解得：，得出抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）过点C作CQ⊥BC交抛物线于点Q，过点Q作QG⊥y轴于点G，设Q（q，﹣q2+2q+3），则G（0，﹣q2+2q+3），得出CG＝﹣q2+2q，GQ＝q，解﹣q2+2q＝q，解得：q＝0（舍去）或q＝1，得出Q（1，4）； （3）①设直线EF的解析式为y＝kx+b（k≠0），代入E（1，0），F（0，3），解得：，得出y＝﹣3x+3，联立，解得：或，得出D（5，﹣12），在直线EF上，即D，E，F三点共线； ②设DF的解析式y＝k（x﹣1），联立，消去y得，﹣x2+（2﹣k）x+（3+k）＝0，得出x1+x2＝2﹣k，x1x3＝﹣3﹣k，设直线AD解析式为y＝k1（x+1），直线BF的解析式为y＝k2（x﹣3），联立，解得：，得出，根据，，得出，，8，不为定值，得出P在直线y＝8上运动，P到x轴的距离为定值8，根据直线AD，BF交于点P，则无论D，F在抛物线上如何运动，只要D，E，F三点共线，△AMP，△MEP，△ABP中必存在面积为定值的三角形，P到AM，EM的距离是变化的，得出△ABP的面积为是定值． 【解答】（1）解：将A（﹣1，0），C（0，3）代入y＝ax2+2x+c， 得：， 解得：， ∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）解：对于y＝﹣x2+2x+3，令y＝0， ﹣x2+2x+3＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝3， ∴B（3，0）， ∴OB＝OC＝3， ∴△OBC是等腰直角三角形， ∴∠ABC＝45°， ∵∠QCB＝2∠ABC， ∴∠QCB＝90°， 如图所示，过点C作CQ⊥BC交抛物线于点Q，过点Q作QG⊥y轴于点G， ∴∠GCQ＝90°﹣∠ABC＝45°， ∴△GCQ是等腰直角三角形， ∵CG＝QG， 设Q（q，﹣q2+2q+3），则G（0，﹣q2+2q+3）， ∴CG＝﹣q2+2q，GQ＝q， ∴﹣q2+2q＝q， 解得：q＝0（舍去）或q＝1， ∴Q（1，4）； （3）①证明：点F与点C重合，则F（0，3）， ∵点E为AB中点，A（﹣1，0），B（3，0）， ∴E（1，0）， 设直线EF的解析式为y＝kx+b（k≠0），代入E（1，0），F（0，3）， ∴， 解得：， ∴y＝﹣3x+3， 联立， 解得：或， ∴D（5，﹣12），在直线EF上，即D，E，F三点共线； ②解：设D（x1，y1），F（x2，y2）， ∵D，E，F三点共线，E（1，0） ∴设DF的解析式y＝k（x﹣1）， 联立， 消去y得，﹣x2+（2﹣k）x+（3+k）＝0， ∴x1+x2＝2﹣k，x1x3＝﹣3﹣k， ∵A（﹣1，0），B（3，0）， 设直线AD解析式为y＝k1（x+1），直线BF的解析式为y＝k2（x﹣3）， 联立， 解得：， ∴， ∵，， ∴，， ∴8， 而不为定值， ∴P在直线y＝8上运动， ∴P到x轴的距离为定值8， ∵直线AD，BF交于点P，则无论D，F在抛物线上如何运动，只要D，E，F三点共线，△AMP，△MEP，△ABP中必存在面积为定值的三角形，P到AM，EM的距离是变化的， ∴△ABP的面积为是定值． 8．（2024•资阳）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线yx2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且B（4，0），BC＝4． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2，求S1﹣S2的最大值； （3）如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使∠QFE＝2∠OCA？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （2）S1﹣S2的最大值为； （3）或． 【分析】（1）根据题意得出B（4，0），C（0，4），代入函数解析式得：，得出； （2）设，则K（m，﹣m+4），D（m，0），则，，得出，故当时，S1﹣S2的最大值为； （3）①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，FE1的解析式为：，联立，解得：（舍去）或，得出；取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，E2F的解析式为：，联立，解得：（舍去）或，得出． 【解答】解：（1）∵B（4，0）， ∴OB＝4， ∵∠BOC＝90°，， ∴， ∴C（0，4）， 把B（4，0），C（0，4），代入函数解析式得： ， 解得：， ∴； （2）∵B（4，0），C（0，4）， ∴设直线BC的解析式为：y＝kx+4（k≠0），把B（4，0）代入，得：k＝﹣1， ∴y＝﹣x+4， 设，则K（m，﹣m+4），D（m，0）， ∴，DK＝﹣m+4，DB＝4﹣m， ∴，， ∴ ， ∴当时，S1﹣S2的最大值为； （3）令，解得：x1＝﹣2，x2＝4， ∴A（﹣2，0）， ∵C（0，4），点E为AC的中点， ∴E（﹣1，2）， ∵FE⊥AC，， ∴AF＝CF， ∴∠AFE＝∠CFE， 设OF＝a，则CF＝AF＝a+2， 在Rt△COF中，由勾股定理，得：a2+42＝（a+2）2， ∴a＝3， ∴F（3，0），CF＝5， ∵FE⊥AC，∠AOC＝90°， ∴∠AFE＝∠OCA＝90°﹣∠CAF， ∴∠AFE＝∠OCA＝∠CFE， ①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1交抛物线于点Q1，则：∠Q1FE＝2∠EFA＝2∠OCA，E1（﹣1，﹣2）， 设FE1的解析式为：y＝k1x+b， 则：，解得：， ∴， 联立，解得：（舍去）或， ∴； ②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，则：∠Q2FE＝2∠CFE＝2∠OCA，EG⊥CF， ∵CE，CF＝5， ∴， ∵， ∴， ∴EG＝2， ∴， 过点G作GH⊥x轴，则：，， ∴， ∴， ∵E（﹣1，2）， ∴，， ∴，， ∴，设直线E2F的解析式为：y＝k2x+b1，则：， 解得：， ∴， 联立， 解得：（舍去）或， ∴； 综上：或． 9．（2024•攀枝花）在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数的表达式为y＝ax2+bx+3（a＞0）． （1）若a＝1，且点（2，3）在函数的图象上，求此时函数的最小值； （2）若函数的图象经过点（﹣1，﹣1），当自变量x的值满足x≥﹣1时，y随x的增大而增大，求a的取值范围； （3）若函数的图象的对称轴为x＝2，点A（m，y1），B（m+1，y2）在函数的图象上，且总有y1＞y2，求m的取值范围． 【答案】（1）2； （2）0＜a≤4； （3）m． 【分析】（1）由待定系数法求出函数表达式，进而求解； （2）因为x≥﹣1时，y随x的增大而增大，a＞0，则x1，即可求解； （3）由题意得：|m﹣2|＞|m+1﹣2|，即（m﹣2）2＞（m﹣1）2，即可求解． 【解答】解：（1）若a＝1，则抛物线的表达式为：y＝x2+bx+3， 将（2，3）代入上式得：3＝4+2b+3，则b＝﹣2， 则抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2≥2， 即函数的最小值为2； （2）将（﹣1，﹣1）代入函数表达式得：﹣1＝a﹣b+3，则b＝a+4， ∵x≥﹣1时，y随x的增大而增大，a＞0， 则x1，则a≤4， 即0＜a≤4； （3）由题意得：|m﹣2|＞|m+1﹣2|，即（m﹣2）2＞（m﹣1）2， 解得：m． 10．（2024•甘南州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣5（a≠0）交x轴于A，C两点，交y轴于点B，5OA＝OB＝OC． （1）求此抛物线的表达式； （2）已知抛物线的对称轴上存在一点M，使得△ABM的周长最小，请求出点M的坐标； （3）连接BC，点P是线段BC上一点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求当四边形OBQP为平行四边形时点P的坐标． 【答案】（1）y＝x2+4x﹣5； （2）点M（﹣2，﹣3）； （3）点P的坐标为：（，）或（，）． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）点A关于抛物线对称轴得对称点为点C，则BC交抛物线的对称轴于点M，此时△ABM的周长最小，即可求解； （3）由PQ＝OB，即可求解． 【解答】解：（1）由抛物线的表达式知，c＝﹣5＝yB， 则OB＝5＝OA＝OC， 则点A、C、B的坐标分别为：（1，0）、（﹣5，0）、（0，﹣5）， 设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣1）（x+5）＝a（x2+4x﹣5）＝ax2+bx﹣5， 则a＝1， 故抛物线的表达式为：y＝x2+4x﹣5； （2）点A关于抛物线对称轴得对称点为点C，则BC交抛物线的对称轴于点M，此时△ABM的周长最小，理由： △ABM的周长＝AB+AM+BM＝AB+CM+BM＝AB+BC为最小， 由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x﹣5， 由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x＝﹣2， 当x＝﹣2时，y＝﹣x﹣5＝﹣3， 则点M（﹣2，﹣3）； （3）设点P（x，﹣x﹣5），则点Q（x，x2+4x﹣5）， 则PQ＝（﹣x﹣5）﹣（x2+4x﹣5）＝﹣x2﹣5x， ∵PQ∥OB， 故当PQ＝OB时，满足题设条件， 即PQ＝﹣x2﹣5x＝OB＝5， 解得：x， 则点P的坐标为：（，）或（，）． 11．（2024•深圳）在综合实践课上，数学探究小组用两个互相垂直的直尺制作了一个“T”形尺，并用它对二次函数图象的相关性质进行研究． 把“T”形尺按图1摆放，水平宽AB的中点为C，图象的顶点为D，测得AB为m厘米时，CD为n厘米． 【猜想】 （1）探究小组先对y＝x2的图象进行多次测量，测得m与n的部分数据如表： m 0 2 3 4 5 6 … n 0 1 2.25 4 6.25 9 … 描点：以表中各组对应值为点的坐标，在图2的直角坐标系内描出相应的点． 连线：用光滑的曲线顺次连接各点． 猜想：n与m的关系式是 　nm2　 【验证】 （2）探究小组又对多个二次函数的图象进行了测量研究，发现测得的n与m也存在类似的关系式，并针对二次函数y＝a（x﹣h）2+k（a＞0）的情况进行了推理验证．请从下表中任选一种方法（在“□”内打“√”）并补全其推理过程；（根据需要，选用字母a，m，n，h，k表示答案） □方法1 □方法2 如图3，平移二次函数图象，使得顶点D移到原点O的位置，则： A'B'＝AB＝m，C'O＝CD＝n， C'B， 所以点B′坐标为 　（m，n）　； 将点B′坐标代入y＝ax2， 得到n与m的关系式是 　nam2　． 如图4，顶点D的横坐标加个单位，纵坐标加n个单位得到点B的坐标，所以点B坐标为 　（hm，k+n）　； 将点B坐标代入y＝a（x﹣h）2+k， 得到n与m的关系式是 　nam2　． 【应用】 （3）已知AB∥x轴且AB＝4，两个二次函数y＝2（x﹣h）2+k和y＝a（x﹣h）2+d的图象都经过A，B两点．当两个函数图象的顶点之间的距离为10时，求a的值． 【答案】（1）描点连线绘制函数图象见解答，答案为：nm2； （2）方案一：（m，n），nam2；方案二：（hm，k+n），nam2； （3）或． 【分析】（1）描点连线绘制函数图象即可，再用待定系数法即可求函数表达式； （2）方案一：B′（m，n）；将点B′的坐标代入抛物线表达式即可求解；方案二：同方案一； （3）对于第一个二次函数：m＝4，由nam2，得n2×42＝8，则第二个二次函数距线段AB的距离的n＝2，进而求解． 【解答】解：（1）描点连线绘制函数图象如下： 由题意得，点B（m，n）， 将点B的坐标代入函数表达式得：n＝（m）2m2； 故答案为：nm2； （2）方案一： 点B′（m，n）， 将点B′的坐标代入抛物线表达式得：na×m2， 故答案为：（m，n），nam2； 方案二： 点B（hm，k+n） 将点B的坐标代入抛物线表达式得：k+n＝a（hm﹣h）2+k， 解得：nam2， 故答案为：（hm，k+n），nam2； （3）①当a＞0时，此时抛物线开口方向向上， 由（2）知a，n， ∵y＝2（x﹣n）2+k， ∴n18， ∵两个函数图象的顶点之间的距离为10， ∴n2＝18， ∴a； ②当a＜0时，同理可得：n2＝﹣2，此时a 综上，a或． 12．（2024•南通）已知函数y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2（a，b为常数）．设自变量x取x0时，y取得最小值． （1）若a＝﹣1，b＝3，求x0的值； （2）在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）在双曲线y上，且x0．求点P到y轴的距离； （3）当a2﹣2a﹣2b+3＝0，且1≤x0＜3时，分析并确定整数a的个数． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）利用求抛物线对称轴公式即可求得答案； （2）根据题意得b，代入y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2，再根据抛物线对称轴公式建立方程求解即可； （3）由题意得b，代入y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2，用含a的代数式表示x0，再根据题意列不等式组求解即可． 【解答】解：（1）若a＝﹣1，b＝3，则y＝（x+1）2+（x﹣3）2＝2x2﹣4x+10， ∵当x1时，y取得最小值， ∴x0＝1； （2）∵点P（a，b）在双曲线y上， ∴b， ∴y＝（x﹣a）2+（x）2＝2x2﹣（2a）x+a2， ∵x0， ∴a1＝2，a2＝﹣1， 当a＝2时，点P到y轴的距离为2； 当a＝﹣1时，点P到y轴的距离1； 综上所述，点P到y轴的距离为2或1； （3）∵a2﹣2a﹣2b+3＝0， ∴b， 由题意得：x0， ∵1≤x0＜3， ∴13， 整理得：1≤a2＜9， ∴﹣3＜a≤﹣1或1≤a＜3， ∵a为整数， ∴a＝﹣2或﹣1或1或2，共4个． 13．（2024•常州）在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象与x轴相交于点A、B，与y轴相交于点C． （1）OC＝　3　； （2）如图，已知点A的坐标是（﹣1，0）． ①当1≤x≤m，且m＞1时，y的最大值和最小值分别是s、t，s﹣t＝2，求m的值； ②连接AC，P是该二次函数的图象上位于y轴右侧的一点（点B除外），过点P作PD⊥x轴，垂足为D，作∠DPQ＝∠ACO，射线PQ交y轴于点Q，连接DQ、PC．若DQ＝PC，求点P的横坐标． 【答案】（1）3； （2）①m＝1；②1或1.5或． 【分析】（1）由抛物线的表达式知，c＝3，即可求解； （2）①当1≤x≤m，且m＞1时，抛物线的x＝1时，取得最大值，即s＝4，当x＝m时，y取得最小值为t＝﹣m2+2m+3，即可求解； ②当点P在x轴上方时，由∠DPQ＝∠ACO，得到直线PQ的表达式为：y＝3（x﹣m）﹣m2+2m+3，则点Q（0，﹣m2﹣m+3），即可求解；当点P在x轴下方时， 同理可可解． 【解答】解：（1）由抛物线的表达式知，c＝3， 即OC＝3， 故答案为：3； （2）将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝﹣1﹣b+3，则b＝2， 即抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3， 则抛物线的对称轴为直线x＝1，顶点为：（1，4），点B（3，0）； ①当1≤x≤m，且m＞1时，抛物线的x＝1时，取得最大值，即s＝4， 当x＝m时，y取得最小值为t＝﹣m2+2m+3， 则4﹣（﹣m2+2m+3）＝2， 解得：m＝1（不合题意的值已舍去）； ②设点P（m，﹣m2+2m+3），则点D（m，0）， 由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝3x+3， 当点P在x轴上方时，如图， ∵∠DPQ＝∠ACO， 则直线PQ的表达式为：y＝3（x﹣m）﹣m2+2m+3， 则点Q（0，﹣m2﹣m+3）， 由点P、C、D、Q的坐标得，DQ2＝m2+（﹣m2﹣m+3）2，PC2＝m2+（﹣m2+2m）2， ∵DQ＝PC，即m2+（﹣m2﹣m+3）2＝m2+（﹣m2+2m）2， 解得：m＝﹣1（舍去）或1或1.5； 当点P在x轴下方时， 同理可得：点Q（0，﹣m2+5m+3）， 则DQ2＝m2+（﹣m2+5m+3）2＝PC2＝m2+（﹣m2+2m）2， 解得：m＝﹣1（舍去）或（舍去）或； 综上，点P的横坐标为：1或1.5或． 14．（2024•无锡）已知二次函数y＝a（x﹣1）2+k的图象经过点A（0，﹣3）和点B（3，0）． （1）求这个二次函数的表达式； （2）若点C（x1，m）、D（x2，m）都在这个二次函数的图象上，且1≤x1﹣x2≤3，求m的取值范围； （3）若点P、Q在直线AB上，问：在该二次函数图象上是否存在点M、N，使得四边形PQMN是正方形？若存在，请直接写出PQ的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3； （2）； （3）或9． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）点C（x1，m）、D（x2，m）都在这个二次函数的图象上，则（x1+x2）＝1，则，而1≤b≤3，即可求解； （3）当MN在AB下方时，设直线MN的表达式为：y＝﹣x﹣3﹣m（m＞0），联立上式和抛物线的表达式得：x2﹣2x﹣3＝x﹣3﹣m，得到（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝9﹣4m，则MN|x1﹣x2|m，即可求解；当MN在AB上方时，同理可解． 【解答】解：（1）由题意得：， 解得：， 则抛物线的表达式为：y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3； （2）由题意得：， ∵点C（x1，m）、D（x2，m）都在这个二次函数的图象上， 则（x1+x2）＝1， ∴x1+x2＝2， 设x1﹣x2＝b，则1≤b≤3， 由得， 则， ∵1≤b≤3， ∴； （3）∵PQMN是正方形，设正方形的边长为m， 当MN在AB下方时， 由点A、B的坐标知，直线AB和x轴的夹角为45°，设直线MN交y轴于点T，作AG⊥MN于点G， 则ATAGm， 故设直线MN的表达式为：y＝x﹣3﹣m（m＞0）， 联立上式和抛物线的表达式得：x2﹣2x﹣3＝x﹣3﹣m， 则x1+x2＝3，x1x2＝m， 则（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝9﹣4m， ∵直线MN和x轴的夹角为45°，则MN|x1﹣x2|m， 即2（9﹣4m）m2， 解得：m＝﹣18（舍去）或2， 则PQm； 当MN在AB上方时， 同理可得：2（9+4m）m2， 解得：m＝18或﹣2（舍去）， 则PQ＝9； 故PQ的长度为：或9． 15．（2024•海南）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+4经过点A（﹣4，0）、B（1，0），交y轴于点C（0，4），点P是抛物线上一动点． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）当点P的坐标为（﹣2，6）时，求四边形AOCP的面积； （3）当∠PBA＝45°时，求点P的坐标； （4）过点A、O、C的圆交抛物线于点E、F，如图2．连接AE、AF、EF，判断△AEF的形状，并说明理由． 【答案】（1）y＝﹣x2﹣3x+4； （2）16； （3）P（﹣5，﹣6）或（﹣3，4）； （4）△AEF为等边三角形，理由见解答． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）由四边形AOCP的面积＝S△APC+S△AOCPH×AOAO×CO，即可求解； （3）当∠PBA＝45°时，则直线BP的表达式为：y＝±（x﹣1），即可求解； （4）证明tan∠MAE＝tan∠NEC，得到点E（﹣1，3）、点F（﹣1，3），即可求解． 【解答】解：（1）由题意得：y＝﹣（x+4）（x﹣1）＝﹣（x2+3x﹣4）＝﹣x2﹣3x+4； （2）由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝x+4， 如图1，连接AC，过点P作PH∥y轴交AC于点H（﹣2，2），则PH＝6﹣2＝4， 则四边形AOCP的面积＝S△APC+S△AOCPH×AOAO×CO4×44×4＝16； （3）当∠PBA＝45°时，则直线BP的表达式为：y＝±（x﹣1）， 联立上式和抛物线的表达式得：﹣x2﹣3x+4＝x﹣1或﹣x+1＝﹣x2﹣3x+4， 解得：x＝﹣5或﹣3或1（舍去）， 故点P（﹣5，﹣6）或（﹣3，4）； （4）如图2，连接AC，则AC为圆的直径， 连接EC、EA，则∠AEC＝90°， 过点E作x轴的平行线交y轴于点N，交过点A和y轴的平行线于点M， ∵∠NEC+∠AEM＝90°，∠AEM+∠MAE＝90°， ∴∠MAE＝∠NEC， ∴tan∠MAE＝tan∠NEC， 设点E（m，﹣m2﹣3m+4）， 则EN＝﹣m，ME＝m+4，AM＝﹣m2﹣3m+4，CN＝﹣m2﹣3m+4﹣4＝﹣m2﹣3m， ∵tan∠MAE＝tan∠NEC，即， 解得：m＝﹣1±（经检验该值为方程的根）， 则点E（﹣1，3）、点F（﹣1，3）， 则AE2＝（3）2+（3）2＝24， AF2＝（3）2+（3）2＝24＝AE2， 同理可得：EF2＝24， 故△AEF为等边三角形． 16．（2024•宿迁）如图①，已知抛物线y1＝x2+bx+c与x轴交于两点O（0，0）、A（2，0），将抛物线y1向右平移两个单位长度，得到抛物线y2．点P是抛物线y1在第四象限内一点，连接PA并延长，交抛物线y2于点Q． （1）求抛物线y2的表达式； （2）设点P的横坐标为xP，点Q的横坐标为xQ，求xQ﹣xP的值； （3）如图②，若抛物线y3＝x2﹣8x+t与抛物线y1＝x2+bx+c交于点C，过点C作直线MN，分别交抛物线y1和y3于点M、N（M、N均不与点C重合），设点M的横坐标为m，点N的横坐标为n，试判断|m﹣n|是否为定值．若是，直接写出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）y2＝（x﹣2）（x﹣4）＝x2﹣6x+8； （2）4； （3）|m﹣n|＝6为定值． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）求出直线AP的表达式为：y＝m（x﹣2），联立上式和抛物线的表达式得：x2﹣6x+8＝m（x﹣2），得到xQ＝4+m，即可求解； （3）求出直线CM的表达式为：y＝（mt﹣2）（x﹣m）+m2﹣2m，联立上式和y3的表达式得：x2﹣8x+t＝（mt﹣2）（x﹣m）+m2﹣2m，进而求解． 【解答】解：（1）由题意得：y1＝x（x﹣2）＝x2﹣2x； 而y2过（2，0）、（4，0）， 则y2＝（x﹣2）（x﹣4）＝x2﹣6x+8； （2）设点P（m，m2﹣2m）、点A（2，0）， 设直线PA的表达式为：y＝k（x﹣2）， 将点P的坐标代入上式得：m2﹣2m＝k（m﹣2）， 解得：k＝m， 则直线AP的表达式为：y＝m（x﹣2）， 联立上式和抛物线的表达式得：x2﹣6x+8＝m（x﹣2）， 解得：xQ＝4+m， 则xQ﹣xP＝4+m﹣m＝4； （3）由（1）知，y1＝x（x﹣2）＝x2﹣2x， 联立y1、y3得：x2﹣2x＝x2﹣8x+t， 解得：xt， 则点C（t，t2t）， 由点C、M的坐标得，直线CM的表达式为：y＝（mt﹣2）（x﹣m）+m2﹣2m， 联立上式和y3的表达式得：x2﹣8x+t＝（mt﹣2）（x﹣m）+m2﹣2m， 整理得：x2﹣（6+mt）x+（1m）t＝0， 则xC+xN＝6+mt，即t+n＝6+mt， 即n﹣m＝6， 即|m﹣n|＝6为定值． 17．（2024•巴中）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，且在直线BC的上方． （1）求抛物线的表达式． （2）如图1，过点P作PD⊥x轴，交直线BC于点E，若PE＝2ED，求点P的坐标． （3）如图2，连接AC、PC、AP，AP与BC交于点G，过点P作PF∥AC交BC于点F．记△ACG、△PCG、△PGF的面积分别为S1，S2，S3.当取得最大值时，求sin∠BCP的值． 【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3； （2）P（2，3）； （3）sin∠BCP． 【分析】（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入解析式中，求出a和b的值，得到抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）设P（m，﹣m2+2m+3），则PD＝﹣m2+2m+3，DE＝﹣m+3，PE＝PD﹣DE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，根据PE＝2ED，得出﹣m2+3m＝2（﹣m+3），解得m1＝2，m2＝3（不合题意舍去），得出m＝2，得到P（2，3）； （3）设P（n，﹣n2+2n+3），则Q（n，﹣n+3），PQ＝﹣n2+3n，先求出，得出最大值，再证明△CPQ∽△ACB，得出∠BCP＝∠CAB，得到． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0）， ∴， 解得：， ∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）∵当x＝0时，y＝﹣x2+2x+3＝3， ∴C（0，3）， 设直线BC的解析式为y＝kx+n， ∴， 解得：， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3， 设P（m，﹣m2+2m+3），则PD＝﹣m2+2m+3， ∵PD⊥x轴于点D， ∴E（m，﹣m+3），D（m，0）， ∴DE＝﹣m+3， ∴PE＝PD﹣DE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m， ∵PE＝2ED， ∴﹣m2+3m＝2（﹣m+3）， 解得m1＝2，m2＝3（此时B，D重合，不合题意舍去）， ∴m＝2， ∴P（2，3）； （3）∵PF∥AC， ∴△ACG∽△PFG， ∴， ∴，， ∴， 作AN∥BC交y轴于N，作PQ∥y轴交BC于Q， ∵直线BC的解析式为y＝﹣x+3，AN∥BC， ∴直线AN的解析式为y＝﹣x+b′， 将A（﹣1，0）代入y＝﹣x+b′，得：0＝﹣（﹣1）+b′， 解得：b′＝﹣1， ∴直线AN的解析式为y＝﹣x﹣1， 当x＝0时，yN＝﹣1， ∴N（0，﹣1）， ∴ON＝1，CN＝ON+CO＝4， ∵AN∥BC，PQ∥y， ∴∠PQF＝∠NCB＝∠ANC，∠PFC＝∠ACF， ∵∠PFC＝∠FPQ+∠PQF，∠ACF＝∠NCB+∠ACN， ∴∠FPQ＝∠ACN， ∴△CAN∽△PFQ， ∴， 设P（n，﹣n2+2n+3），则Q（n，﹣n+3）， ∴PQ＝﹣n2+3n， ∴， ∴当时，有最大值， 此时， ∴，， ∵ON＝OA＝1，OB＝OC＝3， ∴∠OBC＝∠ANC＝45°， ∵∠ANC＝∠PQF， ∴∠OBC＝∠PQF， ∵，AB＝4， ∴， ∴， ∴△CPQ∽△ACB， ∴∠BCP＝∠CAB， ∵， ∴． 18．（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． 【答案】（1）c＝﹣3，a＝1； （2）①二次函数解析式为y＝x2+2x﹣3，点A坐标（﹣3，0），点B坐标（1，0）； ②或或． 【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． 19．（2024•西藏）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，设抛物线的对称轴为直线l． （1）求抛物线的解析式； （2）如图（甲），设点C关于直线l的对称点为点D，在直线l上是否存在一点P，使PA﹣PD有最大值？若存在，求出PA﹣PD的最大值；若不存在，请说明理由； （3）如图（乙），设点M为抛物线上一点，连接MC，过点M作MN⊥CM交直线l于点N．若tan∠MCN，求点M的坐标． 【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3； （2）在直线l上存在一点P，使PA﹣PD有最大值，PA﹣PD的最大值为； （3）M的坐标为（3，0）或（，）或（﹣1，0）或（，）． 【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）连接AC并延长交直线l于P，在直线l上取点P'，连接CP'，求出C（0，3），由点C关于直线l的对称点为点D，知P'C＝P'D，当P'不与P重合时，P'A﹣P'D＝P'A﹣P'C＜AC，当P'与P重合时，PA﹣PD＝P'A﹣P'D＝P'A﹣P'C＝AC，此时PA﹣PD最大，最大值为AC的长，而AC，故PA﹣PD的最大值为； （3）过M作KT∥y轴，过C作CK⊥KT于K，过N作NT⊥KT于T，设M（m，﹣m2+2m+3），证明△MNT∽△CMK，得，由tan∠MCN，即可得 ，从而解得答案． 【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）在直线l上存在一点P，使PA﹣PD有最大值，理由如下： 连接AC并延长交直线l于P，在直线l上取点P'，连接CP'，如图： 在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0得y＝3， ∴C（0，3）， ∵点C关于直线l的对称点为点D， ∴P'C＝P'D， 当P'不与P重合时，P'A﹣P'D＝P'A﹣P'C＜AC， ∴当P'与P重合时，PA﹣PD＝P'A﹣P'D＝P'A﹣P'C＝AC，此时PA﹣PD最大，最大值为AC的长， ∵A（﹣1，0），C（0，3）， ∴AC， ∴PA﹣PD的最大值为； （3）过M作KT∥y轴，过C作CK⊥KT于K，过N作NT⊥KT于T，如图： 设M（m，﹣m2+2m+3）， ∵MN⊥CM， ∴∠NMT＝90°﹣∠CMK＝∠KCM， 又∠T＝∠K＝90°， ∴△MNT∽△CMK， ∴， ∵tan∠MCN， ∴， ∴， 由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4知直线l解析式为x＝1， ∴，即||， ∴或， 解得m＝3或m或m＝﹣1或m， ∴M的坐标为（3，0）或（，）或（﹣1，0）或（，）． 20．（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． 【答案】（1）抛物线函数表达式为y＝﹣x2+2x+3； （2）①存在，P（，）； ②． 【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E′Q'＝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． 21．（2024•呼和浩特）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2bx﹣4经过点（﹣1，m）． （1）若m＝1，则b＝　2　，通过配方可以将其化成顶点式为 　y＝（x﹣2）2﹣8　； （2）已知点（x1，y1），（x2，y2）在抛物线上，其中x1＜x2，若m＞0且2x1+2x2≤5，比较y1与y2的大小关系，并说明理由； （3）若b＝0，将抛物线向上平移4个单位得到的新抛物线与直线y＝kx交于A，B两点，直线与y轴交于点C，点E为AC中点，过点E作x轴的垂线，垂足为点F，连接AF，CF．求证：CF2CE． 【答案】（1）2，y＝（x﹣2）2﹣8；（2）y1＞y2；（3）证明见解答． 【分析】（1）将（﹣1，1）代入抛物线解析式求解，即可得出b的值，再化为顶点式即可； （2）由m＞0，抛物线经过（﹣1，m）可得b的取值范围，从而可得抛物线对称轴，由2x1+2x2≤5可得点（x1，y1），（x2，y2）到对称轴距离的大小关系，进而求解； （3）先求得平移后的抛物线解析式，与直线联立求得点A、B的坐标，根据中点得出点E及F的坐标，运用两点间距离公式即可证得结论． 【解答】（1）解：∵抛物线y＝x2﹣2bx﹣4经过点（﹣1，1）， ∴1＝（﹣1）2﹣2b×（﹣1）﹣4， 解得：b＝2， ∴y＝x2﹣4x﹣4， 化成顶点式为y＝（x﹣2）2﹣8， 故答案为：2，y＝（x﹣2）2﹣8； （2）解：将（﹣1，m）代入y＝x2﹣2bx﹣4得m＝1+2b﹣4＝2b﹣3， ∵m＝2b﹣3＞0， ∴b， ∵y＝x2﹣2bx﹣4， ∴抛物线开口向上，对称轴为直线xb， ∵2x1+2x2≤5， ∴， ∵x1＜x2， ∴y1＞y2； （3）证明：如图， ∵直线y＝kx与y轴交于点C， ∴C（0，）， 当b＝0时，原抛物线解析式为y＝x2﹣4，向上平移4个单位得到的新抛物线解析式为y＝x2， 与直线y＝kx联立得， 解得：，， 当A（，） 时， ∵点E为AC中点， ∴E（，）， ∵EF⊥x轴， ∴F（，0）， 根据两点间距离公式得CF2＝（）2+（）2， CE， ∴CF2CE； 当A（，）时， ∵点E为AC中点，∴E（，），F（，0）， 根据两点间距离公式得CF2＝（）2+（）2， CE， ∴CF2CE． 22．（2024•宁夏）抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C，点P是第四象限内抛物线上的一点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，过P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．设点D的横坐标为m，当时，求m的值； （3）如图2点F（1，0），连接CF并延长交直线PD于点M，点N是x轴上方抛物线上的一点，在（2）的条件下，x轴上是否存在一点H，使得以F，M，N，H为顶点的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）yx2x﹣2． （2）m． （3）存在，点H的坐标为（，0）或（，0）或（，0）或（，0）． 【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入抛物线解析式，解之即可得出结论； （2）令y＝0，可得B（4，0）；令x＝0可得点C的坐标（0，﹣2）；则BC2；BC的解析式为：yx﹣2；根据题意，点D的坐标为（m，0），把x＝m分别代入抛物线和直线BC的解析式，可得P（m，m2m﹣2）；E（m，m﹣2）；所以DE＝2m，EP＝2mm2；由PD⊥x轴，可得PD∥y轴，所以△BDE∽△BOC，则BD：BO＝BE：BC，即BE•BO＝BC•BD，可得BE（4﹣m），所以PEBE（4﹣m），由此可建立关于m的方程，解之即可； （3）由C、F的坐标可得，直线CF的解析式为：y＝2x﹣2，所以M（，3）；当y＝3时，x2x﹣2＝3，解得x＝﹣2或x＝5；当N（﹣2，3）时，FH＝MN；当N（5，3）时，FH＝MN；分别求解即可得出结论． 【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）代入 得； 解得a； ∴抛物线的解析式为：yx2x﹣2． （2）把y＝0代入yx2x﹣2得，x2x﹣2＝0， 解得x＝﹣1或x＝4， ∴B（4，0）； 当x＝0是，y＝﹣2， ∴点C的坐标（0，﹣2）； ∴BC2；BC的解析式为：yx﹣2； 根据题意，点D的坐标为（m，0）， 把x＝m代入yx2x﹣2得，ym2m﹣2． 把x＝m代入yx﹣2，得ym﹣2， ∴P（m，m2m﹣2）；E（m，m﹣2）； ∴DE＝2m，EP＝2mm2； ∵PD⊥x轴， ∴PD∥y轴， ∴△BDE∽△BOC， ∴BD：BO＝BE：BC，即BE•BO＝BC•BD， ∴BE（4﹣m）， ∵PEBE（4﹣m）， ∴2mm2（4﹣m）， 解得m或m＝4（舍）； （3）存在，点H的坐标为（，0）或（，0）或（，0）或（，0）．理由如下： ∵C（0，﹣2），F（1，0）， ∴直线CF的解析式为：y＝2x﹣2， 当x时，y＝22＝3； ∴M（，3）； ∵点N是x轴上方抛物线上的一点， ∴当y＝3时，x2x﹣2＝3， 解得x＝﹣2或x＝5； 当N（﹣2，3）时，FH＝MN； ∴H的坐标为：（，0）或（，0）； 当N（5，3）时，FH＝MN； ∴H的坐标为：（，0）或（，0）． 综上，点H的坐标为（，0）或（，0）或（，0）或（，0）． 23．（2024•辽宁）已知y1是自变量x的函数，当y2＝xy1时，称函数y2为函数y1的“升幂函数”．在平面直角坐标系中，对于函数y1图象上任意一点A（m，n），称点B（m，mn）为点A“关于y1的升幂点”，点B在函数y1的“升幂函数”y2的图象上． 例如：函数y1＝2x，当时，则函数是函数y1＝2x的“升幂函数”． 在平面直角坐标系中，函数y1＝2x的图象上任意一点A（m，2m），点B（m，2m2）为点A“关于y1的升幂点”，点B在函数y1＝2x的“升幂函数”的图象上． （1）求函数的“升幂函数”y2的函数表达式． （2）如图1，点A在函数的图象上，点A“关于y1的升幂点”B在点A上方，当AB＝2时，求点A的坐标． （3）点A在函数y1＝﹣x+4的图象上，点A“关于y1的升幂点”为点B，设点A的横坐标为m． ①若点B与点A重合，求m的值； ②若点B在点A的上方，过点B作x轴的平行线，与函数y1的“升幂函数”y2的图象相交于点C，以AB，BC为邻边构造矩形ABCD，设矩形ABCD的周长为y，求y关于m的函数表达式； ③在②的条件下，当直线y＝t1与函数y的图象的交点有3个时，从左到右依次记为E，F，G，当直线y＝t2与函数y的图象的交点有2个时，从左到右依次记为M，N，若EF＝MN，请直接写出t2﹣t1的值． 【答案】（1）y2x2；（2）A（3，1）；（3）①m＝1，或m＝4；②y＝﹣2m2+14m﹣16或＝﹣2m2+6m；③4或3﹣2． 【分析】（1）根据题意直接列出式子即可； （2）根据条件得出y2＝3，再根据AB＝2建立方程即可； （3）①将A、B坐标用含有m的式子表示出，再根据AB重合时，横纵坐标相等建立关于m的方程，进而求解即可； ②根据题意画出图形，再将线段用m表示出来，需要注意的是分类讨论； ③第一种情况：如果EF和MN平行且相等，那这两条平行线间得距离等于两个顶点之间的竖直高度，或者等于P、Q两点间的竖直高度，分别令m＝2和4得解，第二种情况：点M是抛物线y＝﹣2m2+6m的顶点，由M坐标推出N坐标，进而求出MN的长度，再通过MN＝EF得出F的坐标，即可求解． 【解答】（1），图象如图2所示． （2）如图3， ∵， 设，B（m，3）． 因为点B在点A的上方， 当AB＝2时， 解得m＝3． 所以A（3，1）． （3）①因为， 所以A（m，﹣m+4），B（m，﹣m2+4m）． 如果点B与点A重合，那么﹣m+4＝﹣m2+4m． 整理，得m2﹣5m+4＝0． 解得m＝1，或m＝4． ②由①可知，直线y＝﹣x+4与抛物线y＝﹣x2+4x有两个交点（1，3）和（4，0）， 如图4所示，函数的图象是开口向下的抛物线，对称轴是直线x＝2． 因为BC∥x轴，所以B、C两点关于直线x＝2对称． 如图4，当点B在点C右侧时，2＜m＜4，BC＝2（m﹣2）＝2m﹣4， 如图5，当点B在点C左侧时，1＜m＜2，BC＝2（2﹣m）＝4﹣2m， 由点B在点A的上方，得BA＝（﹣m2+4m）﹣（﹣m+4）＝﹣m2+5m﹣4， 当2＜m＜4时，y＝2[（2m﹣4）+（﹣m2+5m﹣4）]＝﹣2m2+14m﹣16， 当1＜m＜2时，y＝2[（4﹣2m）+（﹣m2+5m﹣4）]＝﹣2m2+6m． 综上，y． ③情形一：如图7，如果EF和MN平行且相等，那这两条平行线间得距离等于两个顶点之间的竖直高度，或者等于P、Q两点间的竖直高度． 当m＝2时，y＝﹣2m2+6m＝4，所以P（2，4）． 当m＝4时，y＝﹣2m2+14m﹣16＝8，所以Q（4，8）． 所以t2﹣t1＝8﹣4＝4． 情形2，如图7（局部，变形处理），点M是抛物线y＝﹣2m2+6m的顶点． 由，得， 所以， 所以点F的横坐标， 于是可得， 所以． 综上，t2﹣t1＝4或3﹣2． 24．（2024•西宁）如图，二次函数的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点B，顶点C的坐标为（﹣2，﹣1）． （1）求二次函数的解析式． （2）判断△ABC的形状，并说明理由． （3）在直线AB上方的抛物线上是否存在一点P，使S△PAB＝2S△ABC？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）二次函数解析式为y＝（x+2）2﹣1； （2）△ABC是直角三角形，理由见解答； （3）所有符合条件的点P的坐标是（1，8），（﹣4，3）． 【分析】（1）设二次函数解析式为y＝a（x﹣h）2+k（a≠0），将顶点C（﹣2，﹣1）代入解析式得y＝a（x+2）2﹣1，进而可以解决问题； （2）过点C作CD⊥y轴于点D，过点A作AE⊥CD于点E，然后根据勾股定理的逆定理即可解决问题； （3）设点P的坐标为（m，m2+4m+3），过点P作PH⊥AB，垂足为H，过点P作PQ∥y轴交直线AB于点Q，求出直线AB的解析式为y＝x+3，得点Q的坐标为（m，m+3），得PQ＝m2+4m+3﹣（m+3）＝m2+3m＝4，得m1＝1，m2＝﹣4，进而解决问题． 【解答】解：（1）设二次函数解析式为y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）， 将顶点C（﹣2，﹣1）代入解析式得y＝a（x+2）2﹣1， ∵二次函数的图象与x轴交于点A（﹣3，0）， ∴0＝a（﹣3+2）2﹣1， 解得a＝1， ∴二次函数解析式为y＝（x+2）2﹣1； （2）△ABC是直角三角形，理由如下： 抛物线y＝（x+2）2﹣1与y轴的交点， 当x＝0时，y＝3， ∴B（0，3）， 如图1，过点C作CD⊥y轴于点D， ∴D（0，﹣1）， 过点A作AE⊥CD于点E， ∴E（﹣3，﹣1）， ∵A（﹣3，0），C（﹣2，﹣1）， ∴AB2＝OB2+OA2＝32+32＝18，AC2＝AE2+CE2＝12+12＝2，BC2＝CD2+BD2＝22+42＝20， ∴AB2+AC2＝20， ∴AB2+AC2＝BC2， ∴△ABC是直角三角形； （3）存在，理由如下： y＝（x+2）2﹣1＝x2+4x+3， 设点P的坐标为（m，m2+4m+3）， 过点P作PH⊥AB，垂足为H，过点P作PQ∥y轴交直线AB于点Q， 设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠O），将A（﹣3.0），B（0，3）代入得， ， 解得， ∴直线AB的解析式为y＝x+3， ∴点Q的坐标为（m，m+3）， ∵S△PAB＝2S△ABC， ∴AB•PH＝2AB•AC， ∴PH＝2AC＝2， 在Rt△AOB中，OA＝OB， ∴∠ABO＝∠BAO＝45°， ∵PQ∥y轴， ∴∠PQH＝∠ABO＝45°， 在Rt△PQH中， ∵sin45°， ∴PQ4， ∴PQ＝m2+4m+3﹣（m+3）＝m2+3m＝4， 解得m1＝1，m2＝﹣4， 当m＝1时，m2+4m+3＝8， ∴P（1，8）， 当m＝﹣4时，m2+4m+3＝3， ∴P2（﹣4，3）， ∴所有符合条件的点P的坐标是（1，8），（﹣4，3）． 25．（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． 【答案】（1）证明过程详见解答； （2）y＝﹣x2+4x； （3）①证明过程详见解答； ②当S△COPS△ABP时，直线l的解析式为：y或yx． 【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EG⊥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∠EMG＝tan∠MFH得出，从而得出mn＝m+n﹣2，求出直线CE和直线DF的交点纵坐标为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EG⊥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+2m+3），F（n，﹣n2+2n+3）， ∵CD∥FH， ∴∠EMG＝∠MFH， ∴tan∠EMG＝tan∠MFH， ∴， ∴， 化简得， （m﹣n）（mn﹣m﹣n+2）＝0， ∵m﹣n≠0， ∴mn﹣m﹣n+2＝0， ∴mn＝m+n﹣2， 直线CE的解析式为y＝（2﹣m）x+3，直线DF的解析式为y＝﹣nx+3+2n， 当（2﹣m）x+3＝﹣nx+3+2n时，解得x， ∴y3+2n， 将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． 26．（2024•哈尔滨）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线yx2+bx+c经过点O（0，0），与x轴正半轴交于点A，点A坐标（3，0）． （1）求b．c的值； （2）如图1，点P为第二象限内抛物线上一点，连接PA，PO，设点P的横坐标为t，△AOP的面积为S，求S与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）； （3）如图2，在（2）的条件下，t＝﹣2，点D在OA上，DF⊥OA，交PA于点C，CF＝CD，点E在第二象限，连接EC，EC⊥CD，连接ED，过点E作ED的垂线，交过点F且平行AC的直线于点G，连接DG交AC于点M，过点A作x轴的垂线，交EC的延长线于点B，交DG的延长线于点R，CMRB，连接RE并延长交抛物线于点N，RA＝RN，点T在△ADM内，连接AT，CT，∠ATC＝135°，DH⊥AT，交AT的延长线于点H，HT＝2DH，求直线CT的解析式． 【答案】（1）； （2）S； （3）y． 【分析】（1）将点O和点A坐标代入抛物线的解析式，进而求得结果； （2）OA＝3，表示出处P点纵坐标，进而得出结果； （3）作PJ⊥x轴于J，连接BF，连接BD，作MW⊥BE于W，作GV⊥BE于，作NS⊥x轴于S，延长BE，交SN于Q，可得出∠PAJ＝45°，进而得出△ACD是等腰直角三角形，四边形ABCD是正方形，可推出点F、G、B共线，进而得出点G、E、D、B共圆，进而推出△DEG是等腰直角三角形，可证得△EGV≌△DEG，从而得出EV＝CD，CE＝GV，设CMx，WI＝a，从而得出WM＝CW＝x，RB＝3x，根据△MWI∽△RBI，可得出，从而得出BI＝3WI＝3a，从而表示出AB＝BC＝CW+WI+BI＝x+4a，根据△RBI∽△RAD得出，即得出，从而得出x＝2a，从而得出正方形的边长BC＝AB＝x+4a＝6a，RB＝3x＝6a，根据△GFD∽△GBR得出，从而BGBF＝2，进而得出GV＝BVBG＝2a，CE＝GV＝2a，BE＝BC+CE＝6a+2a＝8a，ER，进而得出CE＝EN＝2a，作IK⊥RN于K，根据S△RBE＝S△RBI+S△RIE得，从而得出IK＝3a，从而得出∠NRD＝∠ARD，进而证得△ARD≌△NRD（SAS），从而得出∠RND＝∠RAD＝90°，进而证得Rt△DCE≌Rt△DNE，从而DN＝CD＝6a，根据△EQN∽△NEO得出，从而得出NS＝3EQ，QNDS，设N（x，y），可得出NS＝3（3﹣8a﹣x），NQ（3﹣6a﹣x），进而得出3（3﹣8a﹣x）（3﹣6a﹣x）＝6a，从而x＝3，y＝NS＝3（3﹣8a﹣x）a，进而得出a，求得a，进而得出C（，）；延长DH，交CT于X，作DL⊥CT于L，交AH于Z，设CT交x轴于Y，可推出DH＝HZ，设HZ＝DH＝m，则XH＝DH＝2m，DZDH，可证得△ADZ≌△CDX，从而CX＝DZ，DL＝XL，CL＝CX+XL，根据tan∠DCL得出DY，从而得出Y（2，0），进一步得出结果． 【解答】解：（1）将点O（0，0）和点A（3，0）代入抛物线yx2+bx+c得， ， ∴， ∴； （2）SyP； （3）如图1， 作PJ⊥x轴于J，连接BF，连接BD，作MW⊥BE于W，作GV⊥BE于，作NS⊥x轴于S，延长BE，交SN于Q， 则∠Q＝∠NSD＝∠MWC＝∠MWB＝∠RBC＝90°， 把t＝﹣2代入y得，y， ∵AJ＝3﹣（﹣2）＝5， ∴AJ＝PJ， ∴∠PAJ＝45°， ∵∠ADC＝90°， ∴∠ACD＝90°﹣∠PAJ＝45°， ∴∠PAJ＝∠ACD， ∴△ACD是等腰直角三角形， ∴可得四边形ABCD是正方形， ∴∠ACD＝∠DBC＝45°，∠FCB＝∠BCD＝90°， ∵CF＝CD＝BC， ∴∠CFB＝∠CBF＝45°， ∵FG∥AC， ∴∠CFG＝∠ACD＝45°， ∴点F、G、B共线， ∵∠FBD＝∠FBC+∠DBC＝90°，∠GED＝90°， ∴∠FBD+∠DEG＝180°， ∴点G、E、D、B共圆， ∴∠EGD＝∠DBC＝45°，∠EDG＝∠FBC＝45°， ∴∠EGD＝∠EDG， ∴EG＝ED， ∵∠EVG＝∠DCE＝90°， ∴∠EGV+∠VEG＝90°， ∵∠DEG＝90°， ∴∠DCE+∠VEG＝90°， ∴∠DEC＝∠EGV， ∴△EGV≌△DEG（AAS）， ∴EV＝CD，CE＝GV， 设CMx，WI＝a， ∴∠ACB＝45°，CMRB， ∴WM＝CW＝x，RB＝3x， ∵MW∥BR， ∴△MWI∽△RBI， ∴， ∴BI＝3WI＝3a， ∴AB＝BC＝CW+WI+BI＝x+4a， ∵BC∥AD， ∴△RBI∽△RAD， ∴， ∴， ∴x＝2a， ∴BC＝AB＝x+4a＝6a，RB＝3x＝6a， ∴BFBC＝6a，DF＝2CD＝12a， ∵DF∥RB， ∴△GFD∽△GBR， ∴， ∴BGBF＝2， ∴GV＝BVBG＝2a， ∴CE＝GV＝2a， ∵BE＝BC+CE＝6a+2a＝8a， ∴ER， ∵RN＝RA＝12a， ∴EN＝RN﹣RE＝2a， ∴CE＝EN＝2a， 作IK⊥RN于K， 由S△RBE＝S△RBI+S△RIE得， ∴， ∴IK＝3a， ∴∠NRD＝∠ARD， ∵RD＝RD， ∴△ARD≌△NRD（SAS）， ∴∠RND＝∠RAD＝90°， ∴∠RND＝∠ECD＝90°， ∵DE＝DE， ∴Rt△DCE≌Rt△DNE（HL）， ∴DN＝CD＝6a， ∵∠Q＝∠NSO＝90°， ∴∠QEN+∠QNE＝90°， ∵∠EDN＝90°， ∴∠QNE+∠DNS＝90°， ∴∠DNS＝∠QEN， ∴△EQN∽△NEO， ∴， ∴NS＝3EQ，QNDS， 设N（x，y）， ∵E（3﹣8a，6a），D（3﹣6a，0）， ∴EQ＝3﹣8a﹣x，DS＝3﹣6a﹣x， ∴NS＝3（3﹣8a﹣x），NQ（3﹣6a﹣x）， ∵NQ+NS＝QS＝CD＝6a， ∴3（3﹣8a﹣x）（3﹣6a﹣x）＝6a， ∴x＝3， ∴y＝NS＝3（3﹣8a﹣x）a， ∴a， ∴a， ∴6a， ∴C（，）， 如图2， 延长DH，交CT于X，作DL⊥CT于L，交AH于Z，设CT交x轴于Y， ∵∠DHT＝90°，∠ATC＝135°， ∴∠XHT＝90°，∠XTH＝45°， ∴∠TXH＝45°， ∴∠XDL＝90°﹣∠TXH＝45°， ∴∠HZD＝90°﹣∠XDL＝45°， ∴DH＝HZ， 设HZ＝DH＝m，则XH＝2DH＝2m，DZDH， ∵∠XDL＝45°，∠ADC＝90°， ∴∠CDX+∠ADZ＝45°， ∵∠CDX+∠DCX＝∠DXL＝45°， ∴∠ADZ＝∠DCX， ∵∠DXC＝∠AZD＝135°，AD＝CD， ∴△ADZ≌△CDX（AAS）， ∴CX＝DZ， ∵DX＝DH+XH＝m+2m＝3m， ∴DL＝XL， ∴CL＝CX+XL， ∴tan∠DCL， ∴DY， ∴Y（2，0）， 设直线CT的解析式为：y＝kx+b， ∴， ∴， ∴y． 27．（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． 【答案】（1）抛物线C1的表达式为 y＝x2﹣2x+2；顶点D（1，1）； （2）m1＝2，m2＝9； （3）△BDN面积的最小值为S△BDN． 【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． 28．（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． 【答案】（1）抛物线的表达式为：y＝x2﹣x﹣2； （2）l＝﹣t2+2t（0＜t＜2）； （3）当0＜t＜2时，最大． 【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）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t＝1时，最大， ∵， ∴最大． 29．（2024•无锡）已知二次函数y＝ax2+x+c的图象经过点和点B（2，1）． （1）求这个二次函数的表达式； （2）若点C（m+1，y1），D（m+2，y2）都在该二次函数的图象上，试比较y1和y2的大小，并说明理由； （3）点P，Q在直线AB上，点M在该二次函数图象上．问：在y轴上是否存在点N，使得以P，Q，M，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）时，y1＞y2；时，y1＝y2；时，y1＜y2； （3）存在，或或N（0，﹣5）或N（0，5）或或． 【分析】（1）将点A和点B的坐标代入y＝ax2+x+c，求出a和c的值，即可得出这个二次函数的表达式； （2）根据题意得出y1，y2，再用作差法得出y1﹣y2＝m，进行分类讨论即可； （3）求出直线AB的函数解析式为y，然后进行分类讨论：当PQ为正方形的边时；当PQ为正方对角线时，结合正方形的性质和三角形全等的判定和性质，即可解答． 【解答】解：（1）把，B（2，1）代入y＝ax2+x+c得： ， 解得：， ∴这个二次函数的表达式为； （2）∵C（m+1，y1），D（m+2，y2）都在该二次函数的图象上， ∴y1，y2， ∴y1﹣y2m， 当时，即时，y1＞y2； 当时，即时，y1＝y2； 当时，即时，y1＜y2； （3）设直线AB的函数解析式为y＝kx+e， 把，B（2，1）代入得：， 解得：， ∴直线AB的函数解析式为， 当PQ为正方形的边时， ①∵B（2，1）， ∴， 过点M作y轴的垂线，垂足为点G，过点P作MG的垂线，垂足为点H，如图1， ∵PQ∥MN，MG∥x轴， ∴∠BOC＝∠NMG， ∴，则MG＝2NG， 设NG＝t，则MG＝2t， ∴M（﹣2t，﹣2t2﹣2t+1）， ∴点N的纵坐标为﹣2t2﹣2t+1+t＝﹣2t2﹣t+1， 即N（0，﹣2t2﹣t+1）， ∵以P，Q，M，N为顶点的四边形是正方形， ∴∠PMN＝90°，PM＝MN， ∴∠PMH+∠NMG＝90°， ∵∠PMH+∠MPH＝90°， ∴∠NMG＝∠MPH， ∵∠NMG＝∠MPH，∠H＝∠MGN，PM＝MN， ∴△PHM≌△MGN， ∴PH＝MG＝2t，HM＝NG＝t， ∴P（﹣3t，﹣2t2+1）， 把P（﹣3t，﹣2t2+1）代入得：， 解得：，（舍去）， ∴； ②如图2：构造Rt△MQG，Rt△NMH， 和①同理可得：△MQG≌△NMH，， 设NH＝GM＝2t，则QG＝MH＝t， ∴M（2t，﹣2t2+2t+1），N（0，﹣2t2+t+1），Q（t，﹣2t2+4t+1）， 把Q（t，﹣2t2+4t+1）代入得：， 解得：（舍去）， ∴N（0，﹣5）； ③如图3：构造Rt△GMN，Rt△HPM， 和①同理可得：△GMN≌△HPM，， 设GN＝HM＝2t，则GM＝HP＝t， ∴M（﹣2t，﹣2t2﹣2t+1），N（0，﹣2t2﹣t+1），P（﹣t，﹣2t2﹣4t+1）， 把P（﹣t，﹣2t2﹣4t+1）代入得：， 解得：（舍去）， ∴； ④如图4：构造Rt△GMN，Rt△HNP， 和①同理可得：△GMN≌△HNP，， 设GM＝HN＝2t，则GN＝HP＝t， ∴M（2t，﹣2t2+2t+1），N（0，﹣2t2+t+1），P（t，﹣2t2﹣t+1）， 把P（t，﹣2t2﹣t+1）代入得：， 解得：，（舍去）， ∴； 当PQ为正方形对角线时， ⑤如图5：构造矩形HGJI，过点P作PK⊥IJ于点K， ∴PK∥x轴， ∴∠QPK＝∠BOC， ∴， 设QK＝x，则PK＝2x， 和①同理可得：△PNH≌△MPG≌△QMJ≌△NQI， ∴HN＝PG＝MJ＝IQ，PH＝GM＝QJ＝NI， ∴四边形HGJI为正方形， ∴PK＝IJ＝2x， ∴，则， ∴， 设PG＝HN＝t，则PH＝GM＝3t， ∴M（2t，﹣2t2+2t+1），N（0，﹣2t2+6t+1），P（﹣t，﹣2t2+3t+1）， 把P（﹣t，﹣2t2+3t+1）代入得：， 解得：（舍去）， ∴N（0，5）； ⑥如图6：构造Rt△PMH，Rt△NPG， 同理可得：， 设PG＝HM＝t，则PH＝GN＝3t， ∴M（﹣2t，﹣2t2﹣2t+1），N（0，﹣2t2﹣6t+1），P（﹣3t，﹣2t2﹣5t+1）， 把P（﹣3t，﹣2t2﹣5t+1）代入得：， 解得：（舍去）， ∴； 综上：或或N（0，﹣5）或N（0，5）或或． 五．三角形综合题（共3小题） 30．（2024•常州）将边长均为6cm的等边三角形纸片ABC、DEF叠放在一起，使点E、B分别在边AC、DF上（端点除外），边AB、EF相交于点G，边BC、DE相交于点H． （1）如图1，当E是边AC的中点时，两张纸片重叠部分的形状是 　菱形　； （2）如图2，若EF∥BC，求两张纸片重叠部分的面积的最大值； （3）如图3，当AE＞EC，FB＞BD时，AE与FB有怎样的数量关系？试说明理由． 【答案】（1）菱形； （2）S重叠最大值为； （3）AE＝BF，理由见解析． 【分析】（1）连接BE，CD，先证明四边形BHEG是平行四边形，再根据EH＝BH，得出四边形BHEG是菱形； （2）过点E作ET⊥HC，设EH＝CH＝2x cm，则BH＝（6﹣2x）cm， cm， cm，，得出当时，S重叠有最大值，最大值为； （3）过点B作BM⊥AC于M，过点E作EN⊥DF于N，连接BE，证明Rt△NBE≌Rt△MEB（HL），得到NB＝ME，得出FN+BN＝AM+ME，即AE＝BF． 【解答】解：（1）如图所示，连接BE，CD， ∵△ABC，△DEF都是等边三角形， ∴∠ACB＝∠EDF＝60°， ∴B、D、C、E四点共圆， ∵点E是AC的中点， ∴∠BEC＝90°， ∴BC为过B、D、C、E的圆的直径， 又∵DE＝BC＝6cm， ∴DE为过B、D、C、E的圆的直径， ∴点H为圆心， ∴EH＝BH， ∴∠HBE＝∠HEB＝30°， ∴∠GEB＝∠EBH＝∠GBE＝∠BEH＝30°， ∴BG∥EH，BH∥EG， ∴四边形BHEG是平行四边形， 又∵EH＝BH， ∴四边形BHEG是菱形， ∴两张纸片重叠部分的形状是菱形， 故答案为：菱形； （2）∵△ABC，△DEF都是等边三角形， ∴∠ABC＝∠DEF＝∠C＝60°，AC＝BC＝6cm， ∵EF∥BC， ∴∠CHE＝∠DEF＝60°， ∴∠ABC＝∠CHE， ∴BG∥EH， ∴四边形BHEG是平行四边形， ∵∠C＝∠CHE＝60°， ∴△EHC是等边三角形， 过点E作ET⊥HC， ∴设EH＝CH＝2x cm，则BH＝（6﹣2x）cm， cm， ∴ cm， ∴， ∵， ∴当时，S重叠有最大值，最大值为； （3）AE＝BF，理由如下： 如图所示，过点B作BM⊥AC于M，过点E作EN⊥DF于N，连接BE， ∵△ABC，△DEF都是边长为6cm的等边三角形， ∴AMcm，FNDF＝3cm，EF＝AB＝6cm， ∴由勾股定理可得，， ∴EN＝BM， 又∵BE＝BE， ∴Rt△NBE≌Rt△MEB（HL）， ∴NB＝ME， ∴FN+BN＝AM+ME，即AE＝BF． 31．（2024•宁夏）综合与实践 如图1，在△ABC中，BD是∠ABC的平分线，BD的延长线交外角∠CAM的平分线于点E． 【发现结论】 结论1：∠AEB＝　　∠ACB； 结论2：当图1中∠ACB＝90°时，如图2所示，延长BC交AE于点F，过点E作AF的垂线交BF于点G，交AC的延长线于点H．则AE与EG的数量关系是 　AE＝EG　． 【应用结论】 （1）求证：AH＝GF； （2）在图2中连接FH，AG，延长AG交FH于点N，补全图形，求证：． 【答案】【发现结论】 结论1：； 结论2：AE＝EG； 【应用结论】 （1）见解析； （2）见解析． 【分析】【发现结论】结论1：根据角平分线的定义得到∠ABC＝2∠ABE，∠CAM＝2∠EAM，根据三角形外角的性质即可得到结论； 结论2：由结论1得到∠AEBACB，求得∠AED∠ACB＝45°，根据全等三角形的性质得到AE＝EG； 【应用结论】（1）根据余角的性质得到∠EFG＝∠EHA，根据全等三角形的性质得到FG＝HA； （2）根据全等三角形的性质得到EF＝EH，求得GN＝HN，由AN＝AG+GN，得到． 【解答】【发现结论】解：结论1：∵BD是∠ABC的平分线， ∴∠ABC＝2∠ABE， ∵AE是∠CAM的平分线， ∴∠CAM＝2∠EAM， ∵∠CAM＝∠ACB+∠ABC， ∴2∠EAM＝∠ACB+2∠ABE， ∵∠EAM＝∠AEB+∠ABE， ∴2（∠AEB+∠ABE）＝∠ACB+2∠ABE， ∴∠AEBACB， 故答案为：； 结论2：由结论1知，∠AEBACB， ∵∠ACB＝90°， ∴∠AED∠ACB＝45°， ∵EH⊥AF， ∴∠AEH＝90°， ∴∠AEB＝∠BEG＝45°， ∵∠ABE＝∠GBE，BE＝BE， ∴△ABE≌△GBE（ASA）， ∴AE＝EG； 故答案为：AE＝EG； 【应用结论】证明：（1）在Rt△AFC中，∠EFG+∠EAH＝90°， 在Rt△AEH中，∠AHE+∠EAH＝90°， ∴∠EFG＝∠EHA， 在△EFG和△EHA中， ， ∴△EFG△EHA（AAS）； ∴FG＝HA； （2）证明：补全图形如图所示， 在Rt△AEG中， ∵∠EAG＝∠EGA＝45°， ∴， ∴Rt△EFG≌Rt△EHA（HL）， ∴EF＝EH， ∵∠FEH＝90°， ∴∠EFH＝∠EHF＝45°， ∴∠AFN＝∠FAN＝45°，∠NGH＝∠AGE＝45°， ∴FN＝AN，∠NGH＝∠NHG＝45°， ∴GN＝HN， 又∵AN＝AG+GN， ∴． 32．（2024•淮安）综合与实践 【问题初探】（1）某兴趣小组探索这样一个问题：若AD是△ABC的角平分线，则线段AB、AC、BD、CD有何数量关系？下面是小智、小勇的部分思路和方法，请完成填空： 小智的思路和方法： 如图1，作 DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N． ∵AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC， ∴　DM＝DN，　． ∵S△ABDAB•DM， S△ACDAC•DN， ∴． 再用另一种方式表示△ABD 与△ACD 的面积，即可推导出结论…… 勇的思路和方法： 如图2，作CE∥AB，交AD的延长线于点E． ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD． ∵CE∥AB， ∴∠BAD＝∠E． ∴∠CAD＝∠E． ∴　AC＝CE　． 再通过证明△CDE∽△BDA 得到比例式，从而推导出结论…… 根据小智或小勇的方法，可以得到线段AB、AC、BD、CD的数量关系是 　　． 【变式拓展】（2）小慧对问题作了进一步拓展：如图3，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上一点，∠BAD＝45°，∠CAD＝60°，求的值．请你完成解答． 【迁移应用】（3）请你借助以上结论或方法，用无刻度直尺和圆规在图4的线段EF上作一点P，使EPFP．（要求：不写作法，保留作图痕迹） 【综合提升】（4）如图5，在△ABC中，AB＝5，AC＝4，∠BAC＝α（α＜90°），点D在AC边上，CD＝1，点E在BD的延长线上，连接EC，∠BEC＝β（β＜α），请直接写出BD•DE的值（用含α，β的式子表示）． 【答案】（1）DM＝DN；AC＝CE；； （2）； （3）详见解析； （4）5cosα+3． 【分析】（1）根据题干思路补全即可得解； （2）有特殊角先构造直角三角形，然后再分别解两个直角三角形即可得解； （3）①作30°角：先作等边三角形EFG，再作∠GEF的角平分线，交GF于点Q； ②构造相似：再作QO＝QE，交EF的延长线于点O，易证△OQF∽△OEQ，且相似比为； ③作圆：以O为圆心，ON为半径作圆，则P为圆与线段EF的交点． （4）与第二问基本思路一致，只不过将具体角度换成α和β了，分别表示出BD和DE即可得解． 【解答】解：（1）小智的思路补全：∵△ABD和△CBD是同高的， ∴， ∴； 小勇的思路补全：∵∠ADB＝∠CDE，∠BAD＝∠E， ∴△BDA∽△CDE， ∴， ∵CE＝AC， ∴； 故答案为：DM＝DN；AC＝CE；； （2）如图，过C作CM⊥AD于点M，BN⊥AD交AD的延长线于点N，则∠CMD＝∠BND＝90°， 设AB＝AC＝2a， 在Rt△ABN中，∠BAD＝45°， ∴sin45°， ∴BNa＝AN， 在Rt△ACM中，∠CAD＝60°， ∴sin60°， ∴CMa， ∵∠CMD＝∠BND＝90°，∠BDN＝∠CDM， ∴△BDN∽△CDM， ∴； （3）如图所示， 作法提示：①作30°角：先作等边三角形EFG，再作∠GEF的角平分线，交GF于点Q； ②构造相似：再作QO＝QE，交EF的延长线于点O，易证△OQF∽△OEQ，且相似比为； ③作圆：以O为圆心，OQ为半径作圆，则P为圆与线段EF的交点． （4）解法一：延长CA到F，使得∠BFC＝∠E＝β， ∵∠BDF＝∠CDE ∴△DCE∽△DBF， ∴， ∴BD•DE＝FD•DC， ∵CD＝1， ∴BD•DE＝FD， 过点B作BG⊥AC于G， 在Rt△BAG中，AB＝5，∠BAG＝α， ∴AG＝AB•cosα＝5cosα，BG＝AB•sinα＝5sinα， 在Rt△BFG中，∠F＝β， ∴FG， ①当0＜cosα时，点G在线段AD上（不含A点）， 此时DG＝AD﹣AG＝3﹣5cosα， ∴BD•DE＝FD•DC＝FD＝FG+DG5cosα+3； ②当cosα＜1时，点G在线段AD的延长线 上， 此时DG＝AG﹣3＝5cosα﹣3， ∴BD•DE＝FD•DC＝FD＝FG﹣DG5cosα+3； 综上所述，BD•DE5cosα+3． 解法二：①当cosα＜1时， 如图，作BM⊥AC于点M，CN⊥BD于点N， 在Rt△ABM中，∠BAC＝α，AB＝5， ∴BM＝AB•sinα＝5sinα， AM＝AB•cosα＝5cosα， ∵AC＝4，CD＝1， ∴AD＝AC﹣CD＝3， ∴DM＝5cosα﹣3， 在Rt△BDM中，BD2＝BM2+DM2， 即BD2＝（5sinα）2+（5cosα﹣3）2＝34﹣30cosα， ∴BD， ∵S△CBD， ∴BD•CN＝CD•BM， 两边同时平方得CN2•（34﹣30cosα）＝12×（5sinα）2， ∴CN2， ∴CN， 在Rt△CDN中，CD2＝DN2+CN2， 代入得DN2＝1， ∴DN， 在Rt△CNE中，∠E＝β， EN， ∴DE＝EN﹣DN， ∴BD•DE（）|5cosα﹣3|5cosα+3． ②当0＜cosα时，此时DM＝AD﹣AM＝3﹣5cosα，DE＝EN+DN， 同理可得BD•DE5cosα+3． ． 综上所述，BD•DE5cosα+3． 六．四边形综合题（共5小题） 33．（2024•巴中）综合与实践 （1）操作与发现平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，E、F是AD、BC边上的点．经过剪拼，四边形GHJK为矩形．则△EDK≌　△EAG　． （2）探究与证明探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，E、F、G、H是四边形ABCD边上的点．OJKL是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：AE与EB的比值为 　1　． ②证明：四边形OJKL为平行四边形． （3）实践与应用任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形ABCD剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 【答案】（1）△EAG； （2）①1；②见解析； （3）按照以上操作可以拼成一个矩形，过程见解析． 【分析】（1）由题意可证明△EDK≌△EAG； （2）①如图5，由操作知，点E为AB中点，将四边形EBFO绕点E旋转180°得到四边形EAQL，得到AE＝BE，故；②先证明K，Q、L三点共线，K，P，J三点共线，由操作得∠2＝∠L，∠3＝∠J，根据∠1+∠2＝180°，∠1+∠3＝180°，得出∠1+∠L＝180°，∠1+∠J＝180°，得到OJ∥KL，OL∥KJ，从而证明四边形OJKL为平行四边形； （3）取AB、BC、CD，DA为中点为E、H、G、F，连接FH，过点E，点G分别作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足为点M，N，将四边形EBHM绕点E旋转180°至四边形EAH′M′，将四边形FDGN绕点F旋转180°至四边形FAG′N′，将四边形NGCH放置左上方，使得点C与点A重合，CG与AG′重合，CH与AH′重合，点N的对应点为点N″，则四边形MM′N″N′即为所求矩形． 【解答】（1）解：如图2， ∵AB∥CD， ∴∠GAE＝∠D， 由题意得E为AD中点， ∴EA＝ED， ∵∠AEG＝∠DEK， ∴△EDK≌△EAG， 故答案为：△EAG； （2）①解：如图5，由操作知，点E为AB中点，将四边形EBFO绕点E旋转180°得到四边形EAQL， ∴AE＝BE，， 故答案为：1； ②证明：如图5， 由题意得，E、F、G、H是AB、BC，CD，DA的中点，操作为将四边形EBFO绕点E旋转180°得到四边形EAQL，将四边形OHDG绕点H旋转180°得到四边形JHAP，将四边形OGCF放在左上方， 则AQ＝BF＝CF，AP＝DG＝CG，∠BFO＝∠AQL， ∵∠DAB+∠B+∠C+∠D＝360°，∠QAE＝∠B，∠PAH＝∠D，∠DAB+∠QAE+∠PAH+∠PAQ＝360°， ∴∠PAQ＝∠C， ∵∠BFO+∠CFO＝180°， ∴∠AQL+∠AQK＝180°， ∴K，Q、L三点共线， 同理K，P，J三点共线， 由操作得∠1＝∠L，∠3＝∠J， ∵∠1+∠2＝180°，∠2+∠3＝180°， ∴∠2+∠L＝180°，∠2+∠J＝180°， ∴OJ∥KL，OL∥KJ， ∴四边形OJKL为平行四边形； （3）解： 如图，取AB、BC、CD，DA为中点为E、H、G、F，连接FH，过点E，点G分别作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足为点M，N，将四边形EBHM绕点E旋转180°至四边形EAH′M′，将四边形FDGN绕点F旋转180°至四边形FAG′N′，将四边形NGCH放置左上方，使得点C与点A重合，CG与AG′重合，CH与AH′重合，点N的对应点为点N″，则四边形MM′N″N′即为所求矩形． 由题意得∠EMF＝∠EMH＝∠M′＝90°，∠GNH＝∠GNF＝∠N'＝90°， ∴∠N'＝∠M′MH＝90°，H′M′∥N′M， ∴N′G′∥MM′， 由操作得，∠1＝∠4，∠2＝∠3， ∵∠1+∠2＝180°， ∴∠3+∠4＝180°， ∴N″，H′，M′三点共线，同理N′，G′，N″三点共线， ∵∠N'＝∠EMF＝∠M'＝90°， ∴四边形MM′N″N′为矩形， 如图，连接AC，EF，FG，GH，EH， ∵E，H为BA，BC中点， ∴EH∥AC，EHAC，同理FG∥AC，FGAC， ∴FG∥EH，FG＝EH， ∴∠EHM＝∠GFN， ∵∠EMF＝∠GNH＝90°， ∴△EHM≌△GFN（AAS）， ∴EM＝GN，MH＝NF， ∴FM＝NH， 由操作得，AH′＝BH，而BH＝CH， ∴AH′＝CH， 同理，AG′＝CG， ∵∠BAD+∠D+∠C+∠B＝360°，∠D＝∠G′AF，∠B＝∠H′AE，∠BAD+∠H′AE+∠G′AF+∠H′AG′＝360°， ∴∠H′AG′＝∠C， ∵四边形MM′N″N′为矩形， ∴N′N″＝MM′，N″M′＝N″M， ∴N′F+FM＝H′M′+H′N″， ∴MF+NF＝MF+MH＝M'H′+N″H'， ∴NH＝N″H′，同理NG＝N″G'， ∴四边形NGCH能放置左上方， ∴按照以上操作可以拼成一个矩形． 34．（2024•兰州）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景．探究动点运动的几何问题．如图，在△ABC中，点M，N分别为AB，AC上的动点（不含端点），且AN＝BM． 【初步尝试】（1）如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，连接BD，则MN＝DB，请思考并证明； 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AE⊥MN于点E，交BC于点F，将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，连接DA，DB．试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，连接BN，CM，请直接写出BN+CM的最小值． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）证明△ANM≌△MBD（SAS），得到MN＝DB； （2）证明AD∥BF，DB∥AF，得出四边形AFBD为平行四边形； （3）过点A作∠BAG＝45°，使AG＝CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O，当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，在Rt△GOC中，，得出BN+CM的最小值为． 【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形， ∴∠A＝60°，AB＝AC， ∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD， ∴DM＝AM，∠AMD＝120°， ∴∠DMB＝60°， ∵AN＝BM，∠DMB＝∠A＝60°， ∴△ANM≌△MBD（SAS）， ∴MN＝DB； （2）解：四边形AFBD为平行四边形，理由如下： ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝45°， ∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD， ∴MA＝MD，∠MAD＝∠MDA＝45°，∠DMA＝∠DMB＝90°， ∴∠MAD＝∠ABF＝45°， 则AD∥BF， 在△ANM和△MBD中， ， ∴△ANM≌△MBD（SAS）， ∴∠AMN＝∠MDB， ∵AE⊥MN， ∴∠AMN+∠MAE＝90°， ∵∠MDB+∠MBD＝90°， ∴∠DBM＝∠MAF， ∴DB∥AF， ∴四边形AFBD为平行四边形； （3）解：如图，过点A作∠BAG＝45°，使AG＝CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点O， ∵AB＝AC＝4，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠GAM＝∠BCN＝45°， ∵AN＝BM， ∴AM＝CN， 又∵AG＝CB， ∴△GAM≌△BCN（SAS）， ∴GM＝BN， ∴BN+CM＝GM+CM≥CG， ∴当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值， ∵∠GAM＝∠ABC＝45°， ∴AG∥BC， ∴∠BAC＝∠ABG＝90°， ∴∠GBO＝180°﹣∠ABG﹣∠ABC＝45°， ∴∠GBO＝45°， ∴OG＝OB， ∴， ∴， ∴， 在Rt△GOC中，， ∴BN+CM的最小值为． 35．（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． 【答案】（1）当t为2秒时，点A在线段OE的垂直平分线上； （2）S； （3）t秒时，PO∥BH． 【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． 36．（2024•深圳）【定义】 如果从一个平行四边形的一个顶点向不过该顶点的对角线作垂线，垂线交平行四边形的边于另一点，且该点为所在边的中点，那么这个平行四边形叫做“垂中平行四边形”，垂足叫做“垂中点”． 如图1，在▱ABCD中，BF⊥AC于点E，交AD于点F，若F为AD的中点，则▱ABCD是垂中平行四边形，E是垂中点． 【应用】 （1）如图1，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若，CE＝2，则AE＝　1　；AB＝　　； （2）如图2，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若AB＝BD，试猜想AF与CD的数量关系，并加以证明； （3）如图3，在△ABC中，BE⊥AC于点E，CE＝2AE＝12，BE＝5． ①请画出以BC为边的垂中平行四边形，使得E为垂中点，点A在垂中平行四边形的边上； （不限定画图工具，不写画法及证明，在图上标明字母） ②将△ABC沿AC翻折得到△AB'C，若射线CB'与①中所画的垂中平行四边形的边交于另一点P，连接PE，请直接写出PE的长． 【答案】（1）1； ； （2），证明见解答； （3）①图见解答； ②或． 【分析】（1）根据题意可推出△AEF∽△CEB，得到，从而推出AE，再根据勾股定理可求得BE，再求得AB； （2）根据题意可推出△AED∽△FEB，得到，设BE＝a，则DE＝2a，AB＝CD＝3a，再利用勾股定理得到AE，从而推出EF、AF，即可求得答案； （3）①分情况讨论，第一种情况，作BC的平行线AD，使AD＝BC，连接CD，延长BE交AD于点F；第二种情况，作∠ABC的平分线，取CH＝CB，交∠ABC的平分线于点H，延长CH，交BE的延长线于点D，在射线BA上取AF＝AB，连接DF；第三种情况，作AD∥BC，交BE的延长线于点D，连接CD，作BC的垂直平分线；在DA延长线上取点F，使AF＝AD，连接BF； ②根据①中的三种情况讨论：第一种情况，根据题意可证得△PAC是等腰三角形，作PH⊥AC，则AH＝HC，可推出△CPH∽△CB′E，从而推出，计算可得PH，最后利用勾股定理即可求得PE；第二种情况，延长CA、DF交于点G，同理可得△PGC是等腰三角形，连接PA，可由△GAF∽△CAB，结合三线合一推出PA⊥AC，从而推出△CPA∽△CB'E，同第一种情况即可求得PE；第三种情况无交点，不符合题意． 【解答】解：（1）由题可知，， ∵AF∥BC， ∴△AEF∽△CEB， ∴， ∵CE＝2， ∴AE＝1， ∵， ∴， ∴； 故答案为：1；； （2），证明如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD， ∴△AED∽△FEB， ∴2， 设BE＝x，则DE＝2x， ∴AB＝BD＝3x， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）①第一种情况：如图①． 第二种情况：如图②． 第三种情况：如图③． ②若按照上图①作图，即如图④， 由题意可知，∠ACB＝∠ACP，四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ACB＝∠PAC， ∴∠PAC＝∠PCA， ∴△PAC是等腰三角形； 过P作PH⊥AC于H，则AH＝HC， ∵BE＝5，CE＝2AE＝12， ∴B′E＝BE＝5，AE＝6， ∴， ∴EH＝AH﹣AE＝9﹣6＝3， ∵PH⊥AC，BE⊥AC， ∴△CPH∽△CB′E， ∴， 即， ∴； 若按照上图②作图，即如图⑤， 延长CA、DF交于点G， 同理可得△PGC是等腰三角形， 连接PA， ∵GF∥BC， ∴△GAF∽△CAB， ∴， ∴AG＝AC， ∴PA⊥AC； 同理△CPA∽△CB′E， ∵AE＝6，EC＝12，B'E＝BE＝5， ∴， 即， ∴； 若按照上图③作图，则没有交点，不存在PE（不符合题意），即如图⑥， 故答案为：或． 37．（2024•无锡）【操作观察】 如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，BC＝8，AB＝12，AD＝13． 折叠四边形纸片ABCD，使得点C的对应点C′始终落在AD上，点B的对应点为B′，折痕与AB，CD分别交于点M，N． 【解决问题】 （1）当点C′与点A重合时，求B′M的长； （2）设直线B′C′与直线AB相交于点F，当∠AFC′＝∠ADC时，求AC′的长． 【答案】（1）； （2）或． 【分析】（1）过点C作CH⊥AD，则CH＝AB＝12，AH＝BC＝8，再求出HD，根据勾股定理求出CD，当点C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D重合，则有AM＝MC，设B′M＝MB＝x，则AM＝MC＝12﹣x，再利用勾股定理即可得出． （2）分两种情况，当点F在AB上时和当点F在BA的延长线上时，设AF＝5x，AC′＝12x，则C′F＝13x，利用∠AFC′＝∠ADC＝∠B′FM三个角的正切值相等表示出个线段的长度，最后利用线段的和差关系求解即可． 【解答】解：（1）如图1，过点C作CH⊥AD， 则CH＝AB＝12，AH＝BC＝8， ∴HD＝AD﹣AC′＝13﹣8＝5， ∴， ， 当点C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D重合， 则有AM＝MC， 设B′M＝MB＝x，则AM＝MC＝12﹣x， ∵∠ABC＝90° ∴在Rt△MBC中x2+82＝（12﹣x）2， 解得：， 故； （2）如图2，当点F在AB上时，如图2： 由（1）可知， ∵∠AFC′＝∠ADC， ∴， 设AF＝5x，AC′＝12x，则C′F＝13x， 根据折叠的性质可得出：B′C′＝BC＝8，B′F＝8﹣13x． ∵∠B′FM＝∠AFC′， ∴， ∵∠ABC＝90° ∴在Rt△BFM中，，， 则， 解得：， ； 如图3，当点F在BA的延长线上时， 同上， 在Rt△AFC′中， 设AF＝5x，AC′＝12x，FC′＝13x，FB′＝13x﹣8， 在Rt△MFB′中， ，， 则， 解得， 则， 综上：AC′的值为：或． 七．切线的性质（共1小题） 38．（2024•无锡）如图，AB为半圆O的直径，AB＝1，BM为半圆O的切线，点C为BM上的一个动点，连接AC交半圆O于点D，作DE⊥BM于点E． （1）当点O关于AC的对称点O′恰好在半圆上时，求BC的长； （2）设DE＝x，CE＝y，求y关于x的函数表达式． 【答案】（1）． （2）y． 【分析】（1）如图，连结OO′、AO′，先利用对称的性质得到AO′＝AO，AC⊥OO′，再证明△AOO′是等边三角形，则∠OAO′＝60°，根据等边三角形的性质得到∠CAB＝30°，然后根据含30度角的直角三角形三边的关系求解； （2）连接BD，如图，先证明△CDE∽△DBE得到BE，则BC，根据切线的性质得到AB⊥BM，则DE∥AB，再证明△CDE∽△CAB，利用相似三角形的性质得，即，从而得到y与x的关系式． 【解答】解：（1）如图，连结OO′、AO′， ∵点O关于AC的对称点O′恰好在半圆上， ∴AO′＝AO，AC⊥OO′， ∵OA＝OO′， ∴OA＝OO′＝AO′， ∴△AOO′是等边三角形， ∴∠OAO′＝60°， ∴∠CAB∠OAO′＝30°， 在Rt△BAC中，BCAB； （2）连接BD，如图， ∵AB为直径， ∴∠ADB＝90°， ∵∠CDE＝∠CBD，∠CED＝∠DEB， ∴△CDE∽△DBE， ∴DE：BE＝CE：DE，即x：BE＝y：x， ∴BE， ∴BC＝CE+BE＝y ∵BM为半圆O的切线， ∴AB⊥BM， ∵DE⊥BM， ∴DE∥AB， ∴△CDE∽△CAB， ∴，即 ∴y． 八．三角形的内切圆与内心（共1小题） 39．（2024•陕西）问题提出 （1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为D．若AB＝15，AC＝8，则AD的长为 　　； 问题解决 （2）如图②所示，某工厂剩余一块△ABC型板材，其中AB＝100cm，BC＝160cm，AC＝140cm．为了充分利用材料，工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆型部件．你认为可以吗？若可以，请在图中确定可裁出的最大圆型部件的圆心O的位置，并求出⊙O的半径；若不可以，请说明理由． 【答案】（1）； （2）点O的位置见解答过程，． 【分析】（1）先根据勾股定理求出BC＝17，再根据三角形的面积公式可求出AD的长； （2）根据三角形内最大的圆是三角形的内切圆可求出点O的位置，过点O作OH⊥BC于H，OP⊥AC于P，OQ⊥AB于Q，连接OA，OB，OC，过点A作AM⊥BC于M，设BM＝x cm，⊙O的半径为R cm，则CM＝（160﹣x）cm，再根据勾股定理列出关于x的方程得1002﹣x2＝1402﹣（160﹣x）2，则x＝50，进而得AMcm，则S△ABCcm2，然后根据S△OBC+S△OCA+S△OAB＝S△ABC，得（100+160+140）R，据此可得⊙O的半径． 【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝15，AC＝8， 由勾股定理得：BC17． 由三角形的面积得：S△ABCAB•ACBC•AD， ∴AB•AC＝BC•AD， ∴AD． 故答案为：． （2）可以． ∵三角形内最大的圆是三角形的内切圆， ∴所求圆的圆心是△ABC的内心， 作∠ABC和∠ACB的平分线BE，CF交于点O， 则点O就是裁出的最大圆型部件的圆心O的位置， 过点O作OH⊥BC于H，OP⊥AC于P，OQ⊥AB于Q，连接OA，OB，OC，过点A作AM⊥BC于M，如图所示： 设BM＝x cm，⊙O的半径为R cm， ∵AB＝100cm，BC＝160cm，AC＝140cm， ∴CM＝（160﹣x）cm， 在Rt△ABM中，由勾股定理得：AM2＝AB2﹣BM2＝1002﹣x2， 在Rt△ACM中，由勾股定理得：AM2＝AC2﹣CM2＝1402﹣（160﹣x）2， ∴1002﹣x2＝1402﹣（160﹣x）2， 解得：x＝50， ∴AM（cm）， ∴S△ABCBC•AM（cm2） ∵点O为△ABC的内心， ∴OH＝OP＝OQ＝R cm， ∵S△OBC+S△OCA+S△OAB＝S△ABC， ∴BC•OHAC•OPAB•OQ， 即（100+160+140）R， ∴R． 九．圆的综合题（共6小题） 40．（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＝　6　； （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． 【答案】（1）6；（2）见详解；（3）2；（4）2OD． 【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． 41．（2024•哈尔滨）在⊙O中弦AB，CD相交于点E，AE＝CE，连接AC，BD． （1）如图1，求证：AC∥BD； （2）如图2，连接EO并延长交BD于点F，求证：∠BEF＝∠DEF； （3）如图3，在（2）的条件下，作OM⊥CD于点M，连接AD，点G在BF上，连接EG，点H在弧AD上，连接BH交AD于点T，交EG于点Q，连接TE，若DE﹣CMOE，，∠DGE＝2∠BAD，FG＝2，AC＝8，求TQ的长． 【答案】（1）证明过程详见解答； （2）证明过程详见解答； （3）． 【分析】（1）可得出∠A＝∠C，∠C＝∠B，从而∠A＝∠B，从而AC∥BD； （2）连接OD，OB，可证得△DOE≌△BOE，从而得出∠BEF＝∠DEF； （3）作AD的垂直平分线，交AB于W，连接AH，作BV⊥CD于V，作QS⊥BD于S，可得出AW＝DW，∠DEF＝30°，△BED是等边三角形，进而证得△BDW≌△BEG，从而得出DW＝EG，BW＝DG，EW＝BG，同理可得，△ACE是等边三角形，AE＝AC＝8，设EW＝BG＝a，则AW＝a+8，BF＝BG+FG＝a+2，BE＝BD＝2BF＝2a+4，EFBE（a+2），根据DW＝AW得，3（a+2）2+4＝（a+8）2，从而求得a＝8，从而得出BD＝2a+4＝16，可证得点E、T、D、B共圆，从而得出∠BTD＝∠DEB＝60°，∠BTE＝∠BDE＝60°，∠AET＝∠ADB，∠ATE＝∠EBD＝60°，可证得△AHT≌△AET，∠HAT＝∠EAT，进而证得△ADH≌△ADE，从而得出DH＝DE＝BD＝16，解△BDC得出tan∠BCD，sin∠BCD，cos∠BCD，解△BQG，可求得QG＝6，进而证得△ATE≌△QTE，从而得出AT＝QT，解△ATE得出结果． 【解答】（1）证明：∵AE＝CE， ∴∠A＝∠C， ∵， ∴∠C＝∠B， ∴∠A＝∠B， ∴AC∥BD； （2）证明：如图1， 连接OD，OB， 由（1）知， AC∥BD，∠C＝∠EBD， ∴∠EDB＝∠C＝∠EBD， ∴DE＝BE， ∵OE＝OE， ∴△DOE≌△BOE（SSS）， ∴∠BEF＝∠DEF； （3）解：如图2， 作AD的垂直平分线，交AB于W，连接AH，作BV⊥CD于V，作QS⊥BD于S， ∴AW＝DW， ∴∠BAD＝∠ADW， ∴∠BWD＝∠BAD+∠ADW＝2∠BAD， ∵∠DGE＝2∠BAD， ∴∠DWB＝∠DGE， ∵OM⊥CD， ∴DM＝CM， ∵DE﹣CMOE， ∴DE﹣CM＝DE﹣DM＝EMOE， ∴∠DEF＝30°， 由（2）知， ∠BEF＝∠DEF＝30°，DE＝BE， ∴∠DEB＝60°， ∴△BED是等边三角形， ∴DE＝BD，∠BDE＝∠EBD＝60°， ∴△BDW≌△BEG（AAS）， ∴DW＝EG，BW＝DG， ∴EW＝BG， 同理可得， △ACE是等边三角形， ∴AE＝AC＝8， 设EW＝BG＝a，则AW＝a+8，BF＝BG+FG＝a+2， ∴BE＝BD＝2BF＝2a+4， ∴EFBE（a+2）， ∴DW2＝EG2＝EF2+FG2＝3（a+2）2+4， 由DW＝AW得， 3（a+2）2+4＝（a+8）2， ∴a1＝6，a2＝﹣4（舍去）， ∴BD＝2a+4＝16， ∵， ∴∠ABH＝∠ADC，∠ADC＝∠ADH， ∴点E、T、D、B共圆， ∴∠BTD＝∠DEB＝60°，∠BTE＝∠BDE＝60°，∠AET＝∠ADB，∠ATE＝∠EBD＝60°， ∵， ∴∠ADB＝∠AHB， ∴∠AHB＝∠AET， ∵∠ATH＝∠BTD＝60°， ∴∠ATH＝∠ATE， ∵AT＝AT， ∴△AHT≌△AET（AAS）， ∴∠HAT＝∠EAT， ∵AD＝AD， ∴△ADH≌△ADE（ASA）， ∴DH＝DE＝BD＝16， 在Rt△BDV中，BD＝16，∠BDE＝60°， ∴DV＝16•cos60°＝8，BV＝16•sin60°＝8， ∴CV＝CD﹣DV＝24﹣8＝16， ∴tan∠BCD， ∴sin∠BCD， cos∠BCD， 在Rt△EFG中， tan∠EGF， 设QS＝4m，SG＝m，则BS＝BG+SG＝6+m，QG， 在Rt△QBS中， tan∠DBH＝tan∠BHD＝tan∠BCD， ∴， ∴m， ∴QG＝7m＝6， ∴BG＝QG＝6， ∴∠DBH＝∠BQG， ∵∠EQT＝∠BQG，∠DBH＝∠BHD＝∠BAD， ∴∠BAD＝∠EQT， ∵∠ATE＝∠BTE＝60°，ET＝ET， ∴△ATE≌△QTE（ASA）， ∴AT＝QT， 在Rt△AEN中， EN＝AE•sin∠BAD＝8， AN＝AE•cos∠BAD＝8， 在Rt△ETN中，EN，∠TEN＝90°﹣∠ATE＝30°， ∴NT， ∴QT＝AT＝AN+NT． 42．（2024•兰州）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在PO的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”．例如：如图1，A（2，4），B（2，2），是线段AB外一点，Q（2，3）在PO的延长线上，且，因为点Q在线段AB上，所以点P是线段AB的“延长2分点”． （1）如图1，已知图形W1：线段AB，A（2，4），B（2，2），在，P2（﹣1，﹣1），P3（﹣1，﹣2）中，　P2，P3　是图形W1的“延长2分点”； （2）如图2，已知图形W2：线段BC，B（2，2），C（5，2），若直线MN：y＝﹣x+b上存在点P是图形W2的“延长2分点”，求b的最小值； （3）如图3，已知图形W3：以T（t，1）为圆心，半径为1的⊙T，若以D（﹣1，﹣2），E（﹣1，1），F（2，1）为顶点的等腰直角三角形DEF上存在点P，使得点P是图形W3的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围． 【答案】（1）P2，P3； （2）b的最小值为； （3）1≤t≤3或． 【分析】（1）作线段AB以原点为位似中心，位似比为2：1的位似图形A′B′，得出P2（﹣1，﹣1），P3（﹣1，﹣2）在线段A′B′上，由此得出P2，P3是图形W1的“延长2分点”； （2）作BC以原点为位似中心，位似比为2：1的位似图形B′C′，当MN：y＝﹣x+b过点C′时，b值最小，把，代入y＝﹣x+b，得：，得出b的最小值为； （3）当⊙T与D′E′相切时，t＝1或t＝3，得出1≤t≤3满足题意；当⊙T与D′F′相切时，且切点为G，或，得出满足题意． 【解答】解：（1）作线段AB以原点为位似中心，位似比为2：1的位似图形A′B′， ∵A（2，4），B（2，2）， ∴A′（﹣1，﹣2），B′（﹣1，﹣1）， ∵点P是图形W1的“延长2分点”， ∴点P在线段A′B′上， ∴P2（﹣1，﹣1），P3（﹣1，﹣2）在线段A′B′上， ∴P2，P3是图形W1的“延长2分点”， 故答案为：P2，P3； （2）作BC以原点为位似中心，位似比为2：1的位似图形B′C′， ∵B（2，2），C（5，2）， ∴B′（﹣1，﹣1），， ∵直线MN：y＝﹣x+b上存在点P是图形W2的“延长2分点”， ∴直线MN：y＝﹣x+b与B′C′有交点， ∴当MN：y＝﹣x+b过点C′时，b值最小， 把，代入y＝﹣x+b，得：， ∴b的最小值为； （3）作△DEF以原点为位似中心，位似比为1：2的位似△D′E′F′， ∵D（﹣1，﹣2），E（﹣1，1），F（2，1）， ∴D′（2，4），E′（2，﹣2），F′（﹣4，﹣2）， ∵等腰直角三角形DEF上存在点P，使得点P是图形W3的“延长2分点”， ∴当W3与△D′E′F′有交点时，满足题意， 当⊙T与D′E′相切时，如图，则：t＝1或t＝3， ∴1≤t≤3； 当⊙T与D′F′相切时，且切点为G，连接TG，则：∠TGE＝90°， ∵△DEF为等腰直角三角形， ∴△D′E′F′为等腰直角三角形， ∵E（﹣1，1），F（2，1），E′（2，﹣2），F′（﹣4，﹣2）， ∴EF∥E′F′∥x轴， ∴∠D′F′E′＝45°， ∵以T（t，1）为圆心，半径为1的⊙T， ∴T点在直线EF上，TG＝1， ∴∠TEG＝∠D′E′F′＝45°， ∴， ∴或， ∴； 综上：1≤t≤3或． 43．（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＝　0.785　． （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） 【答案】见试题解答内容 【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． 44．（2024•绵阳）如图，⊙O为△ABC的外接圆，弦CD⊥AB，垂足为E，直径BF交CD于点G，连接AF，AD．若AB＝AC＝5，． （1）证明：四边形ADGF为平行四边形； （2）求的值； （3）求sin∠CAD的值． 【答案】（1）见解析； （2）； （3）sin∠CAD． 【分析】（1）根据圆周角定理得到∠BAF＝90°，根据平行线的判定定理得到CD∥AF，推出∠ADC＝∠BGD，得到AD∥GF，根据平行四边形的判定定理得到结论； （2）设BE＝x，得到AE＝AB﹣BE＝5﹣x，根据勾股定理得到BE＝2，AE＝3，得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； （3）过点D作DH⊥AC于H，根据勾股定理得到CE4，根据相似三角形的性质得到，求得AD，DE，根据三角函数的定义即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵BF是⊙O的直径， ∴∠BAF＝90°， ∴AF⊥AB， ∵CD⊥AB， ∴CD∥AF， ∴DG∥AF， ∴∠AFB＝∠BGD， ∵， ∴∠ADC＝∠ABC， ∵， ∴∠ACB＝∠AFB， ∴∠ADC＝∠BGD， ∴AD∥GF， ∴四边形ADGF为平行四边形； （2）解：设BE＝x， ∵AB＝AC＝5， ∴AE＝AB﹣BE＝5﹣x， ∵AB⊥CD， ∴∠BEC＝∠AEC＝90°， ∴BC2﹣BE2＝AC2﹣AE2＝CE2， ∵BC＝2， ∴（2）2﹣x2＝52﹣（5﹣x）2， 解得x＝2， ∴BE＝2，AE＝3， ∴， 由（1）知，∠ADC＝∠BGD， ∵∠AED＝∠BEG， ∴△ADE∽△BGE， ∴， ∴； （3）解：过点D作DH⊥AC于H， 在Rt△BCE中，CE4， ∵， ∴∠BAD＝∠BCD， ∵∠AED＝∠CEB， ∴△AED∽△CEB， ∴， ∴， ∴AD，DE， ∴CD＝CE+DE＝4， ∵S△ACDAC•DH， ∴3＝5DH， ∴DH， 在Rt△ADH中，sin， ∴sin∠CAD． 45．（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 　CE与⊙O相切　，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DE所成的比DF：FE始终相等．请予以证明． 【答案】操作发现：CE与⊙O相切； 实践探究：； 问题解决：见解析． 【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CF（6﹣x）（x﹣3）2+3，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 ∴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， ∴． 一十．旋转的性质（共1小题） 46．（2024•徐州）如图，在▱ABCD中，AB＝6，AD＝10，∠BAD＝60°，P为边AB上的动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD于点Q． （1）若点P与点B重合，则线段MN的长度为 　5　． （2）随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理由． 【答案】（1）5．（2）不变；理由见解答过程． 【分析】（1）当点P与点B重合时，E、N、D、F、C共线，PE＝PC＝BC，MN为△PDE的中位线，即可求出MN的长度． （2）构造△PFG，使MN为△PFG的中位线，再构造△HPE≌△KCP，进而证得△PGH是等边三角形，得出MNGHAD＝5．然后由△API和△GDI为等边三角形，推导出PB＝DF，然后再由AQ＝AI+IQ＝8，最后得出MN和AQ的长度不变． 【解答】解：（1）当点P与点B重合时，点F在点D处，此时E、N、D、F、C共线， 如图①，在平行四边形ABCD中，BC＝AD＝10． 将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，PC＝BC＝PE＝10． 点M、N分别是PF、ED的中点，由中位线可知2MN＝PE＝10． ∴MN＝5． 故答案为：5． （2）结论：不变． 如解图②，连接FN并延长到点G，使得FN＝GN，连接 GE，DG， ∵点N为 DE中点， ∴EN＝DN． ∴四边形GEFD 为平行四边形， ∴GE//AF，GD//EF． 延长EG，BA交于H点，连接PG． ∵GD//EF//HB，HG//AF． ∴四边形HADG为平行四边形， ∴HG＝AD， ∴∠BAD＝∠AHG＝60°． 如解图②，延长AB至点K，使得BK＝BC，连接CK， 在平行四边形ABCD中， ∵∠BAD＝60°， ∴∠CBK＝60°， ∴△BKC是等边三角形， ∴∠K＝60°．KC＝BC＝AD＝10， ∵∠HEP+∠HPE＝120°，∠HPE+∠CPK＝180°﹣60°＝120°， ∴∠HEP＝∠CPK， 又∠K＝∠H＝60°，PE＝PC， ∴△EHP≌△PKC（AAS）． ∴HP＝KC＝AD＝HG＝10， ∴△PGH 为等边三角形． ∵点M、N为PF、GF的中点， ∴MN为△PGF的中位线，MNPG． ∴PG＝HG＝AD＝10． ∴MN＝5．且长度不变； 连接CE， 由△CPE和△GPH都为等边三角形． 由手拉手模型易证△HPE≌△GPC（SAS）． ∴CG＝HE＝AF． 设PG与 AD 交于I点，易证△API和△GDI为等边三角形． 由上可知：△API和△IGD为等边三角形， ∴GD＝ID． ∴AF﹣DI＝CG﹣DG， ∴AI+DF＝DC＝6＝AP+PB， ∵AP＝AI， ∴PB＝DF，设AP＝a， 则PB＝6﹣a＝DF，AI＝AP＝a，ID＝10﹣a， ∴IF＝ID+DF＝10﹣a+6﹣a＝16﹣2a． ∵MN为△GFP的中位线，Q为IF中点， ∴IQIF＝8﹣a， ∴AQ＝AI+IQ＝a+8﹣a＝8． 故MN和AQ的长度都不变． 一十一．几何变换综合题（共4小题） 47．（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 　BE＝3AD　，AD与BE的位置关系是 　AD⊥BE　； （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． 【答案】（1）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，理由见解析过程； （3）． 【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． 48．（2024•攀枝花）如图1，在△ABC中，∠ABC＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α得到△DBE，此时点D落在AC的延长线上． （1）求α的大小； （2）设AB＝x，BC＝y，求y关于x的函数关系式； （3）如图2，连接AE，F为AE的中点，连接BF，证明：直线BF⊥AD． 【答案】（1）90°； （2）； （3）见解析． 【分析】（1）根据旋转的性质结合已知条件，得出△ABD是等腰直角三角形，即可求解； （2）过点C作CG⊥AB于点G，根据勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，表示出CG，BG，进而列出关系式； （3）连接DF，根据已知以及旋转的性质可得DE⊥AD，证明△ABF≌△DBF（SSS）得出，进而可得∠FDB＝∠BDE＝45°，即可证明BF∥DE，即可得证 【解答】解：（1）由旋转可得BA＝BD， 又∵点D落在AC的延长线上，∠BAC＝45°， ∴∠BDA＝∠BAC＝45°， ∴α＝∠ABD＝90°， （2）如图1，过点C作CG⊥AB于点G， ∵∠BAC＝45°，则△ACG是等腰直角三角形， ∴AG＝CG， ∵∠ABC＝30°，AB＝x，BC＝y， ∴，， ∵， ∴， （3）证明：如图2，连接DF， ∵∠BDA＝∠A＝45°，由旋转可得∠BDE＝∠BAC＝45°， ∴∠DAE＝90°， ∴DE⊥AD， ∵F是AE的中点， ∴DF＝AF， 在△ABF和△DBF中， ， ∴△ABF≌△DBF（SSS）， ∴， ∴∠FDB＝∠BDE＝45°， ∴BF∥DE， ∴BF⊥AD． 49．（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逆时针转120°得到线段CN，连接EN，若AC＝4，求线段EN的取值范围． 【答案】（1）75°； （2）∠ABE＝30°； （3）EN． 【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EN2a，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°， ∵线段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， ∴EN2a， ∵点D在AB上， ∴AC≤CD＜AC， ∴2≤5a＜4， ∴a， ∴EN． 50．（2024•辽宁）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝α（0°＜α＜45°）．将线段CA绕点C顺时针旋转90°得到线段CD，过点D作DE⊥BC，垂足为E． （1）如图1，求证：△ABC≌△CED． （2）如图2，∠ACD的平分线与AB的延长线相交于点F，连接DF，DF的延长线与CB的延长线相交于点P，猜想PC与PD的数量关系，并加以证明． （3）如图3，在（2）的条件下，将△BFP沿AF折叠，在α变化过程中，当点P落在点E的位置时，连接EF． ①求证：点F是PD的中点； ②若CD＝20，求△CEF的面积． 【答案】（1）证明过程详见解答； （2）PC＝PD； （3）①证明过程详见解答； ②30． 【分析】（1）可证得∠D+∠DCE＝90°，∠DCE+∠ACB＝90°，从而∠ACB＝∠D，进而证得△ABC≌△CED； （2）可证得△ACF≌△DCF，从而∠A＝∠PDC，进而证得∠PDC＝∠DCE，从而得出PC＝PD； （3）①由折叠得PF＝EF，∠P＝∠PEF，可证得∠PEF+∠DEF＝90°，∠P+∠PDE＝90°，从而∠PDE＝∠DEF，从而得出EF＝DF，进而得出PF＝DF； ②设CE＝a，BC＝DE＝b，从而BE＝BC﹣CE＝b﹣a，可证得△PBF∽△PED， ∴，从而得出PE＝2BE＝2（b﹣a），BFDE，从而S△CEF，在Rt△PED中，根据勾股定理得出∠PED＝90°，b2+[2（b﹣a）]2＝（2b﹣a）2，从而得出b＝3a，由∠DEC＝90°得出a2+b2＝202，从而得出a2+（3a）2＝400，进一步得出结果． 【解答】（1）证明：∵DE⊥BC， ∴∠DEC＝90°， ∴∠D+∠DCE＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ABC＝∠DEC， ∵线段CA绕点C顺时针旋转90°得到线段CD， ∴∠ACD＝90°，AC＝CD， ∴∠DCE+∠ACB＝90°， ∴∠ACB＝∠D， ∴△ABC≌△CED（AAS）； （2）PC＝PD，理由如下： ∵CF是∠ACD的平分线， ∴∠ACF＝∠DCF， 由（1）知， AC＝CD，△ABC≌△CED， ∴∠A＝∠DCE， ∵CF＝CF， ∴△ACF≌△DCF（SAS）， ∴∠A＝∠PDC， ∴∠PDC＝∠DCE， ∴PC＝PD； （3）①∵△BFP沿AF折叠，点P落在点E， ∴PF＝EF，∠P＝∠PEF， ∵DE⊥BC， ∴∠PED＝90°， ∴∠PEF+∠DEF＝90°，∠P+∠PDE＝90°， ∴∠PEF+∠PDE＝90°， ∴∠PDE＝∠DEF， ∴EF＝DF， ∴PF＝DF， ∴点F是PD的中点； ②解：设CE＝a，BC＝DE＝b， ∴BE＝BC﹣CE＝b﹣a， 由①知， 点F是PD的中点， ∴PFPD， ∵∠ABC＝∠PED＝90°， ∴BF∥DE， ∴△PBF∽△PED， ∴， ∴PE＝2BE＝2（b﹣a），BFDEb， ∴S△CEF， ∵∠PED＝90°，DE＝b，PE＝2（b﹣a），PD＝PC＝PE+CE＝2（b﹣a）+a＝2b﹣a， ∴b2+[2（b﹣a）]2＝（2b﹣a）2， 化简得， 3a2﹣4ab+b2＝0， ∴b＝a或b＝3a， ∵0°＜α＜45°， ∴a＝b舍去， ∴b＝3a， ∴S△CEF， ∵∠DEC＝90°， ∴a2+b2＝202， ∴a2+（3a）2＝400， ∴a2＝40， ∴S△CEF， ∴△CEF的面积是30． 一十二．相似形综合题（共9小题） 51．（2024•海南）正方形ABCD中，点E是边BC上的动点（不与点B、C重合），∠1＝∠2，AE＝EF，AF交CD于点H，FG⊥BC交BC延长线于点G． （1）如图1，求证：△ABE≌△EGF； （2）如图2，EM⊥AF于点P，交AD于点M． ①求证：点P在∠ABC的平分线上； ②当时，猜想AP与PH的数量关系，并证明； ③作HN⊥AE于点N，连接MN、HE，当MN∥HE时，若AB＝6，求BE的值． 【答案】（1）见证明过程； （2）①见证明过程； ②m+1，见解答过程； ③BE＝3． 【分析】（1）利用AAS即可证明△ABE≌△EGF； （2）①证明△AEF是等腰直角三角形，再证明A、B、E、P四点共圆，求得∠ABP＝∠AEP＝45°，即可证明结论成立； ②由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线 上，证明△ABP∽△HDP，根据相似三角形的性质即可求解； ③证明四边形MNEH是平行四边形，推出△PHQ和△HDP都是等腰直角三角形，设PM＝PH＝a，则 MQ＝2a，ME＝2MQ＝4a，由△APM∽△ADH，再计算即可． 【解答】（1）证明：∵正方形ABCD， ∴∠B＝90°， ∵FG⊥BC， ∴∠G＝90°， 由∠B＝∠G，∠1＝∠2，AE＝EF， 得△ABE≌△EGF（AAS）； （2）①证明：连BP． 由（1）得△ABE≌△EGF， ∴∠AEB＝∠EFG， ∴∠AEB+∠GEF＝∠AEB+∠BAE＝90°， 即∠AEF＝90°， ∴△AEF是等腰直角三角形， ∵EM⊥AF， ∴∠APE＝90°，∠AEP＝∠FEP＝45°， ∵∠ABE＝90°， ∴A、B、E、P四点共圆， ∴∠ABP＝∠AEP＝45°， ∵∠ABE＝90°，∠ABP＝∠CBP＝45°， ∴点P在∠ABC的平分线上； ②m+1． 理由如下： 由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线上，如图： ∵正方形ABCD， ∴AB∥HD， ∴△ABP∽△HDP， ∴， ∵m， ∴HC＝mHD， ∴DC＝DH+HC＝（m+1）HD， ∴m+1； ③由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线上， ∴∠PDH＝45°， 同理M、D、H、P四点共圆， ∴∠PMH＝∠PDH＝45°， ∵∠AEP＝∠NEM＝45°， ∴∠EMH＝∠NEM＝45°， ∴MH∥EN， ∵MN∥HE， ∴四边形MNEH是平行四边形， ∵△AEF是等腰直角三角形， ∴△PHQ和△PHM都是等腰直角三角形， 设PM＝PH＝a，则MQ＝2a，ME＝2MQ＝4a， ∵PM＝PH，PA＝PE， ∴AH＝ME＝4a， ∴AP＝3a， 则AE＝3a， ∴BE， ∵∠APM＝∠ADH， ∴△APM∽△ADH， ∴， ∴DH， ∴AH2， ∵AH＝4a， ∴4a＝2， ∴a， ∴BE3． 52．（2024•资阳）（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在边BC上．若∠BAD＝∠C，则AB2＝BD•BC，请证明； （2）【灵活运用】如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，点D为边BC的中点，CA＝CD＝2，点E在AB上，连接AD，DE．若∠AED＝∠CAD，求BE的长； （3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB＝5，点E，F分别在边AD，CD上，∠ABC＝2∠EBF，延长AD，BF相交于点G．若BE＝4，DG＝6，求FG的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）证明△ABD∽△CBA，得到，得出AB2＝BD•BC； （2）过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G，证明△BED∽△BAD，得出，即，解得：； （3）连接BD，证明△DFG∽△CFB，得出，即，解得：． 【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠C，∠ABD＝∠CBA， ∴△ABD∽△CBA， ∴， ∴AB2＝BD•BC； （2）解：过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G， 则∠AFC＝∠AGD＝90°， ∴CF∥DG，∠BAC＝60°， ∴，， ∵D为BC的中点， ∴， ∵CF∥DG， ∴△BDG∽△BCF， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵AC＝CD， ∴∠CAD＝∠CDA， ∵∠AED＝∠CAD， ∴∠AED＝∠CDA， ∴∠AED+∠BED＝∠ADC+∠ADB＝180°， ∴∠BED＝∠ADB， ∵∠DBE＝∠ABD， ∴△BED∽△BDA， ∴，即， 解得：； （3）解：连接BD， ∵四边形ABCD为菱形， ∴，AD＝AB＝BC＝5，AD∥BC， ∵∠ABC＝2∠EBF， ∴∠ABD＝∠CBD＝∠EBF， ∴∠EBF﹣∠DBF＝∠CBD﹣∠DBF，即∠DBE＝∠CBF， ∵AD∥BC， ∴∠CBF＝∠G， ∴∠DBE＝∠G， ∵∠DEB＝∠BEG， ∴△BED∽△GEB， ∴， ∵DG＝6， ∴EG＝DE+6， ∴， 解得：DE＝2，负值舍去， ∴EG＝2+6＝8， ∴AE＝AD﹣DE＝3， ∵AE2+BE2＝32+42＝52＝AB2， ∴△ABE为直角三角形，∠AEB＝90°， ∴∠BEG＝180°﹣90°＝90°， ∴在Rt△BEG中根据勾股定理得：， ∴， ∵AD∥BC， ∴△DFG∽△CFB， ∴， 即， 解得：． 53．（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． 【答案】（1）甲同学和乙同学结论都正确，证明见解析；（2）证明过程见解析． 【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， 又∵AD＝AE， ∴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， 由方法一可知四边形FGMP是菱形， ∴∠FNG＝90°＝∠DAM， ∵∠FGN＝∠MGN＝∠DMA， ∴△ADM∽△NFG， ∴， ∴FN•AM＝GN•AD． 54．（2024•南通）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 60° 2 4 4 图② 1 45° 2 图③ 1 30° 　　 　　 　　 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB•AC之间的数量关系：　AB+AC＝2AB•AC•cosα　． 【变式思考】 （2）已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB•AC之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？ 【答案】（1），，，AB+AC＝2AB•AC•cosα； （2）AB•AC＝AB+AC，证明见解答； （3）画图见解答，为定值． 【分析】（1）根据等腰三角形性质可得AD⊥BC，再运用解直角三角形即可求得答案； （2）过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，运用等腰三角形性质可得DF＝DE，利用S△ABC＝S△ABD+S△ACD，即可求得答案； （3）根据题目要求画图，设∠A＝α，运用等腰三角形性质和三角形内角和定理可求得α＝36°，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，利用S△BMN＝S△BEM+S△BEN，即可求得答案． 【解答】解：（1）如图③， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， 在Rt△ABD中，AB， ∴AC＝AB， 两腰之和为AB+AC，两腰之积为AB•AC， 猜想：AB+AC＝2AB•AC•cosα， 证明：如图， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， 在Rt△ABD中，AB， ∴AB+AC，AB•AC， ∴AB+AC＝2AB•AC•cosα； 故答案为：，，，AB+AC＝2AB•AC•cosα； （2）AB•AC＝AB+AC． 证明：如图，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G， 则DE＝AD•sin∠BAD＝1×sin30°， ∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC， ∴DF＝DE， 在Rt△ACG中，CG＝AC•sin∠BAC＝AC•sin60°AC， ∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD， ∴AB•ACAB•AC•， ∴AB•AC＝AB+AC； （3）补全图形如图所示： 设∠A＝α， ∵BD＝AD， ∴∠ABD＝∠A＝α， ∴∠BDC＝∠ABD+∠A＝2α， ∵BD＝BC， ∴∠BCD＝∠BDC＝2α， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝2α， ∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴α+2α+2α＝180°， 解得：α＝36°， ∴∠A＝∠ABD＝∠CBD＝36°， 如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G， ∵S△BMN＝S△BEM+S△BEN， ∴BM•NGBM•EFBN•EH， ∵∠ABD＝∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC， ∴EF＝EH， ∴BM•BN•sin72°＝（BM+BN）•EH， ∴， ∵sin∠CBD＝sin36°， ∴EH＝BE•sin36°， ∴， ∵BE为定长，sin36°和sin72°为定值， ∴为定值， 即为定值． 55．（2024•镇江）主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图 【阅读理解】 任务：如图1，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，DE∥BC，仅用一把无刻度的直尺作DE、BC的中点． 操作：如图2，连接BE、CD交于点P，连接AP交DE于点M，延长AP交BC于点N，则M、N分别为DE、BC的中点． 理由：由DE∥BC可得△ADM∽△ABN及△AEM∽△ACN，所以，，所以，同理，由△DMP∽△CNP及△EMP∽△BNP，可得，，所以，所以，则BN＝CN，DM＝EM，即M、N分别为DE、BC的中点． 【实践操作】 请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （1）如图3，l1∥l2，点E、F在直线l2上． ①作线段EF的中点； ②在①中作图的基础上，在直线l2上位于点F的右侧作一点P，使得PF＝EF； （2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…、k倍（k为正整数）的线段．如图4，l1∥l2，已知点P1、P2在l1上，他利用上述方法作出了P2P3＝P3P4＝P1P2.点E、F在直线l2上，请在图4中作出线段EF的三等分点； 【探索发现】 请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （3）如图5，DE是△ABC的中位线．请在线段EC上作出一点Q，使得QECE（要求用两种方法）． 【答案】（1）见解答部分图形； （2）见解答部分图形； （3）见解答部分图形． 【分析】实践操作（1）①根据【阅读理解】部分的作法：在l1上任取一点A，得到△AEF，AE与交l1于点B，AF交l1于点C，连接CE，BF交于点O，作射线AO交l1，l2分别于N，M，点M即为所求点； ②作射线FN交AE于点G，作射线GC交l2于点P，点P即为所求； （2）根据上述作法，有两种作法； 【探索发现】如作法一，根据相似可知，连接CD，BE交于点O，则DO：OC＝1：2，即点O是CD的三等分点之一，由此可以得出过点O作BC的平行线；同理可得点M是CP的三等分点之一，则OM∥BC，即点Q为所求作点． 【解答】解：【实践操作】 （1）①如图， 点M即为所求作的点； ②如图， 点P即为所求作的点； （2）如图， 作法一、 作法二、 点N，M即为所求作的点； 【探索发现】（3）如图， 作法一、 作法二、 作法三、 作法四、 作法五、 点Q即为所求的点． 56．（2024•甘南州）某学校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： （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，且DE⊥CF，猜想并计算的值； （2）如图2，在矩形ABCD中，∠DBC＝30°，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，求的值； （3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，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． 【答案】（1）1； （2）； （3）见解析． 【分析】（1）如图1，设DE与CF交于点G，根据正方形的性质得到∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD，根据余角的性质得到∠CFD＝∠AED，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论； （2）如图2，设DB与CE交于点G，根据矩形的性质得到∠A＝∠EDC＝∠BCD＝90°，求得∠CDG＝60°，得到CECD，BD＝2CD，于是得到； （3）如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，根据矩形的判定定理得到四边形ABCH为矩形，根据矩形的性质得到AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°，根据相似三角形的判定和性质定理得到结论． 【解答】（1）解：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， ， ∴△AED≌△DFC（AAS）， ∴DE＝CF， ∴1； （2）解：如图2，设DB与CE交于点G， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠EDC＝∠BCD＝90°， ∵∠DBC＝30°， ∴∠CDG＝60°， ∵CE⊥BD， ∴∠DGC＝90°， ∴∠DCE＝30°， ∴CECD，BD＝2CD， ∴； （3）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•AB＝CF•AD． 57．（2024•徐州）在△ABC中，点D在边AB上，若CD2＝AD•DB，则称点D是点C的“关联点”． （1）如图（1），在△ABC中，若∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D．试说明：点D是点C的“关联点”． （2）如图（2），已知点D在线段AB上，用无刻度的直尺和圆规作一个△ABC，使其同时满足下列条件：①点D为点C的“关联点”；②∠ACB是钝角（保留作图痕迹，不写作法）． （3）若△ABC为锐角三角形，且点D为点C的“关联点”．设AD＝m，DB＝n，用含m、n的代数式表示AC的取值范围（直接写出结果）． 【答案】（1）详见解析； （2）详见解析； （3）AC或AC． 【分析】（1）证△ACD∽△CBD即可得证； （2）依据题意作出尺规作图，由（1）我们发现当∠ACB是直角三角形时，DC2＝DA•DB，所以我们需要找到一个点满足D到这个点的距离等于直角三角时的DC，这时很容易想到轨迹圆； （3）分类讨论，①当m＜n时，根据第二问可得出锐角三角形时C的位置，再利用勾股定理求出临界值范围即可，②当m＜n时，同①方法． 【解答】（1）证明：∵CD⊥AB， ∴∠CDA＝∠CDB＝90°， ∴∠A+∠ACD＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BCD+∠ACD＝90°， ∴∠A＝∠BCD， ∵∠CDA＝∠CDB＝90°， ∴△ACD∽△CBD， ∴， ∴CD2＝AD•DB， ∴点D是点C的“关联点”． （2）解：如图，△ABC即为所求， 作法提示：①作线段AB的垂直平分线，交AB于点O； ②以O为圆心，OA为半径作圆； ③过D作DP⊥AB交⊙O于点P； ④以D为圆心，DP为半径画圆，则点C在⊙D上且在直线DP右侧． 简证：∵P在以AB为直径的圆上， ∴∠APB＝90°， 根据第一问很容易得出DP2＝DA•DB， ∵DC＝DP， ∴DC2＝DA•DB． （3）①当m＜n时， 如图所示，结合第（2）问，我们发现当点C在直线DP左侧、A的右侧时，△ACB是锐角三角形， 此时AC1＜AC＜AC2， ∵DC2＝DA•DB，且DA＝m，DB＝n， ∴mn， 在Rt△ADC1中，AC1， 在Rt△ADC2中，AC2， ∴AC； ②当m＞n时，同理可得AC； 综上，AC或AC． 58．（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　∠ACD　；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． 【答案】见试题解答内容 【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． 59．（2024•宿迁）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动． 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平； 操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE； 操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF． 把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H． 根据以上操作，得∠EBF＝　45　°． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明； （2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM＝MF． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 【答案】【操作判断】45； 【探究证明】（1）△BFG为等腰直角三角形，证明见解答； （2）证明见解答； 【深入研究】． 【分析】【操作判断】根据折叠的性质即可解答； 【探究证明】（1）证明△BHG∽△CHF，△BHC∽△GHF，得到∠BCH＝∠GFH＝45°，即可解答； （2）根据等腰直角三角形的性质证明△PBG≌QGF（AAS），利用平行线的性质及折叠的性质，即可得证； 【深入研究】根据旋转的性质及勾股定理证明△GBH≌△NBH（SAS），设AP＝PG＝DQ＝FQ＝a，分别求出CH，GH，即可解答． 【解答】【操作判断】解：如图， 由题意可得∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∵2∠2+2∠3＝90°， ∴∠2+∠3＝45°， ∴∠EBF＝45°， 故答案为：45； 【探究证明】（1）解：方法一：△BFG为等腰直角三角形，证明如下： 由题意可得∠EBF＝45°， ∵正方形ABCD， ∴∠BCA＝∠ACD＝45°， ∵∠EBF＝45°， ∴△BHG∽△CHF， ∴， ∴， ∵∠GHF＝∠BHC， ∴△BHC∽△GHF， ∴∠BCH＝∠GFH＝45°， ∴△GBF为等腰直角三角形； 方法二：∵∠GBC＝∠GCF＝45°， ∴B、C、F、G四点共圆， ∴∠BFG＝∠BCG＝45°， ∴∠BFG＝∠GBF＝45°， 即∠BGF＝90°， ∴△GBF为等腰直角三角形； （2）证明：∵△GBF为等腰直角三角形， ∴∠BGF＝90°，BG＝FG， ∴∠PBG＝∠QGF， ∵PQ⊥AB，PQ⊥CD， ∴∠BPG＝∠GQF＝90°， ∴△PBG≌QGF（AAS）， ∴∠PGB＝∠GFQ， ∵PQ∥AD， ∴∠PGB＝∠AEB， ∵翻折， ∴∠AEB＝∠BEF， ∵∠PGB＝∠EGQ， ∴∠BEF＝∠EGQ， ∵∠BEF+∠EFG＝∠EGQ+∠FGQ＝90°， ∴∠EFG＝∠FGQ， ∴EM＝MG＝MF； 【深入研究】解：方法一：将△AGB旋转至△BNC，连接HN，如图， ∴△AGB≌△CNB， ∴∠BAC＝∠BCN＝45°，AG＝CN，BG＝BN， ∵∠ACB＝45°， ∴∠HCN＝90°， ∴CH2+CN2＝HN2， ∵∠5＝∠6，∠EBF＝45°， ∴∠GBH＝∠NBH， ∴△GBH≌△NBH（SAS）， ∴GH＝NH， ∴CH2+AG2＝GH2， 由（2）知△PBG≌△QGF，四边形APQD为矩形， ∵∠BAC＝45°， ∴AP＝PG＝DQ＝FQ， 设AP＝PG＝DQ＝FQ＝a， ∴AGa， ∵， ∴ACka， ∴GH+HC＝AC﹣AGa（k﹣1）， ∵CH2+AG2＝GH2， ∴GH2﹣CH2＝（CH+GH）（GH﹣CH）＝2a2， ∴GH﹣CH， 解得GH，CH， ∴． 方法二：如图，延长BF交PQ延长线于点N， 则， 由于BC的长度已知，所以只需求出GN的长度即可， 由（2）知M为EF的中点，且PQ∥AD， ∴点Q为DF的中点，即DQ＝QF＝AP＝a， ∴CF＝CD﹣DF＝ak﹣2a， ∴， 即， ∴QN， ∵QG＝PQ﹣PG＝ak﹣a， ∴GN＝QG+QN， ∴． 一十三．解直角三角形的应用（共1小题） 60．（2024•南京）如图（1），夜晚，小明从路灯L的正下方P1处出发，先沿平路走到P2处，再上坡到达P3处．已知小明的身高为1.5m，他在道路上的影长y（单位：m）与行走的路程x（单位：m）之间的函数关系如图（2）所示，其中，OA，BC是线段，AB是曲线． （1）结合P2的位置，解释点A的横坐标、纵坐标的实际意义． （2）路灯L的高度是　6　m． （3）设P2P3的坡角为α（0°＜α＜45°）． ①通过计算：比较线段OA与线段BC的倾斜程度． ②当α取不同的值时，下列关于曲线AB的变化趋势的描述；（a）y随x的增大而增大；（b）y随x的增大而减小；（c）y随x的增大先增大后减小；（d）y随x的增大先减小后增大．其中，所有可能出现的序号是　（a）（b）（c）　（说明：全部填对的得满分，有填错的不得分）． 【答案】（1）横坐标：小明走到灯下6m处，纵坐标：此时影长为2m，影长的顶端正好在P2处； （2）6； （3）①线段OA的倾斜程度更大；②（a）（b）（c）． 【分析】（1）横坐标：小明走到灯下6m处，纵坐标：此时影长为2m，影长的顶端正好在P2处； （2）根据题意列出方程，求得路灯L的高度是6m； （3）①根据A（6，2），得出kOA，根据三角函数，得出，再进行比较即可； ②A：小明走到灯下6m处，影子正好顶端在P2处，B：小明走到灯下8m处，到达P2，当α取不同的值时，影长y可能随x的增大而增大或随x的增大而减小或随x的增大先增大后减小． 【解答】解：（1）由题意得：A（6，2）， 横坐标：小明走到灯下6m处，纵坐标：此时影长为2m，影长的顶端正好在P2处； （2）由题意得：， 解得：x＝6， ∴路灯L的高度是6m， 故答案为：6； （3）①∵A（6，2）， ∴kOA， EF为小明在坡上任意一点， ∴此时，BF＝（x﹣8）m，影长FC＝y m，P1G＝8tanα m， ∵EF∥LG， ∴， ∴， ∵cosα， ∴BG， ∴CG， ∴， 整理得：， ∴， ∵， ∴kBC＜kOA， ∴线段OA的倾斜程度更大； ②A：小明走到灯下6m处，影子正好顶端在P2处， B：小明走到灯下8m处，到达P2， ∴当α取不同的值时，可能出现（a）（b）（c）的情况， 故答案为：（a）（b）（c）． 考点卡片 1．二元一次方程组的应用 （一）列二元一次方程组解决实际问题的一般步骤： （1）审题：找出问题中的已知条件和未知量及它们之间的关系． （2）设元：找出题中的两个关键的未知量，并用字母表示出来． （3）列方程组：挖掘题目中的关系，找出两个等量关系，列出方程组． （4）求解． （5）检验作答：检验所求解是否符合实际意义，并作答． （二）设元的方法：直接设元与间接设元． 当问题较复杂时，有时设与要求的未知量相关的另一些量为未知数，即为间接设元．无论怎样设元，设几个未知数，就要列几个方程． 2．函数关系式 用来表示函数关系的等式叫做函数解析式，也称为函数关系式． 注意： ①函数解析式是等式． ②函数解析式中，通常等式的右边的式子中的变量是自变量，等式左边的那个字母表示自变量的函数． ③函数的解析式在书写时有顺序性，例如，y＝x+9时表示y是x的函数，若写成x＝﹣y+9就表示x是y的函数． 3．函数的图象 函数的图象定义 对于一个函数，如果把自变量与函数的每一对对应值分别作为点的横、纵坐标，那么坐标平面内由这些点组成的图形就是这个函数的图象． 注意：①函数图形上的任意点（x，y）都满足其函数的解析式；②满足解析式的任意一对x、y的值，所对应的点一定在函数图象上；③判断点P（x，y）是否在函数图象上的方法是：将点P（x，y）的x、y的值代入函数的解析式，若能满足函数的解析式，这个点就在函数的图象上；如果不满足函数的解析式，这个点就不在函数的图象上．． 4．反比例函数综合题 （1）应用类综合题 能够从实际的问题中抽象出反比例函数这一数学模型，是解决实际问题的关键一步，培养了学生的建模能力和从实际问题向数学问题转化的能力．在解决这些问题的时候我们还用到了反比例函数的图象和性质、待定系数法和其他学科中的知识． （2）数形结合类综合题 利用图象解决问题，从图上获取有用的信息，是解题的关键所在．已知点在图象上，那么点一定满足这个函数解析式，反过来如果这点满足函数的解析式，那么这个点也一定在函数图象上．还能利用图象直接比较函数值或是自变量的大小．将数形结合在一起，是分析解决问题的一种好方法． 5．二次函数图象与系数的关系 二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0） ①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小． 当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；|a|还可以决定开口大小，|a|越大开口就越小． ②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置． 当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左侧； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右侧．（简称：左同右异） ③．常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴交于（0，c）． ④抛物线与x轴交点个数． △＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点． 6．二次函数图象上点的坐标特征 二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（，）． ①抛物线是关于对称轴x成轴对称，所以抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式．顶点是抛物线的最高点或最低点． ②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析中的c值． ③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x． 7．二次函数的最值 （1）当a＞0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而减少；在对称轴右侧，y随x的增大而增大，因为图象有最低点，所以函数有最小值，当x时，y． （2）当a＜0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随x的增大而减少，因为图象有最高点，所以函数有最大值，当x时，y． （3）确定一个二次函数的最值，首先看自变量的取值范围，当自变量取全体实数时，其最值为抛物线顶点坐标的纵坐标；当自变量取某个范围时，要分别求出顶点和函数端点处的函数值，比较这些函数值，从而获得最值． 8．二次函数的应用 （1）利用二次函数解决利润问题 在商品经营活动中，经常会遇到求最大利润，最大销量等问题．解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后确定其最大值，实际问题中自变量x的取值要使实际问题有意义，因此在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围． （2）几何图形中的最值问题 几何图形中的二次函数问题常见的有：几何图形中面积的最值，用料的最佳方案以及动态几何中的最值的讨论． （3）构建二次函数模型解决实际问题 利用二次函数解决抛物线形的隧道、大桥和拱门等实际问题时，要恰当地把这些实际问题中的数据落实到平面直角坐标系中的抛物线上，从而确定抛物线的解析式，通过解析式可解决一些测量问题或其他问题． 9．二次函数综合题 （1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题 解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项． （2）二次函数与方程、几何知识的综合应用 将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件． （3）二次函数在实际生活中的应用题 从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义． 10．等边三角形的判定与性质 （1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用． （2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等． （3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定． 11．勾股定理 （1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方． 如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2． （2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中． （3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a，b及c． （4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边． 12．三角形综合题 涉及到的知识点比较多，如全等三角形的证明，三角形的相似、解直角三角形，锐角三角函数以及与四边形的综合考查． 13．平行四边形的性质 （1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． （2）平行四边形的性质： ①边：平行四边形的对边相等． ②角：平行四边形的对角相等． ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． （3）平行线间的距离处处相等． （4）平行四边形的面积： ①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积． ②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等． 14．四边形综合题 涉及到的知识点比较多，主要考查平行四边形、菱形、矩形、正方形，经常与二次函数和圆一起出现，综合性比较强． 15．切线的性质 （1）切线的性质 ①圆的切线垂直于经过切点的半径． ②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点． ③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心． （2）切线的性质可总结如下： 如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直． （3）切线性质的运用 运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三角形解决问题． 16．三角形的内切圆与内心 （1）内切圆的有关概念： 与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点． （2）任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形． （3）三角形内心的性质： 三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角． 17．圆的综合题 考查的知识点比较多，一般考查垂径定理、圆周角定理、切线长定理、扇形的面积和弧长，经常与四边形一起，难度比较大． 18．旋转的性质 （1）旋转的性质： 　　　　①对应点到旋转中心的距离相等．　　　　②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．　　　　③旋转前、后的图形全等．　　（2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．　　　　注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样． 19．几何变换综合题 这种题型主要考查旋转、平移以及动点问题，经常是四边形和圆的综合题目，难度大． 20．相似三角形的判定与性质 （1）相似三角形是相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等． （2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可． 21．相似形综合题 主要考查相似三角形的判定与性质，其中穿插全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例等知识，难度大． 22．解直角三角形的应用 （1）通过解直角三角形能解决实际问题中的很多有关测量问． 如：测不易直接测量的物体的高度、测河宽等，关键在于构造出直角三角形，通过测量角的度数和测量边的长度，计算出所要求的物体的高度或长度． （2）解直角三角形的一般过程是： ①将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题）． ②根据题目已知特点选用适当锐角三角函数或边角关系去解直角三角形，得到数学问题的答案，再转化得到实际问题的答案． 23．中心投影 （1）中心投影：由同一点（点光源）发出的光线形成的投影叫做中心投影．如物体在灯光的照射下形成的影子就是中心投影． （2）中心投影的光线特点是从一点出发的投射线．物体与投影面平行时的投影是放大（即位似变换）的关系． （3）判断投影是中心投影的方法是看光线是否相交于一点，如果光线是相交于一点，那么所得到的投影就是中心投影． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/3/20 8:16:10；用户：思达教育；邮箱：15200006450@xyh.com；学号：30653724 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$