2024年全国中考数学真题卷解答压轴题60道（下）

2024年全国中考数学真题卷-解答压轴题60道（下） 一．一次函数的应用（共1小题） 1．（2024•齐齐哈尔）领航无人机表演团队进行无人机表演训练，甲无人机以a米/秒的速度从地面起飞，乙无人机从距离地面20米高的楼顶起飞，甲、乙两架无人机同时匀速上升，6秒时甲无人机到达训练计划指定的高度停止上升开始表演，完成表演动作后，按原速继续飞行上升，当甲、乙无人机按照训练计划准时到达距离地面的高度为96米时，进行了时长为t秒的联合表演，表演完成后以相同的速度大小同时返回地面．甲、乙两架无人机所在的位置距离地面的高度y（米）与无人机飞行的时间x（秒）之间的函数关系如图所示．请结合图象解答下列问题： （1）a＝ 　 　米/秒，t＝ 　 　秒； （2）求线段MN所在直线的函数解析式； （3）两架无人机表演训练到多少秒时，它们距离地面的高度差为12米？（直接写出答案即可） 二．一次函数综合题（共1小题） 2．（2024•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+b与x轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点D，点B在x轴的正半轴上，四边形ABCD是平行四边形，线段OA的长是一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的一个根．请解答下列问题： （1）求点D的坐标； （2）若线段BC的垂直平分线交直线AD于点E，交x轴于点F，交BC于点G，点E在第一象限，，连接BE，求tan∠ABE的值； （3）在（2）的条件下，点M在直线DE上，在x轴上是否存在点N，使以E、M、N为顶点的三角形是直角边比为1：2的直角三角形？若存在，请直接写出△EMN的个数和其中两个点N的坐标；若不存在，请说明理由． 三．反比例函数综合题（共1小题） 3．（2024•广东）【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线y＝ax（a＞0）上第一象限内的两个动点（OD＞OB），以线段BD为对角线作矩形ABCD，AD∥x轴．反比例函数y的图象经过点A． 【构建联系】 （1）求证：函数y的图象必经过点C． （2）如图2，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为（1，2）时，求k的值． 【深入探究】 （3）如图3，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接AC交BD于点P．以点O为圆心，AC长为半径作⊙O．若OP＝3，当⊙O与△ABC的边有交点时，求k的取值范围． 四．二次函数的应用（共1小题） 4．（2024•赤峰）如图，是某公园的一种水上娱乐项目．数学兴趣小组对该项目中的数学问题进行了深入研究．下面是该小组绘制的水滑道截面图，如图1，人从点A处沿水滑道下滑至点B处腾空飞出后落入水池．以地面所在的水平线为x轴，过腾空点B与x轴垂直的直线为y轴，O为坐标原点，建立平面直角坐标系．他们把水滑道和人腾空飞出后经过的路径都近似看作是抛物线的一部分．根据测量和调查得到的数据和信息，设计了以下三个问题，请你解决． （1）如图1，点B与地面的距离为2米，水滑道最低点C与地面的距离为米，点C到点B的水平距离为3米，则水滑道ACB所在抛物线的解析式为 　 　； （2）如图1，腾空点B与对面水池边缘的水平距离OE＝12米，人腾空后的落点D与水池边缘的安全距离DE不少于3米．若某人腾空后的路径形成的抛物线BD恰好与抛物线ACB关于点B成中心对称． ①请直接写出此人腾空后的最大高度和抛物线BD的解析式； ②此人腾空飞出后的落点D是否在安全范围内？请说明理由（水面与地面之间的高度差忽略不计）； （3）为消除安全隐患，公园计划对水滑道进行加固．如图2，水滑道已经有两条加固钢架，一条是水滑道距地面4米的点M处竖直支撑的钢架MN，另一条是点M与点B之间连接支撑的钢架BM．现在需要在水滑道下方加固一条支撑钢架，为了美观，要求这条钢架与BM平行，且与水滑道有唯一公共点，一端固定在钢架MN上，另一端固定在地面上．请你计算出这条钢架的长度（结果保留根号）． 五．二次函数综合题（共24小题） 5．（2024•长沙）已知四个不同的点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）都在关于x的函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的图象上． （1）当A，B两点的坐标分别为（﹣1，﹣4），（3，4）时，求代数式2024a+1012b的值； （2）当A，B两点的坐标满足a2+2（y1+y2）a+4y1y2＝0时，请你判断此函数图象与x轴的公共点的个数，并说明理由； （3）当a＞0时，该函数图象与x轴交于E，F两点，且A，B，C，D四点的坐标满足：2a2+2（y1+y2）a0，2a2﹣2（y3+y4）a0．请问是否存在实数（m＞1），使得AB，CD，m•EF这三条线段组成一个三角形，且该三角形的三个内角的大小之比为1：2：3？若存在，求出m的值和此时函数的最小值；若不存在，请说明理由（注：m•EF表示一条长度等于EF的m倍的线段）． 6．（2024•吉林）小明利用一次函数和二次函数知识，设计了一个计算程序，其程序框图如图（1）所示，输入x的值为﹣2时，输出y的值为1；输入x的值为2时，输出y的值为3；输入x的值为3时，输出y的值为6． （1）直接写出k，a，b的值． （2）小明在平面直角坐标系中画出了关于x的函数图象，如图（2）． Ⅰ．当y随x的增大而增大时，求x的取值范围． Ⅱ．若关于x的方程ax2+bx+3﹣t＝0（t为实数），在0＜x＜4时无解，求t的取值范围． Ⅲ．若在函数图象上有点P，Q（P与Q不重合）．P的横坐标为m，Q的横坐标为﹣m+1．小明对P，Q之间（含P，Q两点）的图象进行研究，当图象对应函数的最大值与最小值均不随m的变化而变化，直接写出m的取值范围． 7．（2024•山西）综合与实践 问题情境：如图1，矩形MNKL是学校花园的示意图，其中一个花坛的轮廓可近似看成由抛物线的一部分与线段AB组成的封闭图形，点A，B在矩形的边MN上．现要对该花坛内种植区域进行划分，以种植不同花卉，学校面向全体同学征集设计方案． 方案设计：如图2，AB＝6米，AB的垂直平分线与抛物线交于点P，与AB交于点O，点P是抛物线的顶点，且PO＝9米．欣欣设计的方案如下： 第一步：在线段OP上确定点C，使∠ACB＝90°，用篱笆沿线段AC，BC分隔出△ABC区域，种植串串红； 第二步：在线段CP上取点F（不与C，P重合），过点F作AB的平行线，交抛物线于点D，E．用篱笆沿DE，CF将线段AC，BC与抛物线围成的区域分隔成三部分，分别种植不同花色的月季． 方案实施：学校采用了欣欣的方案，在完成第一步△ABC区域的分隔后，发现仅剩6米篱笆材料．若要在第二步分隔中恰好用完6米材料，需确定DE与CF的长．为此，欣欣在图2中以AB所在直线为x轴，OP所在直线为y轴建立平面直角坐标系．请按照她的方法解决问题： （1）在图2中画出坐标系，并求抛物线的函数表达式； （2）求6米材料恰好用完时DE与CF的长； （3）种植区域分隔完成后，欣欣又想用灯带对该花坛进行装饰，计划将灯带围成一个矩形．她尝试借助图2设计矩形四个顶点的位置，其中两个顶点在抛物线上，另外两个顶点分别在线段AC，BC上．直接写出符合设计要求的矩形周长的最大值． 8．（2024•湖南）已知二次函数y＝﹣x2+c的图象经过点A（﹣2，5），点P（x1，y1），Q（x2，y2）是此二次函数的图象上的两个动点． （1）求此二次函数的表达式； （2）如图1，此二次函数的图象与x轴的正半轴交于点B，点P在直线AB的上方，过点P作PC⊥x轴于点C，交AB于点D，连接AC，DQ，PQ．若x2＝x1+3，求证：的值为定值； （3）如图2，点P在第二象限，x2＝﹣2x1，若点M在直线PQ上，且横坐标为x1﹣1，过点M作MN⊥x轴于点N，求线段MN长度的最大值． 9．（2024•甘孜州）【定义与性质】 如图，记二次函数y＝a（x﹣b）2+c和y＝﹣a（x﹣p）2+q（a≠0）的图象分别为抛物线C和C1． 定义：若抛物线C1的顶点Q（p，q）在抛物线C上，则称C1是C的伴随抛物线． 性质：①一条抛物线有无数条伴随抛物线； ②若C1是C的伴随抛物线，则C也是C1的伴随抛物线，即C的顶点P（b，c）在C1上． 【理解与运用】 （1）若二次函数y（x﹣2）2+m和y（x﹣n）2的图象都是抛物线yx2的伴随抛物线，则m＝　 　，n＝　 　． 【思考与探究】 （2）设函数y＝x2﹣2kx+4k+5的图象为抛物线C2． ①若函数y＝﹣x2+dx+e的图象为抛物线C0，且C2始终是C0的伴随抛物线，求d，e的值； ②在①的条件下，若抛物线C2与x轴有两个不同的交点（x1，0），（x2，0）（x1＜x2），请直接写出x1的取值范围． 10．（2024•泰安）如图，抛物线的图象经过点D（1，﹣1），与x轴交于点A，点B． （1）求抛物线C1的表达式； （2）将抛物线C1向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线C2，求抛物线C2的表达式，并判断点D是否在抛物线C2上； （3）在x轴上方的抛物线C2上，是否存在点P，使△PBD是等腰直角三角形．若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 11．（2024•雅安）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C． （1）求二次函数的表达式； （2）如图①，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，当线段PQ的长度最大时，求点Q的坐标； （3）如图②，在（2）的条件下，过点Q的直线与抛物线交于点D，且∠CQD＝2∠OCQ．在y轴上是否存在点E，使得△BDE为等腰三角形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 12．（2024•包头）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣2x2+bx+c与x轴相交于A（1，0），B两点（点A在点B左侧），顶点为M（2，d），连接AM． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）如图1，若C是y轴正半轴上一点，连接AC，CM．当点C的坐标为（0，）时，求证：∠ACM＝∠BAM； （3）如图2，连接BM，将△ABM沿x轴折叠，折叠后点M落在第四象限的点M′处，过点B的直线与线段AM′相交于点D，与y轴负半轴相交于点E．当时，3S△ABD与2S△M′BD是否相等？请说明理由． 13．（2024•齐齐哈尔）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，已知直线yx﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的另一个交点为点B（﹣1，0），点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线AC于点E，点F． （1）求抛物线的解析式； （2）点D是x轴上的任意一点，若△ACD是以AC为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标； （3）当EF＝AC时，求点P的坐标； （4）在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接NA，MP，则NA+MP的最小值为 　 　． 14．（2024•广西）课堂上，数学老师组织同学们围绕关于x的二次函数y＝x2+2ax+a﹣3的最值问题展开探究． 【经典回顾】二次函数求最值的方法． （1）老师给出a＝﹣4，求二次函数y＝x2+2ax+a﹣3的最小值． ①请你写出对应的函数解析式； ②求当x取何值时，函数y有最小值，并写出此时的y值； 【举一反三】老师给出更多a的值，同学们即求出对应的函数在x取何值时，y的最小值．记录结果，并整理成如表： a … ﹣4 ﹣2 0 2 4 … x … * 2 0 ﹣2 ﹣4 … y的最小值 … * ﹣9 ﹣3 ﹣5 ﹣15 … 注：*为②的计算结果． 【探究发现】老师：“请同学们结合学过的函数知识，观察表格，谈谈你的发现．” 甲同学：“我发现，老师给了a值后，我们只要取x＝﹣a，就能得到y的最小值．” 乙同学：“我发现，y的最小值随a值的变化而变化，当a由小变大时，y的最小值先增大后减小，所以我猜想y的最小值中存在最大值” （2）请结合函数解析式y＝x2+2ax+a﹣3，解释甲同学的说法是否合理？ （3）你认为乙同学的猜想是否正确？若正确，请求出此最大值；若不正确，说明理由． 15．（2024•烟台）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OC＝OA，AB＝4，对称轴为直线l1：x＝﹣1．将抛物线y1绕点O旋转180°后得到新抛物线y2，抛物线y2与y轴交于点D，顶点为E，对称轴为直线l2． （1）分别求抛物线y1和y2的表达式； （2）如图1，点F的坐标为（﹣6，0），动点M在直线l1上，过点M作MN∥x轴与直线l2交于点N，连接FM，DN，求FM+MN+DN的最小值； （3）如图2，点H的坐标为（0，﹣2），动点P在抛物线y2上，试探究是否存在点P，使∠PEH＝2∠DHE？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 16．（2024•甘肃）如图1，抛物线y＝a（x﹣h）2+k交x轴于O，A（4，0）两点，顶点为B（2，2），点C为OB的中点． （1）求抛物线y＝a（x﹣h）2+k的表达式； （2）过点C作CH⊥OA，垂足为H，交抛物线于点E．求线段CE的长． （3）点D为线段OA上一动点（O点除外），在OC右侧作平行四边形OCFD． ①如图2，当点F落在抛物线上时，求点F的坐标； ②如图3，连接BD，BF，求BD+BF的最小值． 17．（2024•广元）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线F：y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣3，﹣1），与y轴交于点B（0，2）． （1）求抛物线的函数表达式； （2）在直线AB上方抛物线上有一动点C，连接OC交AB于点D，求的最大值及此时点C的坐标； （3）作抛物线F关于直线y＝﹣1上一点的对称图象F′，抛物线F与F′只有一个公共点E（点E在y轴右侧），G为直线AB上一点，H为抛物线F′对称轴上一点，若以B，E，G，H为顶点的四边形是平行四边形，求G点坐标． 18．（2024•广州）已知抛物线G：y＝ax2﹣6ax﹣a3+2a2+1（a＞0）过点A（x1，2）和点B（x2，2），直线l：y＝m2x+n过点C（3，1），交线段AB于点D，记△CDA的周长为C1，△CDB的周长为C2，且C1＝C2+2． （1）求抛物线G的对称轴； （2）求m的值； （3）直线l绕点C以每秒3°的速度顺时针旋转t秒后（0≤t＜45）得到直线l′，当l′∥AB时，直线l′交抛物线G于E，F两点． ①求t的值； ②设△AEF的面积为S，若对于任意的a＞0，均有S≥k成立，求k的最大值及此时抛物线G的解析式． 19．（2024•绥化）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线相交于A，B两点，其中点A（3，4），B（0，1）． （1）求该抛物线的函数解析式； （2）过点B作BC∥x轴交抛物线于点C．连接AC，在抛物线上是否存在点P使tan∠BCPtan∠ACB．若存在，请求出满足条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．（提示：依题意补全图形，并解答） （3）将该抛物线向左平移2个单位长度得到y1＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点E为原抛物线对称轴上的一点，F是平面直角坐标系内的一点，当以点B，D，E，F为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点F的坐标． 20．（2024•凉山州）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线y＝x+2相交于A（﹣2，0），B（3，m）两点，与x轴相交于另一点C． （1）求抛物线的解析式； （2）点P是直线AB上方抛物线上的一个动点（不与A、B重合），过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E，当PE＝2ED时，求P点坐标； （3）抛物线上是否存在点M使△ABM的面积等于△ABC面积的一半？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 21．（2024•长春）在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，抛物线y＝x2+2x+c（c是常数）经过点（﹣2，﹣2）．点A、B是该抛物线上不重合的两点，横坐标分别为m、﹣m，点C的横坐标为﹣5m，点C的纵坐标与点A的纵坐标相同，连结AB、AC． （1）求该抛物线对应的函数表达式； （2）求证：当m取不为零的任意实数时，tan∠CAB的值始终为2； （3）作AC的垂直平分线交直线AB于点D，以AD为边、AC为对角线作菱形ADCE，连结DE． ①当DE与此抛物线的对称轴重合时，求菱形ADCE的面积； ②当此抛物线在菱形ADCE内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，直接写出m的取值范围． 22．（2024•武汉）抛物线yx2+2x交x轴于A，B两点（A在B的右边），交y轴于点C． （1）直接写出点A，B，C的坐标； （2）如图（1），连接AC，BC，过第三象限的抛物线上的点P作直线PQ∥AC，交y轴于点Q．若BC平分线段PQ，求点P的坐标； （3）如图（2），点D与原点O关于点C对称，过原点的直线EF交抛物线于E，F两点（点E在x轴下方），线段DE交抛物线于另一点G，连接FG．若∠EGF＝90°，求直线DE的解析式． 23．（2024•湖北）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C． （1）求b的值； （2）如图，M是第一象限抛物线上的点，∠MAB＝∠ACO，求点M的横坐标； （3）将此抛物线沿水平方向平移，得到的新抛物线记为L，L与y轴交于点N，设L的顶点横坐标为n，NC的长为d． ①求d关于n的函数解析式； ②L与x轴围成的区域记为U，U与△ABC内部重合的区域（不含边界）记为W，当d随n的增大而增大，且W内恰好有两个横、纵坐标均为整数的点时，直接写出n的取值范围． 24．（2024•天津）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＞0）的顶点为P，且2a+b＝0，对称轴与x轴相交于点D，点M（m，1）在抛物线上，m＞1，O为坐标原点． （Ⅰ）当a＝1，c＝﹣1时，求该抛物线顶点P的坐标； （Ⅱ）当时，求a的值； （Ⅲ）若N是抛物线上的点，且点N在第四象限，∠MDN＝90°，DM＝DN，点E在线段MN上，点F在线段DN上，，当DE+MF取得最小值为时，求a的值． 25．（2024•河北）如图，抛物线C1：y＝ax2﹣2x过点（4，0），顶点为Q．抛物线C2：y（x﹣t）2t2﹣2（其中t为常数，且t＞2），顶点为P． （1）直接写出a的值和点Q的坐标． （2）嘉嘉说：无论t为何值，将C1的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在C2上． 淇淇说：无论t为何值，C2总经过一个定点． 请选择其中一人的说法进行说理． （3）当t＝4时， ①求直线PQ的解析式； ②作直线l∥PQ，当l与C2的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标． （4）设C1与C2的交点A，B的横坐标分别为xA，xB，且xA＜xB，点M在C1上，横坐标为m（2≤m≤xB）．点N在C2上，横坐标为n（xA≤n≤t），若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n． 26．（2024•临夏州）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，作直线BC． （1）求抛物线的解析式． （2）如图1，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，请问线段PQ是否存在最大值？若存在，请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在请说明理由． （3）如图2，点M是直线BC上一动点，过点M作线段MN∥OC（点N在直线BC下方），已知MN＝2，若线段MN与抛物线有交点，请直接写出点M的横坐标xM的取值范围． 27．（2024•苏州）如图①，二次函数y＝x2+bx+c的图象C1与开口向下的二次函数图象C2均过点A（﹣1，0），B（3，0）． （1）求图象C1对应的函数表达式； （2）若图象C2过点C（0，6），点P位于第一象限，且在图象C2上，直线l过点P且与x轴平行，与图象C2的另一个交点为Q（Q在P左侧），直线l与图象C1的交点为M，N（N在M左侧）．当PQ＝MP+QN时，求点P的坐标； （3）如图②，D，E分别为二次函数图象C1，C2的顶点，连接AD，过点A作AF⊥AD，交图象C2于点F，连接EF，当EF∥AD时，求图象C2对应的函数表达式． 28．（2024•眉山）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），点D在抛物线上． （1）求该抛物线的解析式； （2）当点D在第二象限内，且△ACD的面积为3时，求点D的坐标； （3）在直线BC上是否存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 六．三角形综合题（共3小题） 29．（2024•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB的边OB在x轴上，点A在第一象限，OA的长度是一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线OA﹣AB运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线OB﹣BA运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（0＜t＜3.6），△OPQ的面积为S． （1）求点A的坐标； （2）求S与t的函数关系式； （3）在（2）的条件下，当S＝6时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 30．（2024•新疆）【探究】 （1）已知△ABC和△ADE都是等边三角形． ①如图1，当点D在BC上时，连接CE．请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由； ②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE．请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由．【运用】 （2）如图3，等边三角形ABC中，AB＝6，点E在AC上，．点D是直线BC上的动点，连接DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF．当△CEF为直角三角形时，请直接写出BD的长． 31．（2024•吉林）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝3cm，AD是△ABC的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线AD﹣DB向终点B运动．过点P作PQ∥AB，交AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQE，且点C，E在PQ同侧．设点P的运动时间为t（s）（t＞0），△PQE与△ABC重合部分图形的面积为S（cm2）． （1）当点P在线段AD上运动时，判断△APQ的形状（不必证明），并直接写出AQ的长（用含t的代数式表示）． （2）当点E与点C重合时，求t的值． （3）求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围． 七．四边形综合题（共9小题） 32．（2024•河南）综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验．请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究． 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． （1）操作判断 用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有 　 　（填序号）． （2）性质探究 根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质． 如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB＝AD，AC是它的一条对角线． ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若BC＝m，DC＝n，∠BCD＝2θ，求AC的长（用含m，n，θ的式子表示）． （3）拓展应用 如图3，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，分别在边BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长． 33．（2024•天津）将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（3，0），点B，C在第一象限，且OC＝2，∠AOC＝60°． （Ⅰ）填空：如图①，点C的坐标为 　 　，点B的坐标为 　 　； （Ⅱ）若P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上，点C的对应点为C′．设OP＝t． ①如图②，若直线l与边CB相交于点Q，当折叠后四边形PO′C′Q与▱OABC重叠部分为五边形时，O′C′与AB相交于点E．试用含有t的式子表示线段BE的长，并直接写出t的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为S，当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 34．（2024•乐山）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E在边BC上，且∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝4，求DE的长． 解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′． 由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′． ∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°， ∴∠BAD+∠EAC＝45°． ∵∠BAD＝∠CAD′， ∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°． ∴∠DAE＝∠D′AE． 在△DAE和△D′AE中， AD＝AD′，∠DAE＝∠D′AE，AE＝AE， ∴①_____． ∴DE＝D′E． 又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°， ∴在Rt△ECD′中，②_____． ∵CD′＝BD＝3，CE＝4， ∴DE＝D′E＝③_____． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：　 　；“②”处应填：　 　；“③”处应填：　 　． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，连结AE、AF，分别与对角线BD交于M、N两点．探究BM、MN、DN的数量关系并证明． 【拓展应用】 如图4，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．探究BE、EF、DF的数量关系：　 　（直接写出结论，不必证明）． 【问题再探】 如图5，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D、E在边AC上，且∠DBE＝45°．设AD＝x，CE＝y，求y与x的函数关系式． 最后，刘老师总结到：希望同学们在今后的数学学习中，学会用数学的眼光观察现实世界，用数学的思维思考现实世界，用数学的语言表达现实世界． 35．（2024•长春）【问题呈现】小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边△ABC中，AB＝3，点M、N分别在边AC、BC上，且AM＝CN，试探究线段MN长度的最小值． 【问题分析】小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题． 【问题解决】如图②，过点C、M分别作MN、BC的平行线，并交于点P，作射线AP． 在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）证明：AM＝MP； （2）∠CAP的大小为 　 　度，线段MN长度的最小值为 　 　． 【方法应用】某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，△ABC是等腰三角形，四边形BCDE是矩形，AB＝AC＝CD＝2米，∠ACB＝30°．MN是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点M在AC上，点N在DE上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持AM＝DN．钢丝绳MN长度的最小值为 　 　米． 36．（2024•吉林）小明在学习时发现四边形面积与对角线存在关联，下面是他的研究过程： 【探究论证】 （1）如图①，在△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC，垂足为点D．若CD＝2，BD＝1，则S△ABC＝　 　． （2）如图②，在菱形A′B′C′D′中，A′C′＝4，B′D′＝2，则S菱形A′B′C′D′＝　 　． （3）如图③，在四边形EFGH中，EG⊥FH，垂足为点O． 若EG＝5，FH＝3，则S四边形EFGH＝　 　； 若EG＝a，FH＝b，猜想S四边形EFGH与a，b的关系，并证明你的猜想． 【理解运用】 如图④，在△MNK中，MN＝3，KN＝4，MK＝5，点P为边MN上一点．小明利用直尺和圆规分四步作图； （ⅰ）以点K为圆心，适当长为半径画弧，分别交边KN，KM于点R，I； （ⅱ）以点P为圆心，KR长为半径画弧，交线段PM于点I′； （ⅲ）以点I′为圆心，IR长为半径画弧，交前一条弧于点R′，点R′，K在MN同侧； （ⅳ）过点P画射线PR′，在射线PR′上截取PQ＝KN，连接KP，KQ，MQ． 请你直接写出S四边形MPKQ的值． 37．（2024•青海）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形EFGH是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点， ∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线， ∴EFAC，GHAC（①_____）． ∴EF＝GH． 同理可得：EH＝FG． ∴中点四边形EFGH是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①　 　． 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 AC＝BD 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 AC⊥BD ② （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②　 　． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③ ④ 结论：原四边形对角线③　 　时，中点四边形是④　 　． 38．（2024•通辽）数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE＝1，AB＝2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】 如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M． 问题1 BE和DF的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　． 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证：OA＝OD＝OG． 【尝试应用】 问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度． 39．（2024•扬州）如图，点A、B、M、E、F依次在直线l上，点A、B固定不动，且AB＝2，分别以AB、EF为边在直线l同侧作正方形ABCD、正方形EFGH，∠PMN＝90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H． （1）如图1，若BE＝10，EF＝12，求点M与点B之间的距离； （2）如图1，若BE＝10，当点M在点B、E之间运动时，求HE的最大值； （3）如图2，若BF＝22，当点E在点B、F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB、MO，则2OM+HB的最小值为 　 　． 40．（2024•山西）综合与探究 问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AD于点F． 猜想证明： （1）判断四边形AECF的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E，B的对应点分别为点G，H． ①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N．猜想线段CH与MD的数量关系，并说明理由； ②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M，N，直线AH与线段CD交于点Q．若AB＝5，BE＝4，直接写出四边形AMNQ的面积． 八．圆的综合题（共8小题） 41．（2024•北京）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和不在直线AB上的点C，给出如下定义：若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，且∠ACB＝α，则称点C是弦AB的“α可及点”． （1）如图，点A（0，1），B（1，0）． ①在点C1（2，0），C2（1，2），中，点 　 　是弦AB的“α可及点”，其中α＝　 　°； ②若点D是弦AB的“90°可及点”，则点D的横坐标的最大值为 　 　； （2）已知P是直线上一点，且存在⊙O的弦MN，使得点P是弦MN的“60°可及点”．记点P的横坐标为t，直接写出t的取值范围． 42．（2024•扬州）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论． 如图，已知△ABC，CA＝CB，⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上（AD＞BD），连接AD、BD、CD． 【特殊化感知】 （1）如图1，若∠ACB＝60°，点D在AO延长线上，则AD﹣BD与CD的数量关系为 　 　； 【一般化探究】 （2）如图2，若∠ACB＝60°，点C、D在AB同侧，判断AD﹣BD与CD的数量关系并说明理由； 【拓展性延伸】 （3）若∠ACB＝α，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含α的式子表示） 43．（2024•云南）如图，AB是⊙O的直径，点D、F是⊙O上异于A、B的点．点C在⊙O外，CA＝CD，延长BF与CA的延长线交于点M，点N在BA的延长线上，∠AMN＝∠ABM，AM•BM＝AB•MN．点H在直径AB上，∠AHD＝90°，点E是线段DH的中点． （1）求∠AFB的度数； （2）求证：直线CM与⊙O相切； （3）看一看，想一想，证一证：以下与线段CE、线段EB、线段CB有关的三个结论：CE+EB＜CB，CE+EB＝CB，CE+EB＞CB，你认为哪个正确？请说明理由． 44．（2024•滨州）【教材呈现】 现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题： 14．如图，在锐角△ABC中，探究， 之间的关系．（提示：分别作AB和BC边上的高．） 【得出结论】 【基础应用】 在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，利用以上结论求AB的长． 【推广证明】 进一步研究发现，不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足（R为△ABC外接圆的半径）． 请利用图1证明． 【拓展应用】 如图2，四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，CD＝4，∠B＝∠C＝90°．求过A，B，D三点的圆的半径． 45．（2024•湖南）【问题背景】 已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到OE，连接AE，过点A作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角． 【初步感知】 （1）如图1，当α＝60°时，∠CAE＝　 　°； 【问题探究】 （2）以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接CE，对角线AC，BD相交于点F． ①如图2，当AC＝2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立： ②如图3，当ACr，时，请补全图形，并求tanα及的值． 46．（2024•长沙）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形： 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形： 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： （1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）． ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； 　 　 ②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形； 　 　 ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有Rr． 　 　 （2）如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB+CD≠BC+AD． ①该四边形ABCD是“　 　”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF．求证：EF是⊙O的直径． （3）已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H． ①如图2，连接EG，FH交于点P．求证：EG⊥FH； ②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若OA＝2，OB＝6，OC＝3，求内切圆⊙O的半径r及OD的长． 47．（2024•河北）已知⊙O的半径为3，弦MN＝2．△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝3．在平面上，先将△ABC和⊙O按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在⊙O上，点C在⊙O内），随后移动△ABC，使点B在弦MN上移动，点A始终在⊙O上随之移动．设BN＝x． （1）当点B与点N重合时，求劣弧的长； （2）当OA∥MN时，如图2，求点B到OA的距离，并求此时x的值； （3）设点O到BC的距离为d． ①当点A在劣弧上，且过点A的切线与AC垂直时，求d的值； ②直接写出d的最小值． 48．（2024•福建）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，AE⊥OC，垂足为E，BE的延长线交于点F． （1）求的值； （2）求证：△AEB∽△BEC； （3）求证：AD与EF互相平分． 九．几何变换综合题（共1小题） 49．（2024•绥化）综合与实践 问题情境 在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的等腰直角三角形纸片为操作对象．纸片△ABC和△DEF满足∠ACB＝∠EDF＝90°，AC＝BC＝DF＝DE＝2cm． 下面是创新小组的探究过程． 操作发现 （1）如图1，取AB的中点O，将两张纸片放置在同一平面内，使点O与点F重合．当旋转△DEF纸片交AC边于点H、交BC边于点G时，设AH＝x（1＜x＜2），BG＝y，请你探究出y与x的函数关系式，并写出解答过程． 问题解决 （2）如图2，在（1）的条件下连接GH，发现△CGH的周长是一个定值．请你写出这个定值，并说明理由． 拓展延伸 （3）如图3，当点F在AB边上运动（不包括端点A、B），且始终保持∠AFE＝60°．请你直接写出△DEF纸片的斜边EF与△ABC纸片的直角边所夹锐角的正切值 　 　（结果保留根号）． 一十．相似形综合题（共10小题） 50．（2024•武汉）问题背景如图（1），在矩形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，连接BD，EF，求证：△BCD∽△FBE． 问题探究如图（2），在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，点E是AB的中点，点F在边BC上，AD＝2CF，EF与BD交于点G，求证：BG＝FG． 问题拓展如图（3），在“问题探究”的条件下，连接AG，AD＝CD，AG＝FG，直接写出的值． 51．（2024•广东）【知识技能】 （1）如图1，在△ABC中，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′．当点E的对应点E′与点A重合时，求证：AB＝BC． 【数学理解】 （2）如图2，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′，连接A′B，C′C，作△A′BD的中线DF．求证：2DF•CD＝BD•CC′． 【拓展探索】 （3）如图3，在△ABC中，tanB，点D在AB上，AD．过点D作DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE．在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 52．（2024•齐齐哈尔）综合与实践 如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E． （1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 　 　； （2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积； （3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则　 　； （4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP，请直接写出线段AP的长度． 53．（2024•湖北）在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H． （1）如图1，求证：△DEP∽△CPH； （2）如图2，当P为CD的中点，AB＝2，AD＝3时，求GH的长； （3）如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由． 54．（2024•广西）如图1，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6．AC的垂直平分线分别交AC，AB于点M，O，CO平分∠ACB． （1）求证：△ABC∽△CBO； （2）如图2，将△AOC绕点O逆时针旋转得到△A'OC'，旋转角为α（0°＜α＜360°）．连接A′M，C′M． ①求△A'MC'面积的最大值及此时旋转角α的度数，并说明理由； ②当△A'MC'是直角三角形时，请直接写出旋转角α的度数． 55．（2024•安徽）如图1，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点． （1）求证：OE＝OF； （2）连接BM交AC于点H，连接HE，HF． （ⅰ）如图2，若HE∥AB，求证：HF∥AD； （ⅱ）如图3，若▱ABCD为菱形，且MD＝2AM，∠EHF＝60°，求的值． 56．（2024•江西）综合与实践 如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE，m． 特例感知 （1）如图1，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是 　 　，数量关系是 　 　． 类比迁移 （2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 拓展应用 （3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知AC＝6，设AD＝x，四边形CDFE的面积为y． ①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值； ②当BF＝2时，请直接写出AD的长度． 57．（2024•赤峰）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D是AC上的一个动点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED交BA延长线于点F． 请你解决下面各组提出的问题： （1）求证：AD＝AF； （2）探究与的关系； 某小组探究发现，当时，；当时，． 请你继续探究： ①当时，直接写出的值； ②当时，猜想的值（用含m，n的式子表示），并证明； （3）拓展应用：在图1中，过点F作FP⊥AC，垂足为点P，连接CF，得到图2，当点D运动到使∠ACF＝∠ACB时，若，直接写出的值（用含m，n的式子表示）． 58．（2024•贵州）综合与探究：如图，∠AOB＝90°，点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA于点A． （1）【操作判断】 如图①，过点P作PC⊥OB于点C，根据题意在图①中画出PC，图中∠APC的度数为 　 　度； （2）【问题探究】 如图②，点M在线段AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，求证：OM+ON＝2PA； （3）【拓展延伸】 点M在射线AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，射线NM与射线PO相交于点F，若ON＝3OM，求的值． 59．（2024•上海）在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在边AB上，且． （1）如图1所示，点F在边CD上，且，联结EF，求证：EF∥BC； （2）已知AD＝AE＝1； ①如图2所示，联结DE，如果△ADE外接圆的圆心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边BC上，联结EM、DM、EC，DM与EC交于N．如果∠DMC＝∠CEM，BC＝4，且CD2＝DM•DN，求边CD的长． 一十一．解直角三角形的应用（共1小题） 60．（2024•陕西）问题提出 （1）如图①，在△ABC中，AB＝15，∠C＝30°，作△ABC的外接圆⊙O，则的长为 　 　；（结果保留π） 问题解决 （2）如图②所示，道路AB的一侧是湿地．某生态研究所在湿地上建有观测点D，E，C，线段AD，AC和BC为观测步道，其中点A和点B为观测步道出入口．已知点E在AC上，且AE＝EC，∠DAB＝60°，∠ABC＝120°，AB＝1200m，AD＝BC＝900m，现要在湿地上修建一个新观测点P，使∠DPC＝60°．再在线段AB上选一个新的步道出入口点F，并修道三条新步道PF，PD，PC，使新步道PF经过观测点E，并将五边形ABCPD的面积平分． 请问：是否存在满足要求的点P和点F？若存在，求此时PF的长；若不存在，请说明理由．（点A，B，C，P，D在同一平面内，道路AB与观测步道的宽、观测点及出入口的大小均忽略不计，结果保留根号） 2024年全国中考数学真题卷-解答压轴题60道（下） 参考答案与试题解析 一．一次函数的应用（共1小题） 1．（2024•齐齐哈尔）领航无人机表演团队进行无人机表演训练，甲无人机以a米/秒的速度从地面起飞，乙无人机从距离地面20米高的楼顶起飞，甲、乙两架无人机同时匀速上升，6秒时甲无人机到达训练计划指定的高度停止上升开始表演，完成表演动作后，按原速继续飞行上升，当甲、乙无人机按照训练计划准时到达距离地面的高度为96米时，进行了时长为t秒的联合表演，表演完成后以相同的速度大小同时返回地面．甲、乙两架无人机所在的位置距离地面的高度y（米）与无人机飞行的时间x（秒）之间的函数关系如图所示．请结合图象解答下列问题： （1）a＝ 　8　米/秒，t＝ 　20　秒； （2）求线段MN所在直线的函数解析式； （3）两架无人机表演训练到多少秒时，它们距离地面的高度差为12米？（直接写出答案即可） 【答案】（1）8，20；（2）线段MN所在直线的函数解析式为y＝8x﹣56；（3）两架无人机表演训练到2秒或10秒或16秒时，它们距离地面的高度差为12米． 【分析】（1）根据图形计算即可求解； （2）先求得甲无人机单独表演所用时间为19﹣12＝7（秒），得到M（13，48），利用待定系数法即可求解； （3）利用待定系数法分别求得线段OB、线段AN、线段BM所在直线的函数解析式，再分三种情况讨论，列式计算即可求解详解． 【解答】解：（1）由题意得甲无人机的速度为 a＝48÷6＝8（米/秒）， t＝39﹣19＝20（秒）． 故答案为：8，20； （2）由图象知，N（19，96）， ∵甲无人机的速度为8米/秒， ∴甲无人机匀速从0米到96米所用时间为96÷8＝12（秒）， ∴甲无人机单独表演所用时间为19﹣12＝7（秒）， 6+7＝13（秒）， ∴M（13，48）， 设线段MN所在直线的函数解析式为y＝kx+b， 将M（13，48），N（19，96）代入得 ， 解得 ∴线段MN所在直线的函数解析式为y＝8x﹣56． （3）由题意A（0，20），B（6，48）， 同理线段OB所在直线的函数解析式为y＝8x， 线段AN所在直线的函数解析式为y＝4x+20， 线段BM所在直线的函数解析式为y＝48， 当0≤x≤6时，由题意得|4x+20﹣8x|＝12， 解得x＝2或x＝8（舍去）， 当6＜x≤13时，由题意得|4x+20﹣48|＝12， 解得x＝10或x＝4（舍去）， 当13＜x≤19时，由题意得|8x﹣56﹣4x﹣20|＝12， 解得x＝16或x＝22（舍去）， 综上，两架无人机表演训练到2秒或10秒或16秒时，它们距离地面的高度差为12米． 二．一次函数综合题（共1小题） 2．（2024•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+b与x轴的正半轴交于点A，与y轴的负半轴交于点D，点B在x轴的正半轴上，四边形ABCD是平行四边形，线段OA的长是一元二次方程x2﹣4x﹣12＝0的一个根．请解答下列问题： （1）求点D的坐标； （2）若线段BC的垂直平分线交直线AD于点E，交x轴于点F，交BC于点G，点E在第一象限，，连接BE，求tan∠ABE的值； （3）在（2）的条件下，点M在直线DE上，在x轴上是否存在点N，使以E、M、N为顶点的三角形是直角边比为1：2的直角三角形？若存在，请直接写出△EMN的个数和其中两个点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）D（0，﹣6）； （2）； （3）存在，12个，N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（写出两个即可）． 【分析】（1）先解方程求出OA＝6，然后求出直线解析式即可求得点D的坐标； （2）过点E作EH⊥AB于点H，求出AH＝EH＝3，然后证明△AEF≌△BGF，即可得到BF＝AF＝2AH＝6，然后求出∠ABE得正切值即可； （3）利用分类讨论画出图形，利用勾股定理解题即可． 【解答】解：（1）解方程x2﹣4x﹣12＝0得x1＝6，x2＝﹣2， ∴OA＝6，即点A的坐标为（6，0）， 把（6，0）代入y＝x+b得b＝﹣6， ∴y＝x﹣6，点D的坐标为（0，﹣6）； （2）过点E作EH⊥AB于点H，如图1， ∵OA＝OD＝6， ∴∠OAD＝∠ODA＝∠EAH＝45°，， ∴， 又∵ABCD是平行四边形， ∴，AE∥BC， ∵GE是BC的垂直平分线， ∴， ∵AE∥BC， ∴∠EAF＝∠GBF，∠AEF＝∠FGB＝90°， ∴△AEF≌△BGF， ∴BF＝AF＝2AH＝6， ∴BH＝AF+FB﹣AH＝6+6﹣3＝9， ∴； （3）存在，12个，N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（写出两个即可）；理由如下： 如图2，当∠MEN＝90°时，有4个， ∵∠EAN1＝45°， ∴， 由（2）得AN1＝6，OA＝6， ∴ON1＝12， ∴点N得坐标为（12，0）； 当∠ENM＝90°时，有4个，如图3， 当∠EMN＝90°时，有4个，如图4， ∵∠N9AM9＝45°， ∴， ∴， ∴点N9与O重合， 故点N9得坐标为（0，0）， 综上所述，点△EMN的个数为12个，点N的坐标为N1（0，0），N2（8，0），N3（10，0），N4（12，0），N5（18，0）（写出两个即可）． 三．反比例函数综合题（共1小题） 3．（2024•广东）【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线y＝ax（a＞0）上第一象限内的两个动点（OD＞OB），以线段BD为对角线作矩形ABCD，AD∥x轴．反比例函数y的图象经过点A． 【构建联系】 （1）求证：函数y的图象必经过点C． （2）如图2，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为（1，2）时，求k的值． 【深入探究】 （3）如图3，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接AC交BD于点P．以点O为圆心，AC长为半径作⊙O．若OP＝3，当⊙O与△ABC的边有交点时，求k的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）； （3）k的取值范围为6≤k≤8． 【分析】（1）设B（m，ma），则，求出点，代入函数解析式中，得出函数的图象必经过点C； （2）证明△DHE∽△EFB，根据对应边成比例求出k的值； （3）根据⊙O过点A和过点B，求出临界值，从而求出k的取值范围． 【解答】解：（1）设B（m，ma），则， ∵AD∥x轴， ∴D点的纵坐标为， 将代入y＝ax中，得：， ∴， ∴， ∴， 将代入中得出，y＝am， ∴函数的图象必经过点C； （2）∵点B（1，2）在直线y＝ax上， ∴a＝2， ∴y＝2x， ∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2， ∵函数的图象经过点A，C， ∴，A（1，k）， ∴， ∴DC＝k﹣2， ∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E， ∴，∠BED＝∠BCD＝90°， ∴， 如图，过点D作DH⊥y轴，过点B作BF⊥y轴， ∵AD∥x轴， ∴H，A，D三点共线， ∴∠HED+∠BEF＝90°，∠BEF+∠EBF＝90°， ∴∠HED＝∠EBF， ∵∠DHE＝∠EFB＝90°， ∴△DHE∽△EFB， ∴， ∵BF＝1，， ∴HE＝2，， ∴， 由图知，HF＝DC， ∴， ∴； （3）∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合， ∴AC⊥BD， ∵四边形ABCD为矩形， ∴四边形ABCD为正方形，∠ABP＝∠DBC＝45°， ∴，，BP⊥AC， ∵BC∥x轴， ∴直线y＝ax为一，三象限的夹角平分线， ∴y＝x， 当⊙O过点B时，如图所示，过点D作DH∥x轴交y轴于点H， ∵AD∥x轴， ∴H，A，D三点共线， ∵以点O为圆心，AC长为半径作⊙O，， ∴， ∴， ∴，，， ∵AB∥y轴， ∴△DHO∽△DAB， ∴， ∴， ∴HO＝HD＝4， ∴HA＝HD﹣DA＝4﹣2＝2， ∴A（2，4）， ∴k＝2×4＝8， 当⊙O过点A时，根据A，C关于直线OD对称知，⊙O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作DH∥x轴交y轴于点H， ∵AO＝OC＝AC， ∴△AOC为等边三角形， ∵OP⊥AC， ∴， ∴，， ∴，， ∵AB∥y轴， ∴△DHO∽△DAB， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当⊙O与△ABC的边有交点时，k的取值范围为6≤k≤8． 四．二次函数的应用（共1小题） 4．（2024•赤峰）如图，是某公园的一种水上娱乐项目．数学兴趣小组对该项目中的数学问题进行了深入研究．下面是该小组绘制的水滑道截面图，如图1，人从点A处沿水滑道下滑至点B处腾空飞出后落入水池．以地面所在的水平线为x轴，过腾空点B与x轴垂直的直线为y轴，O为坐标原点，建立平面直角坐标系．他们把水滑道和人腾空飞出后经过的路径都近似看作是抛物线的一部分．根据测量和调查得到的数据和信息，设计了以下三个问题，请你解决． （1）如图1，点B与地面的距离为2米，水滑道最低点C与地面的距离为米，点C到点B的水平距离为3米，则水滑道ACB所在抛物线的解析式为 　y（x+3）2　； （2）如图1，腾空点B与对面水池边缘的水平距离OE＝12米，人腾空后的落点D与水池边缘的安全距离DE不少于3米．若某人腾空后的路径形成的抛物线BD恰好与抛物线ACB关于点B成中心对称． ①请直接写出此人腾空后的最大高度和抛物线BD的解析式； ②此人腾空飞出后的落点D是否在安全范围内？请说明理由（水面与地面之间的高度差忽略不计）； （3）为消除安全隐患，公园计划对水滑道进行加固．如图2，水滑道已经有两条加固钢架，一条是水滑道距地面4米的点M处竖直支撑的钢架MN，另一条是点M与点B之间连接支撑的钢架BM．现在需要在水滑道下方加固一条支撑钢架，为了美观，要求这条钢架与BM平行，且与水滑道有唯一公共点，一端固定在钢架MN上，另一端固定在地面上．请你计算出这条钢架的长度（结果保留根号）． 【答案】（1）y（x+3）2；（2）①此人腾空后的最大高度为米；抛物线BD的解析式y（x﹣3）2；②落点D在安全范围内，理由见解析；（3）这条钢架的长度为2米． 【分析】（1）依据题意，水滑道ACB所在抛物线的顶点C（﹣3，），从而可设抛物线为y＝a（x+3）2，又B（0，2），故2＝a（0+3）2，可得a，进而可以判断得解； （2）①依据题意，由抛物线BD恰好与抛物线ACB关于点B成中心对称，故抛物线BD的顶点与抛物线ACB的顶点C关于点B成中心对称，则B是它们的中点，又C（﹣3，），B（0，2），从而抛物线BD的顶点为（3，），可得此人腾空后的最大高度；进而可设抛物线BD为y＝a'（x﹣3）2，再将B（0，2）代入得，计算可得抛物线BD的解析式； ②依据题意，由①得y（x﹣3）2，可令y＝0，求出x可得OD的长，从而求出DE即可判断得解； （3）依据题意，画出图象找出所求钢架，再由ACB所在抛物线y（x+3）2，令y＝4，故4（x+3）2，进而可得M的坐标，可得直线BM，结合EF∥BM，可设EF为yx+m，再联立方程组，得方程x2+8x﹣8m+16＝0，从而Δ＝64﹣4（﹣8m+16）＝0，求出m后可得直线EF，进而求出E的坐标，再结合勾股定理计算即可得解． 【解答】解：（1）由题意，水滑道ACB所在抛物线的顶点C（﹣3，）， ∴可设抛物线为y＝a（x+3）2． 又B（0，2）， ∴2＝a（0+3）2． ∴a． ∴抛物线为y（x+3）2． 故答案为：y（x+3）2． （2）①由题意，∵抛物线BD恰好与抛物线ACB关于点B成中心对称， ∴抛物线BD的顶点与抛物线ACB的顶点C关于点B成中心对称． ∴B是它们的中点． 又C（﹣3，），B（0，2）， ∴抛物线BD的顶点为（3，）． ∴此人腾空后的最大高度为米． 又此时可设抛物线BD为y＝a'（x﹣3）2， 将B（0，2）代入得， ∴a'（0﹣3）22． ∴a'． ∴抛物线BD的解析式y（x﹣3）2． ②由①得y（x﹣3）2， 令y＝0， ∴0（x﹣3）2． ∴x＝8或x＝﹣2（舍去）． ∴OD＝8米． 又OE＝12米， ∴DE＝12﹣8＝4＞3． ∴落点D在安全范围内． （3）由题意，如图，EF即为所求钢架． ∵ACB所在抛物线y（x+3）2， 令y＝4， ∴4（x+3）2． ∴x＝﹣8或x＝2（舍去）． ∴M（﹣8，4）． 又B（0，2）， ∴直线BM为yx+2． ∵EF∥BM， ∴可设EF为yx+m． 联立方程组， ∴（x+3）2x+m． ∴x2+8x﹣8m+16＝0． ∴Δ＝64﹣4（﹣8m+16）＝0． ∴m＝0 ∴直线EF为yx，过原点，即F与O重合． ∵M（﹣8，4）， ∴令x＝﹣8，则yx（﹣8）＝2． ∴EN＝2米，ON＝8米． 又∠ENO＝90°， ∴EF＝EO2（米）． 答：这条钢架的长度为2米． 五．二次函数综合题（共24小题） 5．（2024•长沙）已知四个不同的点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）都在关于x的函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的图象上． （1）当A，B两点的坐标分别为（﹣1，﹣4），（3，4）时，求代数式2024a+1012b的值； （2）当A，B两点的坐标满足a2+2（y1+y2）a+4y1y2＝0时，请你判断此函数图象与x轴的公共点的个数，并说明理由； （3）当a＞0时，该函数图象与x轴交于E，F两点，且A，B，C，D四点的坐标满足：2a2+2（y1+y2）a0，2a2﹣2（y3+y4）a0．请问是否存在实数（m＞1），使得AB，CD，m•EF这三条线段组成一个三角形，且该三角形的三个内角的大小之比为1：2：3？若存在，求出m的值和此时函数的最小值；若不存在，请说明理由（注：m•EF表示一条长度等于EF的m倍的线段）． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）将A、B代入得到关于a、b的关系式，再整体代入求解即可； （2）令a2+2（y1+y2）a+4y1y2＝0求解，再根据a的正负分类讨论即可； （3）由内角之比可得出这是一个30°、60°的直角三角形，再将线段表示出来，利用特殊角的边角关系建立方程即可． 【解答】解：（1）将A（﹣1，﹣4），B（3，4）代入y＝ax2+bx+c得， ②﹣①得8a+4b＝8，即2a+b＝2． ∴． （2）此函数图象与x轴的公共点个数为两个． 方法1：由a2+2（y1+y2）a+4y1y2＝0， 得（a+2y1）（a+2y2）＝0， ∴，， ①当a＞0时，，此抛物线开口向上，而A，B两点之中至少有一个点在x轴的下方， ∴此时该函数图象与x轴有两个公共点； ②当a＜0时，，此抛物线开口向下，而A，B两点之中至少有一个点在x轴的上方， ∴此时该函数图象与x轴也有两个公共点． 综上所述，此函数图象与x轴必有两个公共点． 方法2：由a2+2（y1+y2）a+4y1y2＝0， 得（a+2y1）（a+2y2）＝0， ∴，， ∴抛物线上存在纵坐标为的点，即一元二次方程有解． ∴该方程根的判别式，即b2﹣4ac≥2a2． ∵a≠0，所以b2﹣4ac＞0． ∴原函数图象与x轴必有两个公共点． 方法3：由a2+2（y1+y2）a+4y1y2＝0， 可得或． ①当时，有，即， ∴． 此时该函数图象与x轴有两个公共点． ②当时，同理可得△＞0，此时该函数图象与x轴也有两个公共点． 综上所述，该函数图象与x轴必有两个公共点． （3）因为a＞0，所以该函数图象开口向上． ∵， ∴， ∴y1＝y2＝﹣a． ∵， ∴， ∴y3＝y4＝a， ∴直线AB，CD均与x轴平行． 由（2）可知该函数图象与x轴必有两个公共点， 设E（x5，0），F（x6，0）． 由图象可知，即b2﹣4ac＞4a2， ∴ax2+bx+c＝﹣a的两根为x1、x2， ∴， 同理ax2+bx+c＝a的两根为x3、x4，可得， 同理ax2+bx+c＝0的两根为x5、x6，可得， 由于m＞1，结合图象与计算可得AB＜EF＜m•EF，AB＜CD． 若存在实数m（m＞1），使得AB，CD，m•EF这三条线段组成一个三角形，且该三角形的三个内角的大小之比为1：2：3，则此三角形必定为两锐角分别为 30°、60° 的直角三角形， ∴线段AB不可能是该直角三角形的斜边． ①当以线段CD为斜边，且两锐角分别为30°，60°时， ∵m•EF＞AB， ∴必须同时满足：AB2+（m•EF）2＝CD2，． 将上述各式代入化简可得，且， 联立解之得，， 解得，符合要求． ∴，此时该函数的最小值为． ②当以线段m•EF为斜边时，必有AB2+CD2＝（m•EF）2， 同理代入化简可得2（b2﹣4ac）＝m2（b2﹣4ac）， 解得， ∵以线段为斜边，且有一个内角为60°，而CD＞AB， ∴CD＝AB•tan60°，即， 化简得b2﹣4ac＝8a2＞4a2符合要求． ∴，此时该函数的最小值为． 综上所述，存在两个m的值符合题意；当时，此时该函数的最小值为，当时，此时该函数的最小值为﹣2a． 6．（2024•吉林）小明利用一次函数和二次函数知识，设计了一个计算程序，其程序框图如图（1）所示，输入x的值为﹣2时，输出y的值为1；输入x的值为2时，输出y的值为3；输入x的值为3时，输出y的值为6． （1）直接写出k，a，b的值． （2）小明在平面直角坐标系中画出了关于x的函数图象，如图（2）． Ⅰ．当y随x的增大而增大时，求x的取值范围． Ⅱ．若关于x的方程ax2+bx+3﹣t＝0（t为实数），在0＜x＜4时无解，求t的取值范围． Ⅲ．若在函数图象上有点P，Q（P与Q不重合）．P的横坐标为m，Q的横坐标为﹣m+1．小明对P，Q之间（含P，Q两点）的图象进行研究，当图象对应函数的最大值与最小值均不随m的变化而变化，直接写出m的取值范围． 【答案】（1）a＝1，b＝﹣2，k＝1； （2）Ⅰ：x＜0或x≥1；Ⅱ：t＜2或t≥11；Ⅲ：﹣1≤m≤0或1≤m≤2． 【分析】（1）根据题意将 x＝﹣2，y＝1 代入 y＝kx+3，得k＝1；将x＝2，y＝3和x＝3，y＝6分别代入 y＝ax2+bx+3 得a＝1，b＝﹣2； （2）I：由（1）可写出一次函数解析式为：y＝x+3，二次函数解析式为：y＝x2﹣2x+3，根据一次函数和二次函数的增减性即可得到：当y随x的增大而增大时，x的取值范围为：x＜0或x≥1； Ⅱ：ax2+bx+3﹣t＝0在0＜x＜4时无解可转为：抛物线 y＝x2﹣2x+3 与直线y＝t在0＜x＜4时无交点的问题，而y＝x2﹣2x+3的顶点为（1，2），过（4，11），根据图象分析可得当t＜2或t≥11时，抛物线 y＝x2﹣2x+3 与直线y＝t在0＜x＜4时没有交点； Ⅲ：根据xP＝m，xQ＝﹣m+1，可得点P、Q关于直线 对称，当 x＝1，y最小值＝1﹣2+3＝2，当 x＝0时，y最大值＝3，因为当图象对应函数的最大值与最小值均不随m的变化而变化，而当 x＝2 时，y＝3，x＝﹣1 时，y＝2，故①当 ，根据图象分析可知：；②当 ，根据图象分析可知：，从而得到m的取值范围． 【解答】（1）解：∵x＝﹣2＜0， ∴将 x＝﹣2，y＝1 代入 y＝kx+3，得：﹣2k+3＝1，解得：k＝1， ∵x＝2＞0，x＝3＞0， 将x＝2，y＝3和x＝3，y＝6分别代入 y＝ax2+bx+3 得：， 解得：； 故：a＝1，b＝﹣2，k＝1． （2）解：I：∵k＝1，a＝1，b＝﹣2， ∴一次函数解析式为：y＝x+3，二次函数解析式为：y＝x2﹣2x+3， 当x≥0时，y＝x2﹣2x+3，其对称轴为直线x＝1，开口向上， ∴x≥1时，y随着x的增大而增大； 当x＜0时，y＝x+3，k＝1＞0， ∴x＜0时，y随着x的增大而增大， 综上，x的取值范围：x＜0或x≥1； Ⅱ：∵ax2+bx+3﹣t＝0在0＜x＜4时无解， ∴ax2+bx+3＝t，在0＜x＜4时无解， ∴问题转化为抛物线 y＝x2﹣2x+3 与直线y＝t在0＜x＜4时无交点， ∵对于 y＝x2﹣2x+3，当x＝1时，y＝2， ∴顶点为（1，2）， 如图： ∴当t＝2时，抛物线 y＝x2﹣2x+3 与直线y＝t在0＜x＜4时正好一个交点， ∴当t＜2时，抛物线 y＝x2﹣2x+3 与直线y＝t在0＜x＜4时没有交点； 当x＝4，y＝16﹣8+3＝11， ∴当t＝11时，抛物线 y＝x2﹣2x+3 与直线y＝t在0＜x≤4时正好一个交点， ∴当t≥11时，抛物线 y＝x2﹣2x+3 与直线y＝t在0＜x＜4时没有交点， ∴当t＜2或t≥11时，抛物线 y＝x2﹣2x+3 与直线y＝t在0＜x＜4时没有交点， 即：当t＜2或t≥11时，关于x的方程 ax2+bx+3﹣t＝0 （t为实数），在0＜x＜4时无解； Ⅲ：∵xP＝m，xQ＝﹣m+1， ∴， ∴直线x＝m与直线x＝﹣m+1关于直线 对称， 当 x＝1，y最小值＝1﹣2+3＝2， 当 x＝0时，y最大值＝3， ∵当图象对应函数的最大值与最小值均不随m的变化而变化，而当 x＝2 时，y＝3，x＝﹣1 时，y＝2， ∴①当 如图： 由题意得：， ∴1≤m≤2； ②当 ，如图： 由题意得：， ∴﹣1≤m≤0， 综上：﹣1≤m≤0或1≤m≤2． 7．（2024•山西）综合与实践 问题情境：如图1，矩形MNKL是学校花园的示意图，其中一个花坛的轮廓可近似看成由抛物线的一部分与线段AB组成的封闭图形，点A，B在矩形的边MN上．现要对该花坛内种植区域进行划分，以种植不同花卉，学校面向全体同学征集设计方案． 方案设计：如图2，AB＝6米，AB的垂直平分线与抛物线交于点P，与AB交于点O，点P是抛物线的顶点，且PO＝9米．欣欣设计的方案如下： 第一步：在线段OP上确定点C，使∠ACB＝90°，用篱笆沿线段AC，BC分隔出△ABC区域，种植串串红； 第二步：在线段CP上取点F（不与C，P重合），过点F作AB的平行线，交抛物线于点D，E．用篱笆沿DE，CF将线段AC，BC与抛物线围成的区域分隔成三部分，分别种植不同花色的月季． 方案实施：学校采用了欣欣的方案，在完成第一步△ABC区域的分隔后，发现仅剩6米篱笆材料．若要在第二步分隔中恰好用完6米材料，需确定DE与CF的长．为此，欣欣在图2中以AB所在直线为x轴，OP所在直线为y轴建立平面直角坐标系．请按照她的方法解决问题： （1）在图2中画出坐标系，并求抛物线的函数表达式； （2）求6米材料恰好用完时DE与CF的长； （3）种植区域分隔完成后，欣欣又想用灯带对该花坛进行装饰，计划将灯带围成一个矩形．她尝试借助图2设计矩形四个顶点的位置，其中两个顶点在抛物线上，另外两个顶点分别在线段AC，BC上．直接写出符合设计要求的矩形周长的最大值． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，OA＝OB，则，得到CF＝OF﹣OC＝﹣m2+9﹣3＝﹣m2+6，即可求解； （3）由矩形周长＝2（GH+GL）＝2（﹣2m﹣m2+9﹣m﹣3）＝﹣（m+1.5）2，即可求解． 【解答】解：（1）建立如图所示的平面直角坐标系， ∵OP所在直线是AB的垂直平分线，且AB＝6， ∴． ∴点B的坐标为（3，0）， ∵OP＝9， ∴点P的坐标为（0，9）， ∵点P是抛物线的顶点， ∴设抛物线的函数表达式为y＝ax2+9， ∵点B（3，0）在抛物线y＝ax2+9 上， ∴9a+9＝0， 解得：a＝﹣1． ∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+9（﹣3≤x≤3）； （2）点D，E在抛物线y＝﹣x2+9 上， ∴设点E的坐标为（m，﹣m2+9）， ∵DE∥AB，交y轴于点F， ∴DF＝EF＝m，OF＝﹣m2+9， ∴DE＝2m． ∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，OA＝OB， ∴． ∴CF＝OF﹣OC＝﹣m2+9﹣3＝﹣m2+6， 根据题息，得DE+CF＝6， ∴﹣m2+6+2m＝6， 解得：m1＝2，m＝0（不符合题意，舍去）， ∴m＝2． ∴DE＝2m＝4，CF＝﹣m2+6＝2 答：DE的长为4米，CF的长为2米； （3）如图矩形灯带为GHML， 由点A、B、C的坐标得，直线AC和BC的表达式分别为：y＝x+3，y＝﹣x+3， 设点G（m，﹣m2+9）、H（﹣m，﹣m2+9）、L（m，m+3）、M（﹣m，m+3）， 则矩形周长＝2（GH+GL）＝2（﹣2m﹣m2+9﹣m﹣3）＝﹣2（m+1.5）2， 故矩形周长的最大值为米． 8．（2024•湖南）已知二次函数y＝﹣x2+c的图象经过点A（﹣2，5），点P（x1，y1），Q（x2，y2）是此二次函数的图象上的两个动点． （1）求此二次函数的表达式； （2）如图1，此二次函数的图象与x轴的正半轴交于点B，点P在直线AB的上方，过点P作PC⊥x轴于点C，交AB于点D，连接AC，DQ，PQ．若x2＝x1+3，求证：的值为定值； （3）如图2，点P在第二象限，x2＝﹣2x1，若点M在直线PQ上，且横坐标为x1﹣1，过点M作MN⊥x轴于点N，求线段MN长度的最大值． 【答案】（1）y＝﹣x2+9； （2）3为定值，理由见解答； （3）． 【分析】（1）将点A的坐标代入抛物线表达式得：5＝﹣4+c，即可求解； （2）由S△PDQPD×（xQ﹣xP）（9+x1﹣3）（x2﹣x1）（x1+6），同理可得：S△ADCCD×（xD﹣xA）（x1+6），即可求解； （3）求出线PQ的表达式为：y＝x1（x﹣x1）9＝xx1﹣29，则MN＝（x1﹣1）x1﹣29＝﹣（x1）2，即可求解． 【解答】（1）解：将点A的坐标代入抛物线表达式得：5＝﹣4+c， 则c＝9， 即抛物线的表达式为：y＝﹣x2+9； （2）证明：令y＝﹣x2+9，则x＝±3，则点B（3，0）， 由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y＝﹣x+3， 设点P、Q、D的表达式分别为：（x1，9）、（x2，9）、（x1，﹣x1+3）， 则S△PDQPD×（xQ﹣xP）（9+x1﹣3）（x2﹣x1）（x1+6）， 同理可得：S△ADCCD×（xD﹣xA）（x1+6）， 则3为定值； （3）解：点P、Q的坐标分别为：（x1，9）、（﹣2x1，﹣49）， 由点P、Q的坐标得，直线PQ的表达式为：y＝x1（x﹣x1）9＝xx1﹣29， 则MN＝yM＝（x1﹣1）x1﹣29＝﹣（x1）2， 故MN的最大值为：． 9．（2024•甘孜州）【定义与性质】 如图，记二次函数y＝a（x﹣b）2+c和y＝﹣a（x﹣p）2+q（a≠0）的图象分别为抛物线C和C1． 定义：若抛物线C1的顶点Q（p，q）在抛物线C上，则称C1是C的伴随抛物线． 性质：①一条抛物线有无数条伴随抛物线； ②若C1是C的伴随抛物线，则C也是C1的伴随抛物线，即C的顶点P（b，c）在C1上． 【理解与运用】 （1）若二次函数y（x﹣2）2+m和y（x﹣n）2的图象都是抛物线yx2的伴随抛物线，则m＝　2　，n＝　±1　． 【思考与探究】 （2）设函数y＝x2﹣2kx+4k+5的图象为抛物线C2． ①若函数y＝﹣x2+dx+e的图象为抛物线C0，且C2始终是C0的伴随抛物线，求d，e的值； ②在①的条件下，若抛物线C2与x轴有两个不同的交点（x1，0），（x2，0）（x1＜x2），请直接写出x1的取值范围． 【答案】（1）2；±1； （2）①d＝4，e＝5；②2＜x1＜5或x1＜﹣1． 【分析】（1）根据二次函数y（x﹣2）2+m和y（x﹣n）2的图象都是抛物线yx2的伴随抛物线，得出22＝m，n2，求得m＝2，n＝±1； （2）①抛物线C2的顶点为（k，﹣k2+4k+5），令k＝0，顶点为（0，5）；k＝1，顶点为（1，8），得出d＝4，e＝5； ②当顶点在（﹣1，0）下方时，抛物线有两个交点，x1＜﹣1；当顶点在（5，0）下方时，2＜x1＜5． 【解答】解：（1）由题意，∵二次函数y（x﹣2）2+m和y（x﹣n）2的图象都是抛物线yx2的伴随抛物线， ∴22＝m，n2， ∴m＝2，n＝±1， 故答案为：2；±1； （2）①由题意，∵y＝x2﹣2kx+4k+5＝（x﹣k）2﹣k2+4k+5， ∴抛物线C2的顶点为（k，﹣k2+4k+5）， 又C2始终是C0的伴随抛物线， ∴可令k＝0，顶点为（0，5）；k＝1，顶点为（1，8）， ∴， ∴d＝4，e＝5； ②∵C2与x轴有两个不同的交点（x1，0），（x2，0）， 由①得：函数y＝﹣x2+4x+5的图象为抛物线C0，且C2始终是C0的伴随抛物线， ∴顶点坐标（k，﹣k2+4k+5）在y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9图象上滑动，顶点为（2，9）， 当﹣x2+4x+5＝0时，解得：x＝﹣1或x＝5， 抛物线与x轴交于（﹣1，0）（5，0）两个点， 当顶点在（﹣1，0）下方时，抛物线有两个交点，x1＜﹣1； ∵若C2是C0的伴随抛物线，则C0也是C2的伴随抛物线，即C0的顶点P（b，c）在C2上， ∴（2，9）在C2上， 当顶点在（5，0）下方时，2＜x1＜5； 综上可得：2＜x1＜5或x1＜﹣1． 10．（2024•泰安）如图，抛物线的图象经过点D（1，﹣1），与x轴交于点A，点B． （1）求抛物线C1的表达式； （2）将抛物线C1向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线C2，求抛物线C2的表达式，并判断点D是否在抛物线C2上； （3）在x轴上方的抛物线C2上，是否存在点P，使△PBD是等腰直角三角形．若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）yx2x﹣4； （2）C2：y（x）2，点D在抛物线C2上； （3）存在，点P的坐标为：（2，2）或（﹣1，3）． 【分析】（1）将点D的坐标代入抛物线表达式，即可求解； （2）由题意得：C2：y（x﹣1）2（x﹣1）﹣4+3（x）2，当x＝1时，y（x）2（1）21，即可求解； （3）当∠BAP为直角时，证明△DGB≌△EHD（AAS），求出点E（2，2），当x＝2时，y（x）2（2）22，即点E在抛物线C2上，即点P即为点E（2，2）；当∠DBP为直角时，同理可解；当∠HPD为直角时，如图3，同理可得点E（0，1），即可求解． 【解答】解：（1）将点D的坐标代入抛物线表达式得：﹣1＝a4， 解得：a， 则抛物线的表达式为：yx2x﹣4； （2）由题意得：C2：y（x﹣1）2（x﹣1）﹣4+3（x）2， 当x＝1时，y（x）2（1）21， 故点D在抛物线C2上； （3）存在，理由： 当∠BDP是直角时， 如图1，过点D作DE⊥BD且DE＝BE，则△BDE为等腰直角三角形， ∵∠BDG+∠EDH＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°， ∴∠BDG＝∠DEH， ∵∠DGB＝∠EHD＝90°， ∴△DGB≌△EHD（AAS）， 则DH＝BG＝1，EH＝GD＝1+2＝3， 则点E（2，2）， 当x＝2时，y（x）2（2）22， 即点E在抛物线C2上， 即点P即为点E（2，2）； 当∠DBP为直角时，如图2， 同理可得：△BGE≌△DHB（AAS）， 则DH＝3＝BG，BH＝1＝GE， 则点E（﹣1，3）， 当x＝﹣1时，y（x）2（﹣1）23， 即点E在抛物线C2上， 即点P即为点E（﹣1，3）； 当∠BPD为直角时，如图3， 设点E（x，y）， 同理可得：△EHB≌△DGE（AAS）， 则EH＝x+2＝GD＝y+1且BH＝y＝GE＝1﹣x， 解得：x＝0且y＝1，即点E（0，1）， 当x＝0时，y（x）2（0）21， 即点E不在抛物线C2上； 综上，点P的坐标为：（2，2）或（﹣1，3）． 11．（2024•雅安）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C． （1）求二次函数的表达式； （2）如图①，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，当线段PQ的长度最大时，求点Q的坐标； （3）如图②，在（2）的条件下，过点Q的直线与抛物线交于点D，且∠CQD＝2∠OCQ．在y轴上是否存在点E，使得△BDE为等腰三角形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y＝x2﹣4x+3； （2）点Q（，）； （3）存在，点E（0，8±）或（0，5）或（0，±）． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）由PQ＝x﹣3﹣（x2﹣4x+3）＝﹣x2+3x，即可求解； （3）当DE＝BD时，则68＝25+（y﹣8）2，解得：y＝8±，即点E（0，8±）；当DE＝BE或BD＝BE时，同理可解． 【解答】解：（1）由题意得：y＝a（x﹣1）（x﹣3）＝a（x2﹣4x+3）＝ax2+bx+3， 则a＝1， 则抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x+3； （2）由抛物线的表达式知，点C（0，3）， 由点B、C的坐标得，直线CB的表达式为：y＝﹣x+3， 设点Q（x，x2﹣4x+3），则点P（x，﹣x+3）， 则PQ＝﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）＝﹣x2+3x， ∵﹣1＜0， 故PQ有最大值， 此时x，则y＝x2﹣4x+3， 即点Q（，）； （3）存在，理由： 由点C、Q的坐标得，直线CQ的表达式为：yx+3， 过点Q作TQ∥y轴交x轴于点T，则∠TQA＝∠QCO， ∵∠CQD＝2∠OCQ，∠TQC＝∠QCO， 则∠CQT＝∠DQT， 即直线CQ和DQ关于直线QT对称， 则直线DQ的表达式为：y（x）， 联立上式和抛物线的表达式得：x2﹣4x+3（x）， 解得：x（舍去）或5， 即点D（5，8）； 设点E（0，y），由B、D、E的坐标得，BD2＝68，DE2＝25+（y﹣8）2，BE2＝9+y2， 当DE＝BD时， 则68＝25+（y﹣8）2， 解得：y＝8±，即点E（0，8±）； 当DE＝BE或BD＝BE时， 同理可得：25+（y﹣8）2＝9+y2或9+y2＝68， 解得：y＝5或±， 即点E（0，5）或（0，±）； 综上，点E（0，8±）或（0，5）或（0，±）． 12．（2024•包头）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣2x2+bx+c与x轴相交于A（1，0），B两点（点A在点B左侧），顶点为M（2，d），连接AM． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）如图1，若C是y轴正半轴上一点，连接AC，CM．当点C的坐标为（0，）时，求证：∠ACM＝∠BAM； （3）如图2，连接BM，将△ABM沿x轴折叠，折叠后点M落在第四象限的点M′处，过点B的直线与线段AM′相交于点D，与y轴负半轴相交于点E．当时，3S△ABD与2S△M′BD是否相等？请说明理由． 【答案】（1）y＝﹣2x2+8x﹣6； （2）见解析； （3）3S△ABD＝2S△M′BD． 【分析】（1）根据顶点坐标，求出b的值，再将点A代入函数解析式即可确定具体解析式； （2）过点M作MN⊥x轴交于点N，利用勾股定理逆定理证明△ACM是直角三角形，且∠CAM＝90°，则tan∠ACM＝2，在Rt△AMN中，tan∠MAB＝2，由此可证明∠ACM＝∠BAM； （3）过点D作DH⊥x轴交于H点，根据OE∥DH，可知，即，从而求出D（，），再求AD，DM'，设B点到AM'的距离为h，根据3S△ABDh，2S△M′BDh，即可得到3S△ABD＝2S△M′BD． 【解答】（1）解：∵顶点为M（2，d）， ∴2， ∴b＝8， ∴y＝﹣2x2+8x+c， 将点A（1，0）代入y＝﹣2x2+8x+c， ∴﹣2+8+c＝0， 解得c＝﹣6， ∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+8x﹣6； （2）证明：∵y＝﹣2x2+8x﹣6＝﹣2（x﹣2）2+2， ∴M（2，2）， 过点M作MN⊥x轴交于点N， ∵A（1，0），C（0，）， ∴AC，AM，CM， ∵CM2＝AC2+AM2， ∴△ACM是直角三角形，且∠CAM＝90°， ∴tan∠ACM＝2， 在Rt△AMN中，tan∠MAB＝2， ∴∠ACM＝∠BAM； （3）解：3S△ABD＝2S△M′BD，理由如下： ∵M（2，2）， ∴M'（2，﹣2）， 过点D作DH⊥x轴交于H点， ∵OE∥DH， ∴， 当y＝0时，﹣2x2+8x﹣6＝0， 解得x＝1或x＝3， ∴B（3，0）， ∴， 解得xD， 设直线AM'的解析式为y＝kx+m， ∴， 解得， ∴直线AM'的解析式为y＝﹣2x+2， ∴D（，）， ∴AD，DM'， 设B点到AM'的距离为h， ∴3S△ABD3hh，2S△M′BD2hh， ∴3S△ABD＝2S△M′BD． 13．（2024•齐齐哈尔）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，已知直线yx﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的另一个交点为点B（﹣1，0），点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线AC于点E，点F． （1）求抛物线的解析式； （2）点D是x轴上的任意一点，若△ACD是以AC为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标； （3）当EF＝AC时，求点P的坐标； （4）在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接NA，MP，则NA+MP的最小值为 　　． 【答案】（1）yx2x﹣2； （2）点D（4±2，0）或（﹣4，0）； （3）点P（2，﹣3）； （4）． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）AC2＝20，AD2＝（x﹣4）2，CD2＝x2+4，则AC＝AD或AC＝CD，即20＝（x﹣4）2或20＝x2+4，即可求解； （3）E、C、F、A共线，EF＝AC，则xF﹣xE＝xA﹣xC，即可求解； （4）作点A关于y轴的对称点A′（﹣4，0），将点A′向右平移（MN的长度），得到点A″（，0），连接PA″交抛物线对称轴于点M，过点M作MN⊥y轴于点N，连接A′N，则NA+MP＝A′N+PM＝A″M+MP＝A″P为最小，即可求解． 【解答】解：（1）直线yx﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点C，则点A、C的坐标分别为：（4，0）、（0，﹣2）， 则抛物线的表达式为：y＝a（x﹣4）（x+1）＝a（x2﹣3x﹣4）， 则﹣4a＝﹣2，则a， 则抛物线的表达式为：yx2x﹣2； （2）设点D（x，0）， 由点A、C、D的坐标得，AC2＝20，AD2＝（x﹣4）2，CD2＝x2+4， 则AC＝AD或AC＝CD， 即20＝（x﹣4）2或20＝x2+4， 解得：x＝4±2或4（舍去）或﹣4， 即点D（4±2，0）或（﹣4，0）； （3）设点P（x，x2x﹣2）， 当yx2x﹣2x﹣2，则x＝x2﹣3x，即点E（x2﹣3x，x2x﹣2）， ∵E、C、F、A共线，EF＝AC， 则xF﹣xE＝xA﹣xC， 即x﹣（x2﹣3x）＝4﹣0， 解得：x＝2， 即点P（2，﹣3）； （4）作点A关于y轴的对称点A′（﹣4，0），将点A′向右平移（MN的长度），得到点A″（，0）， 连接PA″交抛物线对称轴于点M，过点M作MN⊥y轴于点N，连接A′N， ∵A′A″∥MN且A′A″＝MN，则四边形A′A″MN为平行四边形，则A′N＝A″M， 则NA+MP＝A′N+PM＝A″M+MP＝A″P为最小，最小值为， 故答案为：． 14．（2024•广西）课堂上，数学老师组织同学们围绕关于x的二次函数y＝x2+2ax+a﹣3的最值问题展开探究． 【经典回顾】二次函数求最值的方法． （1）老师给出a＝﹣4，求二次函数y＝x2+2ax+a﹣3的最小值． ①请你写出对应的函数解析式； ②求当x取何值时，函数y有最小值，并写出此时的y值； 【举一反三】老师给出更多a的值，同学们即求出对应的函数在x取何值时，y的最小值．记录结果，并整理成如表： a … ﹣4 ﹣2 0 2 4 … x … * 2 0 ﹣2 ﹣4 … y的最小值 … * ﹣9 ﹣3 ﹣5 ﹣15 … 注：*为②的计算结果． 【探究发现】老师：“请同学们结合学过的函数知识，观察表格，谈谈你的发现．” 甲同学：“我发现，老师给了a值后，我们只要取x＝﹣a，就能得到y的最小值．” 乙同学：“我发现，y的最小值随a值的变化而变化，当a由小变大时，y的最小值先增大后减小，所以我猜想y的最小值中存在最大值” （2）请结合函数解析式y＝x2+2ax+a﹣3，解释甲同学的说法是否合理？ （3）你认为乙同学的猜想是否正确？若正确，请求出此最大值；若不正确，说明理由． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）①a＝﹣4，y＝x2+2ax+a﹣3＝x2﹣8x﹣7； ②当抛物线在对称轴即x＝4时，y取得最小值，即可求解； （2）1＞0，故函数有最小值，即可求解 （3）当x＝﹣a时，y＝x2+2ax+a﹣3＝﹣a2+a﹣3，﹣1＜0，故y有最大值，即可求解． 【解答】解：（1）①a＝﹣4，y＝x2+2ax+a﹣3＝x2﹣8x﹣7； ②当抛物线在对称轴即x＝4时，y取得最小值为：16﹣32﹣7＝﹣23； （2）合理，理由： ∵1＞0，故函数有最小值， 当x＝﹣a（对称轴）时，y取得最小值， 故甲同学的说法合理； （3）正确，理由： 当x＝﹣a时，y＝x2+2ax+a﹣3＝﹣a2+a﹣3， ∵﹣1＜0，故y有最大值， 当a时，y的最大值为：3． 15．（2024•烟台）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OC＝OA，AB＝4，对称轴为直线l1：x＝﹣1．将抛物线y1绕点O旋转180°后得到新抛物线y2，抛物线y2与y轴交于点D，顶点为E，对称轴为直线l2． （1）分别求抛物线y1和y2的表达式； （2）如图1，点F的坐标为（﹣6，0），动点M在直线l1上，过点M作MN∥x轴与直线l2交于点N，连接FM，DN，求FM+MN+DN的最小值； （3）如图2，点H的坐标为（0，﹣2），动点P在抛物线y2上，试探究是否存在点P，使∠PEH＝2∠DHE？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y1＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3），y2＝x2﹣2x﹣3； （2）32； （3）点P的坐标为：（3，0）或（，）． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）证明四边形FF′NM平行四边形，则FM+MN+DN＝F′N+ND′+MN＝F′D′+22＝32为最小； （3）当点P（P′）在BE的右侧时，∠PEH＝2∠DHE，则EP′和HE关对称轴l2对称，求出直线EP′的表达式为：y＝2（x﹣1）﹣4，即可求解；当点P在BE的左侧时，由NH＝NE，求出N（0，），即可求解． 【解答】解：（1）设点A、B的坐标分别为：（t，0）、（t+4，0）， 则x＝﹣1（t+t+4）， 解得t＝﹣3， 即点A、B的坐标分别为：（﹣3，0）、（1，0）， ∵OC＝OA，则点C（0，3）， 则抛物线y1得表达式为：y1＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）， 则﹣3a＝3，则a＝﹣1， 则y1＝﹣x2﹣2x+3； 根据图形的对称性，y2＝x2﹣2x﹣3； （2）作点D关于l2的对称点D′（2，﹣3），将点F向右平移2个单位（MN＝2），连接D′F′交直线l2于点N，过点N作NM⊥l1交于点M，连接FM， ∵F′F∥MN，FF′＝MN，则四边形FF′NM平行四边形，则FM＝F′N， 则FM+MN+DN＝F′N+ND′+MN＝F′D′+22＝32为最小； （3）由抛物线y2的表达式知，点D（0，﹣3）、点E（1，﹣4）， 由点H、E的坐标得，直线HE的表达式为：y＝﹣2x﹣2， 当点P（P′）在BE的右侧时， ∵∠PEH＝2∠DHE，则EP′和HE关对称轴l2对称， 则直线EP′的表达式为：y＝2（x﹣1）﹣4， 联立上式和抛物线y2得表达式得：2（x﹣1）﹣4＝x2﹣2x﹣3， 解得：x＝1（舍去）或3， 即点P′（3，0）； 当点P在BE的左侧时，见如图右侧放大图，设直线PE交y轴于点N， ∵∠PEH＝2∠DHE， 过点E（1，﹣4）作∠PEH的角平分线EK交HD于点K， 作HE的中垂线JK，交HD于点J，交HE于点L，过点E作EW⊥HD交于点W 则∠JHL＝∠JEH＝∠EHJ＝α， 由点H、E的坐标得，直线HE的表达式为：y＝﹣2x﹣2， 则点L（，﹣3）， 直线JL的表达式为：y（x）﹣3x， 则点J（0，），则HJ＝JF， ∵∠JHL＝∠JEH＝∠EHJ＝α，∠EKJ＝∠HKF， ∴△EKJ∽△HKE， 则， 设KJm，则KE＝4m， 则点K（0，m）， 在Rt△KEW中，KW2+WE2＝KE2， 即（m+4）2+1＝4m2， 解得：m， 则点K（0，）， 由点K、E的坐标得，直线KE的表达式为：yx， 联立上式和抛物线的表达式得：x2﹣2x﹣3x， 解得：x， 则点P（，）； 综上，点P的坐标为：（3，0）或（，）． 16．（2024•甘肃）如图1，抛物线y＝a（x﹣h）2+k交x轴于O，A（4，0）两点，顶点为B（2，2），点C为OB的中点． （1）求抛物线y＝a（x﹣h）2+k的表达式； （2）过点C作CH⊥OA，垂足为H，交抛物线于点E．求线段CE的长． （3）点D为线段OA上一动点（O点除外），在OC右侧作平行四边形OCFD． ①如图2，当点F落在抛物线上时，求点F的坐标； ②如图3，连接BD，BF，求BD+BF的最小值． 【答案】（1）yx2+2x； （2）； （3）①点F（2，）；②2． 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）由中点坐标公式得点C（1，），即可求解； （3）①当y时，y（x﹣2）2+2，则x＝2（不合题意的值已舍去），即可求解； ②过点B作直线l⊥y轴，作点F关于直线l的对称点F′（m+1，3），连接DF′，则BD+BF＝BD+BF′≥DF′，当D、B、F′共线时，BD+BF＝DF′为最小，即可求解． 【解答】解：（1）由题意得：y＝a（x﹣2）2+2， 将点A的坐标代入上式得：0＝a×（4﹣2）2+2， 解得：a， 抛物线y＝a（x﹣h）2+k的表达式为yx2+2x； （2）由（1）知，y（x﹣2）2+2， 由中点坐标公式得点C（1，）， 当x＝1时，y（x﹣2）2+2， 则CE； （3）①由（2）知，C（1，）， 当y时，y（x﹣2）2+2， 则x＝2（不合题意的值已舍去）， 即点F（2，）； ②方法一： 设点D（m，0），则点F（m+1，）， 过点B作直线l⊥y轴，作点F关于直线l的对称点F′（m+1，3），连接DF′， 则BD+BF＝BD+BF′≥DF′，当D、B、F′共线时，BD+BF＝DF′为最小， 由点F′、D的坐标得，直线DF′的表达式为：y＝3（x﹣m）， 将点B的坐标代入上式得：23（2﹣m）， 解得：m， 则点F′（，3），点D（，0）， 则BD+BF最小值为：DF′2； 方法二：作点C关于x轴的对称点E（1，）， 则△CBF≌△OED（SAS）， 则BF＝DE， 则BD+BF＝BD+DE≥BE，当D、B、E共线时，BD+BF＝BE为最小， 则BE2； 17．（2024•广元）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线F：y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣3，﹣1），与y轴交于点B（0，2）． （1）求抛物线的函数表达式； （2）在直线AB上方抛物线上有一动点C，连接OC交AB于点D，求的最大值及此时点C的坐标； （3）作抛物线F关于直线y＝﹣1上一点的对称图象F′，抛物线F与F′只有一个公共点E（点E在y轴右侧），G为直线AB上一点，H为抛物线F′对称轴上一点，若以B，E，G，H为顶点的四边形是平行四边形，求G点坐标． 【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+2； （2） 的最大值为，此时点C的坐标为（，）； （3）G点坐标（﹣2，0）或（4，6）或（2，4）． 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）过点C作x轴的垂线交AB于点M，则CM∥y轴，可知△CDM∽△ODB，由此得到，设C（t，﹣t2﹣2t+2），则M（t，t+2），所以CM＝﹣（t）2，当t时，CM有最大值，此时 的最大值为，此时点C的坐标为（，）； （3）由中心对称可知，抛物线F与F′的公共点E为直线y＝﹣1与抛物线F的右交点，求出E（1，﹣1），抛物线F'的顶点坐标为（3，﹣5），设G（m，m+2），当BE为平行四边形的对角线时，G（﹣2，0）；当BG为平行四边形对角线时，G（4，6）；当BH为平行四边形的对角线时，G（2，4）． 【解答】解：（1）将A（﹣3，﹣1），B（0，2）代入 y＝﹣x2+bx+c， 得：， 解得：， ∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣2x+2； （2）如图1，过点C作x轴的垂线交AB于点M，则CM∥y轴， ∴△CDM∽△ODB， ∴， 设AB的解析式为y＝mx+n， 把A（﹣3，﹣1），B（0，2）代入解析式得， 解得：， ∴直线AB的解析式为y＝x+2， 设C（t，﹣t2﹣2t+2），则M（t，t+2）， ∴CM＝﹣t2﹣2t+2﹣t﹣2＝﹣t2﹣3t＝﹣（t）2， ∵﹣3＜t＜0， ∴当t时，CM有最大值，此时 的最大值为， 此时点C的坐标为（，）； （3）设抛物线F与F′关于点（m，﹣1）对称， ∵F：y＝﹣x2﹣2x+2＝﹣（x+1）2+3，顶点为（﹣1，3）， ∴F′：y＝（x﹣2m﹣1）2﹣5， 则（x﹣2m﹣1）2﹣5＝﹣（x+1）2+3， 整理得：x2﹣2mx+2m2+2m﹣3＝0， ∵抛物线F与F′只有一个公共点E（点E在y轴右侧）， ∴Δ＝（﹣2m）2﹣4（2m2+2m﹣3）＝0， 解得：m＝﹣3（舍去），或m＝1， ∴E（1，﹣1）， ∵抛物线F：y＝﹣x2﹣2x+2 的顶点坐标为（﹣1，3）， ∴点（﹣1，3）关于点E（1，﹣1）的对称点坐标为（3，﹣5）， ∴抛物线F'的顶点坐标为（3，﹣5）， 设G（m，m+2）， 当BE为平行四边形的对角线时，m+3＝1，解得m＝﹣2， ∴G（﹣2，0）； 当BG为平行四边形对角线时，m＝3+1＝4， ∴G（4，6）； 当BH为平行四边形的对角线时，m+1＝3时，解得m＝2， ∴G（2，4）； 综上所述：G点坐标（﹣2，0）或（4，6）或（2，4）． 18．（2024•广州）已知抛物线G：y＝ax2﹣6ax﹣a3+2a2+1（a＞0）过点A（x1，2）和点B（x2，2），直线l：y＝m2x+n过点C（3，1），交线段AB于点D，记△CDA的周长为C1，△CDB的周长为C2，且C1＝C2+2． （1）求抛物线G的对称轴； （2）求m的值； （3）直线l绕点C以每秒3°的速度顺时针旋转t秒后（0≤t＜45）得到直线l′，当l′∥AB时，直线l′交抛物线G于E，F两点． ①求t的值； ②设△AEF的面积为S，若对于任意的a＞0，均有S≥k成立，求k的最大值及此时抛物线G的解析式． 【答案】（1）直线x＝3； （2）m＝±1； （3）①15秒；②k的最大值为2，y＝x2﹣6x+2． 【分析】（1）由抛物线对称轴公式即可求解； （2）由C1＝C2+2，即AC+CD+AD＝BC+CD+BD+2，得到2xD＝xA+xB+2，即可求解； （3）①当m＝±1时，一次函数的表达式为：y＝m2（x﹣3）+1＝x﹣2，该直线和x轴的夹角为45°，即可求解； ②由SEF×（yA﹣yE）EF，而EF2＝（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn＝4（a2﹣2a+9），即可求解． 【解答】解：（1）由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x3； （2）直线l：y＝m2x+n过点C（3，1），则该直线的表达式为：y＝m2（x﹣3）+1， 当y＝2时，2＝m2（x﹣3）+1， 则xD3， ∵C1＝C2+2，即AC+CD+AD＝BC+CD+BD+2， 其中，AC＝BC，上式变为：AD＝BD+2， 即2xD＝xA+xB+2， 而函数的对称轴为直线x＝3，由函数的对称性知，xA+xB＝2×3＝6， 即2xD＝xA+xB+2＝8， 则xD＝43， 解得：m＝±1； （3）①当m＝±1时，一次函数的表达式为：y＝m2（x﹣3）+1＝x﹣2， 该直线和x轴的夹角为45°， 则t＝45÷3＝15（秒）； ②由①知，l为：y＝1，如图： 则SEF×（yA﹣yE）EF， 联立直线l和抛物线的表达式得：ax2﹣6ax﹣a3+2a2+1＝1， 即x2﹣6x﹣a2+2a＝0， 设点E、F的横坐标为m，n， 则m+n＝6，nm＝﹣a2+2a， 则EF2＝（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn＝4（a2﹣2a+9）， 则SEF2， 当a＝1时，等号成立， 即k的最大值为：2，a＝1， 则抛物线的表达式为：y＝x2﹣6x+2． 19．（2024•绥化）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线相交于A，B两点，其中点A（3，4），B（0，1）． （1）求该抛物线的函数解析式； （2）过点B作BC∥x轴交抛物线于点C．连接AC，在抛物线上是否存在点P使tan∠BCPtan∠ACB．若存在，请求出满足条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．（提示：依题意补全图形，并解答） （3）将该抛物线向左平移2个单位长度得到y1＝a1x2+b1x+c1（a1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，点E为原抛物线对称轴上的一点，F是平面直角坐标系内的一点，当以点B，D，E，F为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点F的坐标． 【答案】（1）y＝﹣x2+4x+1； （2）存在，满足条件的点P的坐标为P1（，），P2（，）； （3）点F的坐标为（﹣1，3）或（1，﹣2）或（3，4）或（3，4）． 【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案； （2）过点A作AQ⊥BC于Q，设直线CP交y轴于点M，由题意得tan∠BCPtan∠ACB，由tan∠BCP，可得BMBC4＝2，即|yM﹣1|＝2，得出M1（0，3），M2（0，﹣1），利用待定系数法可得：直线CM1的解析式为yx+3，直线CM2的解析式为yx﹣1，分别与抛物线联立求解即可； （3）先求得平移后的抛物线解析式为y′＝﹣x2+5，联立求得D（1，4），由题意设E（2，t），F（m，n），又B（0，1），根据菱形的性质分三种情况：当BD、EF为对角线时，当BE、DF为对角线时，当BF、DE为对角线时，分别根据对角线互相平分，邻边相等建立方程组求解即可． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（3，4），B（0，1）， ∴， 解得：， ∴该抛物线的函数解析式为y＝﹣x2+4x+1； （2）存在．理由如下： ∵BC∥x轴，且B（0，1）， ∴点C的纵坐标为1， ∴1＝﹣x2+4x+1， 解得：x1＝0（舍去），x2＝4， ∴C（4，1）， 过点A作AQ⊥BC于Q，设直线CP交y轴于点M，如图， 在Rt△ACQ中，∵A（3，4）， ∴Q（3，1）， ∵tan∠BCPtan∠ACB， ∴tan∠BCP， ∵BC＝4，∠CBM＝90°， ∴tan∠BCP， ∴BMBC4＝2， ∴|yM﹣1|＝2， ∴yM＝3或﹣1， ∴M1（0，3），M2（0，﹣1）， ∴直线CM1的解析式为yx+3，直线CM2的解析式为yx﹣1， 由，解得，（舍去）， 由，解得，（舍去）， ∴P1（，），P2（，）， 综上所述，满足条件的点P的坐标为P1（，），P2（，）； （3）∵y＝﹣x2+4x+1＝﹣（x﹣2）2+5， ∴原抛物线的对称轴为直线x＝2，顶点坐标为（2，5）， ∵将该抛物线向左平移2个单位长度得到新抛物线y′， ∴y′＝﹣x2+5， 联立得， 解得：， ∴D（1，4）， 又B（0，1）， 设E（2，t），F（m，n）， 当BD、EF为对角线时， 则， 解得：， ∴F（﹣1，3）； 当BE、DF为对角线时， 则， 解得：或， ∴F（1，4）与点D重合，不符合题意，舍去，或F（1，﹣2）； 当BF、DE为对角线时， 则， 解得：或， ∴F（3，4）或F（3，4）； 综上所述，点F的坐标为（﹣1，3）或（1，﹣2）或（3，4）或（3，4）． 20．（2024•凉山州）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线y＝x+2相交于A（﹣2，0），B（3，m）两点，与x轴相交于另一点C． （1）求抛物线的解析式； （2）点P是直线AB上方抛物线上的一个动点（不与A、B重合），过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E，当PE＝2ED时，求P点坐标； （3）抛物线上是否存在点M使△ABM的面积等于△ABC面积的一半？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8； （2）P的坐标为（1，9）； （3）抛物线上存在点M，使△ABM的面积等于△ABC面积的一半，M的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）． 【分析】（1）把B（3，m）代入y＝x+2求出B（3，5），再用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8； （2）设P（t，﹣t2+2t+8），则E（t，t+2），D（t，0），由PE＝2DE，可得﹣t2+2t+8﹣（t+2）＝2（t+2），解出t的值可得P的坐标为（1，9）； （3）过M作MK∥y轴交直线AB于K，求出C（4，0），知AC＝6，故S△ABC6×5＝15，设M（m，﹣m2+2m+8），则K（m，m+2），可得MK＝|﹣m2+2m+8﹣（m+2）|＝|﹣m2+m+6|，S△ABMMK•|xB﹣xA||﹣m2+m+6|，根据△ABM的面积等于△ABC面积的一半，有|﹣m2+m+6|15，可得|﹣m2+m+6|＝3，即﹣m2+m+6＝3或﹣m2+m+6＝﹣3，解出m的值可得答案． 【解答】解：（1）把B（3，m）代入y＝x+2得：m＝3+2＝5， ∴B（3，5）， 把A（﹣2，0），B（3，5）代入y＝﹣x2+bx+c得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+8； （2）设P（t，﹣t2+2t+8），则E（t，t+2），D（t，0）， ∵PE＝2DE， ∴﹣t2+2t+8﹣（t+2）＝2（t+2）， 解得t＝1或t＝﹣2（此时P不在直线AB上方，舍去）； ∴P的坐标为（1，9）； （3）抛物线上存在点M，使△ABM的面积等于△ABC面积的一半，理由如下： 过M作MK∥y轴交直线AB于K，如图： 在y＝﹣x2+2x+8中，令y＝0得0＝﹣x2+2x+8， 解得x＝﹣2或x＝4， ∴A（﹣2，0），C（4，0）， ∴AC＝6， ∵B（3，5）， ∴S△ABC6×5＝15， 设M（m，﹣m2+2m+8），则K（m，m+2）， ∴MK＝|﹣m2+2m+8﹣（m+2）|＝|﹣m2+m+6|， ∴S△ABMMK•|xB﹣xA||﹣m2+m+6|×5|﹣m2+m+6|， ∵△ABM的面积等于△ABC面积的一半， ∴|﹣m2+m+6|15， ∴|﹣m2+m+6|＝3， ∴﹣m2+m+6＝3或﹣m2+m+6＝﹣3， 解得m或m， ∴M的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）． 21．（2024•长春）在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，抛物线y＝x2+2x+c（c是常数）经过点（﹣2，﹣2）．点A、B是该抛物线上不重合的两点，横坐标分别为m、﹣m，点C的横坐标为﹣5m，点C的纵坐标与点A的纵坐标相同，连结AB、AC． （1）求该抛物线对应的函数表达式； （2）求证：当m取不为零的任意实数时，tan∠CAB的值始终为2； （3）作AC的垂直平分线交直线AB于点D，以AD为边、AC为对角线作菱形ADCE，连结DE． ①当DE与此抛物线的对称轴重合时，求菱形ADCE的面积； ②当此抛物线在菱形ADCE内部的点的纵坐标y随x的增大而增大时，直接写出m的取值范围． 【答案】（1）y＝x2+2x﹣2；（2）证明过程见解析；（3）①9，②m≤﹣3或﹣1≤m＜0或0＜m≤4． 【分析】（1）将点（﹣2，﹣2）代入即可求解； （2）分类讨论，作BH⊥AC于点H，再利用坐标表示线段的长度，从而表示出tan∠CAB的值，进而求证即可； （3）①由题可求出m，从而得到各点坐标，再求AC和DE，然后求出面积； ②借助函数图象分析，代入特殊点即可求解，关键要分类讨论． 【解答】（1）解：将点（﹣2，﹣2）代入抛物线解析式得：4﹣4+c＝﹣2， ∴c＝﹣2， ∴抛物线解析式为：y＝x2+2x﹣2． （2）证明：A（m，m2+2m﹣2），B（﹣m，m2﹣2m﹣2），C（﹣5m，m2+2m﹣2）， ①当m＜0时，如图1，作BH⊥AC于点H， tan∠CAB2； ②当m＞0时，如图2，作BH⊥AC于点H， tan∠CAB2； 综上，当m取不为零的任意实数时，tan∠CAB的值始终为2． （3）解：①∵y＝x2+2x﹣2＝（x+1）2﹣3， ∴对称轴x＝﹣1， 由题可得A（m，m2+2m﹣2），B（﹣m，m2﹣2m﹣2），C（﹣5m，m2+2m﹣2）， ∵四边形ADCE是菱形，且DE与对称轴重合，交AC于点M， ∴xD2m， ∴﹣2m＝﹣1， ∴m， ∴AM，AC＝3， ∵tan∠CAB＝2， ∴DM＝3，DE＝6， ∴S菱形ADCE3×6＝9． ②（Ⅰ）如图3，当m＜0，且AE过顶点（﹣1，﹣3）时， ∴2，即yA+3＝﹣2xA﹣2， ∴m2+2m﹣2+3＝﹣2m﹣2， 整理得m2+4m+3＝0， ∴m＝﹣1或m＝﹣3， ∴m≤﹣3或﹣1≤m＜0； （Ⅱ）如图4，当m＞0，且CD过顶点（﹣1，﹣3）时， ∴，即yC+3＝﹣2xC﹣2， ∴m2+2m﹣2+3＝10m﹣2， 整理得m2﹣8m+3＝0， ∴m＝4或m＝4， ∴0＜m≤4； 综上，m≤﹣3或﹣1≤m＜0或0＜m≤4． 22．（2024•武汉）抛物线yx2+2x交x轴于A，B两点（A在B的右边），交y轴于点C． （1）直接写出点A，B，C的坐标； （2）如图（1），连接AC，BC，过第三象限的抛物线上的点P作直线PQ∥AC，交y轴于点Q．若BC平分线段PQ，求点P的坐标； （3）如图（2），点D与原点O关于点C对称，过原点的直线EF交抛物线于E，F两点（点E在x轴下方），线段DE交抛物线于另一点G，连接FG．若∠EGF＝90°，求直线DE的解析式． 【答案】（1）A（1，0），B（﹣5，0），C（0，）； （2）P（﹣2，）； （3）直线DE解析式为yx﹣5． 【分析】（1）在yx2+2x中，令x＝0得C（0，），令y＝0得A（1，0），B（﹣5，0）； （2）由A（，0），C（0，）得直线AC的解析式为yx，设直线PQ的解析式为yx+b'，P（t，t2+2t），可得b't2t，故Q（0，t2t）；根据BC平分线段PQ，知PQ的中点（，t2t）在直线BC上，求得直线BC解析式为yx，有t2t，解出t的值从而可得P（﹣2，）； （3）过点G作TS∥x轴，过点E，F分别作TS的垂线，垂足分别为T，S，证明△ETG∽△GSF，可得ET•FS＝GS•TG，求出D（0．﹣5），设直线EF的解析式为y1＝k1x，直线ED的解析式为y2＝k2x﹣5，联立得x2+（2﹣k1）x0，联立 得x2+（2﹣k2）x0，设xE＝e，xF＝f，xG＝g，故ef＝﹣5，eg＝5，e+g＝2k2﹣4，从而知f＝﹣g，ETe2+2e（g2+2g）（e+g+4）（e﹣g），FSf2+2f（g2+2g）（f+g+4）（f﹣g），故（e+g+4）（e﹣g）•（f+g+4）（f﹣g）＝（g﹣e）（f﹣g），可得e+g＝﹣5，即得2k2﹣4＝﹣5，k2，得直线DE解析式为yx﹣5． 【解答】解：（1）在yx2+2x中，令x＝0得y， ∴C（0，）， 令y＝0得0x2+2x， 解得x＝﹣5或x＝1， ∴A（1，0），B（﹣5，0）； （2）设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0）， 把A（，0），C（0，）代入得： ， 解得：， ∴直线AC的解析式为yx， 由PQ∥AC，设直线PQ的解析式为yx+b'， 设P（t，t2+2t）， ∴t2+2tt+b'， ∴b't2t， ∴直线PQ的解析式为yxt2t， 令x＝0得yt2t， ∴Q（0，t2t）； ∵BC平分线段PQ， ∴PQ的中点（，t2t）在直线BC上， 由B（﹣5，0），C（0，）得直线BC解析式为yx， ∴t2t， 解得t＝﹣2或t＝0（舍去）， ∴P（﹣2，）； （3）过点G作TS∥x轴，过点E，F分别作TS的垂线，垂足分别为T，S，如图： ∴∠T＝∠S＝∠EGF＝90°， ∴∠EGT＝90°﹣∠FGS＝∠GFS， ∴△ETG∽△GSF， ∴， ∴ET•FS＝GS•TG， ∵点D与原点O关于 对称， ∴D（0，﹣5）， 设直线EF的解析式为y1＝k1x，直线ED的解析式为y2＝k2x﹣5， 联立得：k1xx2+2x， ∴x2+（2﹣k1）x0， 联立 得：k2x﹣5x2+2x， ∴x2+（2﹣k2）x0， 设xE＝e，xF＝f，xG＝g， ∴ef＝﹣5，eg＝5，e+g＝2k2﹣4， ∴f＝﹣g，ETe2+2e（g2+2g）（e+g+4）（e﹣g），FSf2+2f（g2+2g）（f+g+4）（f﹣g）， ∵ET•FS＝GS•TG， ∴（e+g+4）（e﹣g）•（f+g+4）（f﹣g）＝（g﹣e）（f﹣g）， ∴（e+g+4）（e﹣g）•（﹣g+g+4）（﹣g﹣g）＝（g﹣e）（﹣g﹣g）， ∴e+g＝﹣5， ∴2k2﹣4＝﹣5， 解得k2， ∴直线DE解析式为yx﹣5． 23．（2024•湖北）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C． （1）求b的值； （2）如图，M是第一象限抛物线上的点，∠MAB＝∠ACO，求点M的横坐标； （3）将此抛物线沿水平方向平移，得到的新抛物线记为L，L与y轴交于点N，设L的顶点横坐标为n，NC的长为d． ①求d关于n的函数解析式； ②L与x轴围成的区域记为U，U与△ABC内部重合的区域（不含边界）记为W，当d随n的增大而增大，且W内恰好有两个横、纵坐标均为整数的点时，直接写出n的取值范围． 【答案】（1）b＝2； （2）M的横坐标为； （3）①d； ②n的取值范围为﹣1≤n≤1或n． 【分析】（1）用待定系数法求解即可； （2）设M（m，﹣m2+2m+3），作MH⊥x轴于点H，构造直角三角形，利用锐角三角函数或者相似建立关于m的方程求解即可； （3）①由二次函数平移可得出图象L的解析式为y＝﹣（x﹣n）2+4＝﹣x2+2nx﹣n2+4，从而得到CN＝d＝|﹣n2+4﹣3|＝|﹣n2+1|，再分类讨论去绝对值即可； ②根据题干条件得出整数点（0，1），（0，2），（1，1），再分别两两进行分类讨论，建立二次函数不等式即可解决． 【解答】解：（1）∵二次函数y＝﹣x2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0）， ∴0＝﹣1﹣b+3， 解得：b＝2； （2）∵b＝2， ∴二次函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， 令y＝0，解得x＝﹣1或x＝3，令x＝0得y＝3， ∴A（﹣1.0），B（3，0），C（0，3）， 设M（m，﹣m2+2m+3）， 作MH⊥x轴于点H，如图， ∵∠MAB＝∠ACO， ∴tan∠MAB＝tan∠ACO，即， ∴ 解得m或m＝﹣1（舍去）， ∴M的横坐标为； （3）①∵将二次函数沿水平方向平移， ∴纵坐标不变为4， ∴图象L的解析式为y＝﹣（x﹣n）2+4＝﹣x2+2nx﹣n2+4， ∴N（0，﹣n2+4）， ∴d＝CN＝|﹣n2+4﹣3|＝|﹣n2+1|， ∴d； ②由①得d，画出大致图象如下， ∵d随着n增加而增加， ∴﹣1≤n≤0或n≥1， △ABC中含（0，1），（0，2），（1，1）三个整点（不含边界）， 当W内恰有2个整数点（0，1），（0，2）时， 当x＝0时，yL＞2，当x＝1时，yL≤1， ∴， ∴n，n≥1或n≤1， ∴n＜1， ∵﹣1≤n＜0 或n≥1， ∴﹣1≤n≤1； 当W内恰有2个整数点（0，1），（1，1）时， 当x＝0时，1＜yL≤2，当x＝1时，yL＞1， ∴， ∴n或n，1n＜1， ∴n， ∵﹣1≤n＜0 或n≥1， ∴n； 当W内恰有2个整数点（0，2），（1，1）时，此种情况不存在，舍去． 综上所述，n的取值范围为﹣1≤n≤1或n． 24．（2024•天津）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＞0）的顶点为P，且2a+b＝0，对称轴与x轴相交于点D，点M（m，1）在抛物线上，m＞1，O为坐标原点． （Ⅰ）当a＝1，c＝﹣1时，求该抛物线顶点P的坐标； （Ⅱ）当时，求a的值； （Ⅲ）若N是抛物线上的点，且点N在第四象限，∠MDN＝90°，DM＝DN，点E在线段MN上，点F在线段DN上，，当DE+MF取得最小值为时，求a的值． 【答案】（Ⅰ）（1，﹣2）． （Ⅱ）a＝10． （Ⅲ）a＝1． 【分析】（1）先求得a、b的值，再配成顶点式，即可求解； （2）过点M（m，1）作MH⊥x轴，在Rt△MOH中，利用勾股定理求得，在Rt△OPD 中，勾股定理求得，得该抛物线顶点P的坐标为，再利用待定系数法求解即可； （3）过点M（m，1）作MH⊥x轴，过点N作NK⊥x轴，证明△NDK≌△DMH，求得点N的坐标为（2，1﹣m），在Rt△DMN中，利用勾股定理结合题意求得ME＝NF，在△DMN的外部，作∠DNG＝45°，且NG＝DM，证明△GNF≌△DME，得到GF＝DE，当满足条件的点F落在线段GM上时，DE+MF取得最小值，求得点M的坐标为（3，1），再利用待定系数法求解即可． 【解答】解：（I）∵2a+b＝0，a＝1， ∴b＝﹣2a＝﹣2， 又∵c＝﹣1， ∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣1， ∵y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2， ∴该抛物线顶点P的坐标为（1，﹣2）． （II）如图，过点M（m，1）作MH⊥x轴，垂足为H，m＞1， 则∠MHO＝90°，HM＝1，OH＝m， 在Rt△MOH中，由， ∴， 解得（舍）， ∴点M的坐标为， ∵2a+b＝0，即， ∴抛物线y＝ax2﹣2ax+c的对称轴为直线x＝1． ∵对称轴与x轴相交于点D， ∴OD＝1，∠ODP＝90°． 在Rt△OPD中，由， ∴， 解得（负值舍去）， 由a＞0，得该抛物线顶点P的坐标为， ∴该抛物线的解析式为， ∵点在该抛物线上， ∴， ∴a＝10． （III）过点M（m，1）作MH⊥x轴，垂足为H，m＞1， 则∠MHO＝90°，HM＝1，OH＝m， ∴DH＝OH﹣OD＝m﹣1， 在Rt△DMH中，DM2＝DH2+HM2＝（m﹣1）2+1， 如图，过点N作NK⊥x轴，垂足为K，则∠DKN＝90°， ∵∠MDN＝90°，DM＝DN， 又∵∠DNK＝90°﹣∠NDK＝∠MDH， 在Rt△NDK和△DMH中， ， ∴△NDK≌△DMH（AAS）， ∴点N的坐标为（2，1﹣m）， 在Rt△DMN中，∠DMN＝∠DNM＝45°， ∴MN2＝DM2+DN2＝2DM2，即． ∵， ∴ME＝NF， 在△DMN的外部，作∠DNG＝45°，且NG＝DM，连接GF， 得∠MNG＝∠DNM+∠DNG＝90°， ∴△GNF≌△DME（SAS）， ∴GF＝DE， ∴DE+MF＝GF+MF≥GM， 当满足条件的点F落在线段GM上时，DE+MF取得最小值，即， 在Rt△GMN中，GM2＝NG2+MN2＝3DM2， ∴， ∴DM2＝5， ∴（m﹣1）2+1＝5， 解得m1＝3，m2＝﹣1（舍）， ∴点M的坐标为（3，1），点N的坐标为（2，﹣2）， ∵点M（3，1），N（2，﹣2）都在抛物线y＝ax2﹣2ax+c上， ∴1＝9a﹣6a+c，﹣2＝4a﹣4a+c， ∴a＝1． 25．（2024•河北）如图，抛物线C1：y＝ax2﹣2x过点（4，0），顶点为Q．抛物线C2：y（x﹣t）2t2﹣2（其中t为常数，且t＞2），顶点为P． （1）直接写出a的值和点Q的坐标． （2）嘉嘉说：无论t为何值，将C1的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在C2上． 淇淇说：无论t为何值，C2总经过一个定点． 请选择其中一人的说法进行说理． （3）当t＝4时， ①求直线PQ的解析式； ②作直线l∥PQ，当l与C2的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标． （4）设C1与C2的交点A，B的横坐标分别为xA，xB，且xA＜xB，点M在C1上，横坐标为m（2≤m≤xB）．点N在C2上，横坐标为n（xA≤n≤t），若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n． 【答案】（1），Q（2，﹣2）； （2）两人说法都正确，理由见解答； （3）①y＝4x﹣10； ②或； （4）n＝2+t﹣m． 【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式，再化为顶点式即可得到顶点坐标； （2）把Q（2，﹣2）向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为（0，﹣2），再检验即可，再根据函数化为，可得函数过定点； （3）①先求解P的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可； ②如图，当（等于6两直线重合不符合题意），可得，设l与x轴交点横坐标为x，再进一步求解即可； （4）如图，由题意可得C2是由C1通过旋转180°，再平移得到的，两个函数图象的形状相同，如图，连接MN交PQ于L，可得四边形MPNQ是平行四边形，当点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，此时M与B重合，N与A重合，再进一步利用中点坐标公式解答即可． 【解答】解：（1）∵抛物线过点（4，0），顶点为Q， ∴16a﹣8＝0， 解得， ∴抛物线为， ∴Q（2，﹣2）； （2）把Q（2，﹣2）向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为（0，﹣2）， 当x＝0时，， ∴（0，﹣2）在C2上， ∴嘉嘉说法正确； ， 当x＝0时，y＝﹣2， ∴， 过定点（0，﹣2）， ∴淇淇说法正确； （3）①当t＝4时，， ∴顶点P（4，6）， 而Q（2，﹣2）， 设PQ为y＝cx+f， ∴， 解得， ∴PQ为y＝4x﹣10； ②∵P（4，6）， ∴P到x轴的距离为6， ∴l与C2交点的纵坐标为﹣6， 当时（等于6两直线重合不符合题意）， （x﹣4）2＝24， ∴， ∵直线PQ的解析式为y＝4x﹣10， 当y＝﹣6时，﹣6＝4x﹣10， 解得x＝1， y＝4x﹣10＝0时，x， 设l与x轴交点横坐标为x， 则1﹣（4﹣2）， 解得， 此时直线l与x轴交点的横坐标为； （4+2）﹣1＝x， 解得， 此时直线l与x轴交点的横坐标为． 综上，直线l与x轴交点的横坐标为或； （4）∵，， ∴C2是由C1通过旋转180°，再平移得到的，两个函数图象的形状相同， 如图，连接MN交PQ于点L，四边形MPNQ是平行四边形． 当点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，此时M与B重合，N与A重合， ∵Q（2，﹣2），P（t，）， ∴L的横坐标为，，， ∴L的横坐标为， ∴， 解得n＝2+t﹣m． 26．（2024•临夏州）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，作直线BC． （1）求抛物线的解析式． （2）如图1，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，请问线段PQ是否存在最大值？若存在，请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在请说明理由． （3）如图2，点M是直线BC上一动点，过点M作线段MN∥OC（点N在直线BC下方），已知MN＝2，若线段MN与抛物线有交点，请直接写出点M的横坐标xM的取值范围． 【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3； （2）PQ的最大值，此时P（，）； （3）xM≤0或3≤xM． 【分析】（1）利用待定系数法转化为方程组求解； （2）过点P作PN⊥AB于点N，交BC于点M．证明△PQM是等腰直角三角形，推出PMPQ，求出PM的最大值，可得结论； （3）设M（a，﹣a+3），则N（a，﹣a+1），求出点N在抛物线上时，a的值，可得结论． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点， ∴， 解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3； （2）过点P作PN⊥AB于点N，交BC于点M． ∵B（3，0），C（0，3）， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3， ∵OB＝OC，∠BOC＝90°， ∴∠CBO＝45°， ∵∠MNB＝90°， ∴∠PMQ＝∠NMB＝45°， ∵PQ⊥BC， ∴△PQM是等腰直角三角形， ∴PMPQ， ∴PM的值最大时，PQ的值最大， 设P（m，﹣m2+2m+3），则M（m，﹣m+3）， ∴PM＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3） ＝﹣m2+3m， ∵﹣1＜0， ∴当m时，PM的值最大，PM的最大值， ∴PQ的最大值PM，此时P（，）； （3）设M（a，﹣a+3），则N（a，﹣a+1）， 当点N在抛物线上时，﹣a+1＝﹣a2+2a+3， ∴a2﹣3a﹣2＝0， 解得a1，a2． ∵线段MN与抛物线有交点， ∴满足条件的点M的横坐标的取值范围为：xM≤0或3≤xM． 27．（2024•苏州）如图①，二次函数y＝x2+bx+c的图象C1与开口向下的二次函数图象C2均过点A（﹣1，0），B（3，0）． （1）求图象C1对应的函数表达式； （2）若图象C2过点C（0，6），点P位于第一象限，且在图象C2上，直线l过点P且与x轴平行，与图象C2的另一个交点为Q（Q在P左侧），直线l与图象C1的交点为M，N（N在M左侧）．当PQ＝MP+QN时，求点P的坐标； （3）如图②，D，E分别为二次函数图象C1，C2的顶点，连接AD，过点A作AF⊥AD，交图象C2于点F，连接EF，当EF∥AD时，求图象C2对应的函数表达式． 【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3； （2）点P的坐标为（1，4）； （3）图象C2对应的函数表达式为． 【分析】（1）将A（1，0），B（3，0代入y＝x2+bx+c解方程组即可得到结论； （2）设C2对应的函数表达式为y＝a（x+1）（x﹣3）（a＜0），将点C（0，6）代入得，a＝﹣2．求得C2对应的函数表达式为y＝﹣2（x+1）6x+3），对称轴为直线x＝1．作直线x＝1，交直线l于点H（如答图①）由二次函数的对称性得到QH＝PH，PM＝NQ，求得PH＝PM．设PH＝t（0＜l＜2），则点P的横坐标为t+1，点M的横坐标为2t+1，解方程即可得到结论； （3）连接DE，交x轴于点G，过点F作FI⊥ED于点I，过点F作FJ⊥x轴于点J，（如答图②），根据矩形 到现在得到IF＝GJ，IG＝FJ，设C2对应的函数表达式为y＝a（x+1）（x﹣3）（a＜0），求得D（1，﹣4），E（1，﹣4a）．得到tan∠FAB＝tan∠ADG，设GJ＝m（0＜m＜2），则AJ＝2+m，求得FJ，F（m+1，），解方程组得到m1＝0（舍去），m2，求得a，于是得到结论． 【解答】解：（1）将A（1，0），B（3，0代入y＝x2+bx+c得 ， 解得， ∴图象C1对应的函数表达式：y＝x2﹣2x﹣3； （2）设C2对应的函数表达式为y＝a（x+1）（x﹣3）（a＜0），将点C（0，6）代入得，a＝﹣2． ∴C2对应的函数表达式为：y＝﹣2（x+1）（x﹣3），其对称轴为直线x＝1． 又∵图象C1的对称轴也为直线x＝1． 作直线x＝1，交直线l于点H（如答图①） 由二次函数的对称性得，QH＝PH，PM＝NQ， 又∵PQ＝MP+QM， ∴PH＝PM． 设PH＝t（0＜l＜2），则点P的横坐标为t+1，点M的横坐标为2t+1， 将x＝t+1代入y＝﹣2（x+1）（x﹣3），得yP＝﹣2（t+2）（t﹣2）， 将x＝2t+1代入y＝（x+1）（x﹣3），得 yM＝（2t+2）（2t﹣2）， ∵yP＝yM， ∴﹣2（t+2）（t﹣2）＝（2t+2）（2t﹣2）， 即6t2＝12，解得 ， （舍去）． ∴点P的坐标为（1，4）； （3）连接DE，交x轴于点G，过点F作FI⊥ED于点I，过点F作FJ⊥x轴于点J，（如答图②）， ∵FI⊥ED，FJ⊥x轴， ∴四边形IGJF为矩形， ∴IF＝GJ，IG＝FJ， 设C2对应的函数表达式为y＝a（x+1）（x﹣3）（a＜0）， ∵点D，E分别为二次函数图象C1，C2的顶点， ∴D（1，﹣4），E（1，﹣4a）． ∴DG＝4，AG＝2，EG＝﹣4a， 在Rt△AGD中，， ∵AF⊥AD， ∴∠FAB+∠DAB＝90°， 又∵∠DAG+∠ADG＝90°， ∴∠ADG＝∠FAB， ∴tan∠FAB＝tan∠ADG， 设GJ＝m（0＜m＜2），则AJ＝2+m， ∴FJ，F（m+1，）， ∵EF∥AD， ∴∠FEl＝∠ADG， ∴tan∠FEl＝tan∠ADG， ∴EI＝2m， ∵EG＝EI+IG， ∴， ∴①， ∵点F在C2上，a（m+1+1）（m+1﹣3）， 即a（m+2）（m﹣2）， ∵m+2≠0， ∴a（m﹣2）②， 由①，②可得， 解得m1＝0（舍去），m2， ∴a， ∴图象C2对应的函数表达式为． 28．（2024•眉山）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），点D在抛物线上． （1）求该抛物线的解析式； （2）当点D在第二象限内，且△ACD的面积为3时，求点D的坐标； （3）在直线BC上是否存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3； （2）D的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，3）； （3）在直线BC上存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，P的坐标为（0，3）或（，）或（，）或（，）． 【分析】（1）把A（﹣3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c得：，解得，故抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3； （2）过D作DK∥y轴交AC于K，求得直线AC解析式为y＝x+3，设D（t，﹣t2﹣2t+3），则K（t，t+3），故DK＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，由△ACD的面积为3，得DK•|xA﹣xC|＝3，即（﹣t2﹣3t）×3＝3，解出t的值可得D的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，3）； （3）求出A（﹣3，0），B（1，0），直线BC解析式为y＝﹣3x+3，设P（m，﹣3m+3），D（n，﹣n2﹣2n+3），过P作PN⊥y轴于N，过D作DM⊥y轴于M，分始终情况分别画出图形根据等腰直角三角形性质和全等三角形判定与性质解答即可． 【解答】解：（1）把A（﹣3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3； （2）过D作DK∥y轴交AC于K，如图： 由A（﹣3，0），C（0，3）得直线AC解析式为y＝x+3， 设D（t，﹣t2﹣2t+3），则K（t，t+3）， ∴DK＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t， ∵△ACD的面积为3， ∴DK•|xA﹣xC|＝3，即（﹣t2﹣3t）×3＝3， 解得t＝﹣1或t＝﹣2， ∴D的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，3）； （3）在直线BC上存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，理由如下： 在y＝﹣x2﹣2x+3中，令y＝0得0＝﹣x2﹣2x+3， 解得x＝﹣3或x＝1， ∴A（﹣3，0），B（1，0）， 由B（1，0），C（0，3）得直线BC解析式为y＝﹣3x+3， 设P（m，﹣3m+3），D（n，﹣n2﹣2n+3）， 过P作PN⊥y轴于N，过D作DM⊥y轴于M， ①∵OA＝OC＝3， ∴当P与C重合，D与A重合时，△OPD是等腰直角三角形，如图： 此时P（0，3）； ②当P在第一象限，D在第四象限时， ∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形， ∴OD＝OP，∠POD＝90°， ∴∠DOM＝90°﹣∠PON＝∠OPN， ∵∠DMO＝90°＝∠PNO， ∴△DOM≌△OPN（AAS）， ∴DM＝ON，OM＝PN， ∴， 解得（n小于0，舍去）或， ∴﹣3m+3＝﹣33， ∴P的坐标为（，）； ③当P在第四象限，D在第三象限时，如图： ∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形， ∴OD＝OP，∠POD＝90°， ∴∠DOM＝90°﹣∠PON＝∠OPN， ∵∠DMO＝90°＝∠PNO， ∴△DOM≌△OPN（AAS）， ∴PN＝OM，ON＝DM， 同理可得， 解得或（大于0，舍去）， ∴﹣3m+3＝﹣33， ∴P的坐标为（，）； ④当P在第四象限，D在第一象限，如图： ∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形， ∴OD＝OP，∠POD＝90°， ∴∠DOM＝90°﹣∠PON＝∠OPN， ∵∠DMO＝90°＝∠PNO， ∴△DOM≌△OPN（AAS）， ∴PN＝OM，ON＝DM， ∴， 解得（舍去）或， ∴﹣3m+3＝﹣33， ∴P的坐标为（，）； 综上所述，P的坐标为（0，3）或（，）或（，）或（，）． 六．三角形综合题（共3小题） 29．（2024•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB的边OB在x轴上，点A在第一象限，OA的长度是一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线OA﹣AB运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线OB﹣BA运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（0＜t＜3.6），△OPQ的面积为S． （1）求点A的坐标； （2）求S与t的函数关系式； （3）在（2）的条件下，当S＝6时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）点A的坐标为A（3，3）； （2）S； （3）点N的坐标为（2，4+2）或（2，24）或（﹣2，2）或（2，）． 【分析】（1）运用因式分解法解方程求出OA的长，根据等边三角形的性质得出OA＝OB＝OC＝6，∠OAB＝∠AOB＝∠ABO＝60°，过点A作AC⊥x轴，垂足为C，求出AC的长即可； （2）分0＜t≤2，2＜t≤3和3＜t＜3.6三种情况，运用三角形面积公式求解即可； （3）当t2＝60时求出t＝2，得OP＝4，分OP为边和对角线两种情况可得点M的坐标；当t2+6t＝6，t+276时，不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形． 【解答】解：（1）x2﹣5x﹣6＝0，解得x1＝6，x2＝﹣1， ∵OA的长度是x2﹣5x﹣6＝0的根， ∴OA＝6， ∵△OAB是等边三角形， ∴OA＝OB＝OC＝6，∠OAB＝∠AOB＝∠ABO＝60°， 过点A作AC⊥x轴，垂足为C， 在Rt△AOC中，∠AOC＝60°， ∴∠OAC＝30°， ∴OCOA6＝3， ∴AC3， ∴点A的坐标为A（3，3）； （2）当0＜t≤2时，过P作PD⊥x轴，垂足为点D， ∴OP＝2t，OQ＝3t，∠OPD＝30°， ∴OD＝t， ∴PDt， ∴SOQ•PD3ttt2， 当2＜t≤3时，过Q作QE⊥OA，垂足为点E， ∵∠A＝60°， ∴∠AQE＝30°， 又AQ＝12﹣3t， ∴AE＝6t，QE6t， 又OP＝2t， ∴S2t××（6t）t2+6t； 当3＜t＜3.6时，过O作OF⊥AB，垂足为F， ∴PQ＝18﹣（2t+3t）＝18﹣5t， 同理可得，BFOB＝3， ∴OF3， ∴S3（18﹣5t）t+27； 综上所述S； （3）当t2＝60时， 解得t＝2， ∴OP＝2×2＝4， 过点P作PG⊥x轴于点G，则OGOP＝2， ∴PG2， ∴点P的坐标为（2，2）； 当OP为边时，将OP沿轴向下平移4个单位得N（2，24），此时M（0，4），四边形POMN是菱形；将OP沿y轴向上平移4个单位得N（2，24），此时M（0，4），四边形POMN是菱形；如图， 作点P关于轴的对称点N（﹣2，2），当M（0，4）时，四边形PMNO是蒌形； 当OP为对角线时，设OP的中点为T，过点T作TM⊥y轴，交y轴于点M，延长MT到N，使TN＝TM，连接ON，过点N作NH⊥x轴于点H， 则∠MOT＝∠NOT＝∠HON＝30°，OT＝2， ∴ON＝2TN， ∴ON2＝OT2+TN2， 即ON2＝22+（ON）2， 解得，ON， ∴NH，OH＝2， N（2，）； 当t2+6t＝6， 解得t＝2，不符合题意，此情况不存在； 当t+276时， 解得t＝23， 不符合题意，此情况不存在； 综上，点N的坐标为（2，4+2）或（2，24）或（﹣2，2）或（2，）． 30．（2024•新疆）【探究】 （1）已知△ABC和△ADE都是等边三角形． ①如图1，当点D在BC上时，连接CE．请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由； ②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE．请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由．【运用】 （2）如图3，等边三角形ABC中，AB＝6，点E在AC上，．点D是直线BC上的动点，连接DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF．当△CEF为直角三角形时，请直接写出BD的长． 【答案】（1）①CE+CD＝CA，理由详见解析；②CA+CD＝CE，理由详见解析；（2）6或6+2． 【分析】（1）①根据条件易证△ABD≌△ACE（SAS），再进行线段转化易得答案；②与第①小问思路一样，证出△ABD≌△ACE（SAS）即可； （2）由△CEF为直角三角形可知，需要分类讨论确定哪个角是直角三角形，再根据点D的位置关系去讨论即可，因为点D是动点，所以按照前面两问带给我们的思路，去构造类似的全等三角形，进而讨论求解即可． 【解答】解：（1）①CE+CD＝CA．理由如下， ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴CE＝BD ∵BD+CD＝BC， ∴CE+CD＝CA． ②CA+CD＝CE．理由如下， ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴CE＝BD， ∵CB+CD＝BD， ∴CA+CD＝CE． （2）过E作EH∥AB，则△EHC为等边三角形． ①当点D在H左侧时，如图1， ∵ED＝EF，∠DEH＝∠FEC，EH＝EC， ∴△EDH≌△EFC（SAS）， ∴∠ECF＝∠EHD＝120°， 此时△CEF不可能为直角三角形． ②当点D在H右侧，且在线段CH上时，如图2， 同理可得∴△EDH≌△EFC（SAS）， ∴∠FCE＝∠EHD＝60°，∠FEC＝∠DEH＜∠HEC＝60°， 此时只有∠CFE有可能为90°， 当∠CFE＝90°时，∠EDH＝90°， ∴ED⊥CH， ∵CH＝CE＝2， ∴CDCH， 又∵AB＝6， ∴BD＝6． ③当点D在H右侧，且HC延长线上时，如图3， 此时只有∠CEF＝90°， ∵∠DEF＝60°， ∴∠CED＝30°， ∵∠ECH＝60°， ∴∠EDC＝CED＝30°， ∴CD＝CE＝2， ∴BD＝6+2． 综上：BD的长为6或6+2． 31．（2024•吉林）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝3cm，AD是△ABC的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线AD﹣DB向终点B运动．过点P作PQ∥AB，交AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQE，且点C，E在PQ同侧．设点P的运动时间为t（s）（t＞0），△PQE与△ABC重合部分图形的面积为S（cm2）． （1）当点P在线段AD上运动时，判断△APQ的形状（不必证明），并直接写出AQ的长（用含t的代数式表示）． （2）当点E与点C重合时，求t的值． （3）求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据角平分线+平行线可得△APQ是等腰三角形，再用特殊角即可求AQ的长； （2）当E、C重合时，AE＝2AQ，即2t＝3，求t值即可； （3））①当点P在AD上，点E在AC上时，重合部分是等边三角形PQE，如图作PG⊥QE于点G，②当点P在AD上，点E在AC延长线上时，重合部分时四边形PQCF．③当点P在DB上，重合部分时直角三角形PQC，分类讨论画出图形计算求解即可． 【解答】解：（1）如图，过Q作QH⊥AD于点H， ∵PQ∥AB， ∴∠BAD＝∠QPA， ∵AD是角平分线， ∴∠CAD＝∠BAD， ∴∠CAD＝∠QPA， ∴QA＝QP， ∴△APQ是等腰三角形． ∵QH⊥AP， ∴AHAP， ∵∠CAD＝30°， ∴AQt， 故△APQ是等腰三角形，AQ＝t． （2）如图所示，E、C重合时图形． ∵△PQE是等边三角形， ∴QE＝QP， 由（1）得QA＝QP， ∴AE＝2AQ，即2t＝3， ∴t． （3）①当点P在AD上，点E在AC上时，重合部分是等边三角形PQE，如图作PG⊥QE于点G， ∵∠PAQ＝30°， ∴PGAPt， ∵△PQE是等边三角形， ∴QE＝PQ＝AQ＝t， ∴SQE•PG． 由（2）知当点EC重合时，t， ∴S（0＜t）． ②当点P在AD上，点E在AC延长线上时，重合部分时四边形PQCF． 在Rt△FCE中，CE＝2t﹣3，∠E＝60°， ∴CF＝CE•tan60°（2t﹣3）， ∴S△FCE（2t﹣3）•（2t﹣3）（2t﹣3）2， ∴S＝S△PQE﹣S△FCE（2t﹣3）2t2+6t（t＜2）． ③当点P在DB上，重合部分时直角三角形PQC， SCQ•CP（t﹣1）•（t﹣1）（t﹣1）2，（2≤t≤4）． 综上所述，S． 七．四边形综合题（共9小题） 32．（2024•河南）综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验．请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究． 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． （1）操作判断 用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有 　②④　（填序号）． （2）性质探究 根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质． 如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB＝AD，AC是它的一条对角线． ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若BC＝m，DC＝n，∠BCD＝2θ，求AC的长（用含m，n，θ的式子表示）． （3）拓展应用 如图3，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，分别在边BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可； （2）①延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出∠ABE＝∠D，证明△ABE≌△ADC（SAS），得出∠E＝∠ACD，AE＝AC，根据等边对等角得出∠E＝∠ACB，即可得出结论； ②过A作AF⊥EC于F，根据三线合一性质可求出CF，由①可得∠ACD＝∠ACB＝θ，在Rt△AFC中，根据余弦的定义求解即可； （3）分AB＝BM，AN＝AB，MN＝AN，BM＝MN四种情况讨论即可． 【解答】解：（1）观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图②和图④中存在对角互补且邻边相等， 故图②和图④中四边形是邻等对补四边形， 故答案为：②④； （2）①∠ACD＝∠ACB， 理由：延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE， ∵四边形ABCD是邻等对补四边形， ∴∠ABC+∠D＝180°， ∵∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ABE＝∠D， ∵AB＝AD， ∴△ABE≌△ADC（SAS）， ∴∠E＝∠ACD，AE＝AC， ∴∠E＝∠ACB， ∴∠ACD＝∠ACB； ②过A作AF⊥EC于F， ∵AE＝AC， ∴CFCE（BC+BE）（BC+DC）， ∵∠BCD＝2θ， ∴∠ACD＝∠ACB＝θ， 在Rt△AFC中，cosθ， ∴AC， AC的长为； （3）∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4， ∴AC5， ∵四边形ABMN是邻等对补四边形， ∴∠ANM+∠B＝180°， ∴∠ANM＝90°， 当AB＝BM时， 方法一：如图，连接AM，过N作NH⊥BC于H， ∴AM2＝AB2+BM2＝18， 在Rt△AMN中，MN2＝AM2﹣AN2＝18﹣AN2， 在Rt△CMN中，MN2＝CM2﹣CN2＝（4﹣3）2﹣（5﹣AN）2， 18﹣AN2＝（4﹣3）2﹣（5﹣AN）2， 解得AN＝4.2， ∴CN＝0.8， ∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C， ∴△NHC∽△ABC， ∴， 即， ∴NH，CH， ∴BH， ∴BN， 方法二：∵∠ANM＝90°， ∠C＝∠C， ∴△CNM∽△CBA， ∴， 即， ∴NM，CN， ∴AN＝5， 根据（2）的结论， 则BN； 当AN＝AB时，如图，连接AM， ∵AM＝AM， ∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL）， ∴BM＝NM，故不符合题意，舍去； 当AN＝MN时， 方法一：连接AM，过N作NH⊥BC于H， ∵∠MNC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C， ∴△CMN∽△CAB， 即， 即， 解得CN， ∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C， ∴△NHC∽△ABC， ∴， 即， ∴NH，CH， ∴BH， ∴BN， 方法二：设AN＝MN＝x， 则CN＝5﹣x， ∴， ∴x， ∴CM， ∴BM＝4， 根据（2）的结论， 则BN； 当BM＝MN时，如图，连接AM， ∵AM＝AM， ∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL）， ∴AN＝AB，故不符合题意，舍去； 综上，BN的长为或． 33．（2024•天津）将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（3，0），点B，C在第一象限，且OC＝2，∠AOC＝60°． （Ⅰ）填空：如图①，点C的坐标为 　　，点B的坐标为 　　； （Ⅱ）若P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上，点C的对应点为C′．设OP＝t． ①如图②，若直线l与边CB相交于点Q，当折叠后四边形PO′C′Q与▱OABC重叠部分为五边形时，O′C′与AB相交于点E．试用含有t的式子表示线段BE的长，并直接写出t的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为S，当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】（I）； （II）①； ②． 【分析】（I）过点C作CH⊥OA，根据特殊角进行计算即可； （II）①分当O′与点A重合时和当C′与点B重合时，两种情况进行讨论； ②根据不同情况分类讨论即可． 【解答】解：（I）过点C作CH⊥OA， ∵四边形OABC是平行四边形，OC＝2，∠AOC＝60°，A（3，0）， ∴OC＝AB＝2，CB＝OA＝3，∠B＝∠AOC＝60°， ∵CH⊥OA， ∴∠OCH＝30°， ∴， ∴， ∴， ∵CB＝OA＝3， ∴， 故答案为：，； （II）①∵过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上， ∴∠OO'C″＝∠AOC＝60°，O′P＝OP， ∴OO′＝2OP＝2t， ∵A（3，0）， ∴OA＝3， ∴AO'＝OO'﹣OA＝2t﹣3， ∵四边形OABC为平行四边形， ∴AB＝OC＝2，AB∥OC，∠O'AB＝∠AOC＝60°， ∴△EO′A是等边三角形， ∴AE＝AO′＝2t﹣3， ∵BE＝AB﹣AE， ∴BE＝AB﹣AE＝2﹣（2t﹣3）＝5﹣2t， ∴BE＝﹣2t+5； 当O′与点A重合时， 此时AB与C'O'的交点为E与A重合，， 如图：当C′与点B重合时， 此时AB与C'O'的交点为E与B重合，OP， ∴t的取值范围为； ②如图：过点C作CH⊥OA， 由（1）得出，∠COA＝60°， ∴， ， ∴， 当时，， ∴，开口向上，对称轴直线t＝0， ∴在时，随着t的增大而增大， ∴； 当时，如图： ， ∴，S随着t的增大而增大， ∴在时，， 在t＝1时，， ∴当时，； ∵当时，过点E作EN⊥x轴，如图： ∵由①得出△EO′A是等边三角形，EN⊥AO， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∵， ∴开口向下，在时，S有最大值， ∴， ∴在时，， ∴， 则在时，； 当时，如图， ， ∴，S随着t的增大而减小， ∴在时，则把，分别代入，得出，， ∴在时，， 综上：． 34．（2024•乐山）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E在边BC上，且∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝4，求DE的长． 解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′． 由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′． ∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°， ∴∠BAD+∠EAC＝45°． ∵∠BAD＝∠CAD′， ∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°． ∴∠DAE＝∠D′AE． 在△DAE和△D′AE中， AD＝AD′，∠DAE＝∠D′AE，AE＝AE， ∴①_____． ∴DE＝D′E． 又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°， ∴在Rt△ECD′中，②_____． ∵CD′＝BD＝3，CE＝4， ∴DE＝D′E＝③_____． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：　△ADE≌△AD′E　；“②”处应填：　EC2+CD′2＝ED′2　；“③”处应填：　5　． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，连结AE、AF，分别与对角线BD交于M、N两点．探究BM、MN、DN的数量关系并证明． 【拓展应用】 如图4，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．探究BE、EF、DF的数量关系：　EF2＝2BE2+2DF2　（直接写出结论，不必证明）． 【问题再探】 如图5，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D、E在边AC上，且∠DBE＝45°．设AD＝x，CE＝y，求y与x的函数关系式． 最后，刘老师总结到：希望同学们在今后的数学学习中，学会用数学的眼光观察现实世界，用数学的思维思考现实世界，用数学的语言表达现实世界． 【答案】【问题解决】①△ADE≌△AD′E；②EC2+CD′2＝ED′2；③5； 【知识迁移】DN2+BM2＝MN2，理由见解析过程； 【拓展应用】2BE2+2DF2＝EF2，理由见解析过程； 【问题再探】． 【分析】【问题解决】由“SAS”可证△ADE≌△AD'E，可得DE＝D′E．由勾股定理可求解； 【知识迁移】由“SSS”可证△AEF≌AF′F，可得∠EAF＝∠F′AF，由“ASA”可证△ABM≌△ADH，可得AM＝AH，BM＝DH，由“SAS”可证△AMN≌△AHN，可得MN＝HN，由勾股定理可求解； 【拓展应用】由旋转的性质和全等三角形的性质可得EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，由勾股定理可得（GH+BE）2+BG2＝EH2，即可求解； 【问题再探】利用全等三角形的性质和相似三角形的性质分别求出E'F，DF的长，由勾股定理可求解． 【解答】解：【问题解决】：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′． 由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′． ∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°， ∴∠BAD+∠EAC＝45°． ∵∠BAD＝∠CAD′， ∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°． ∴∠DAE＝∠D′AE． 在△DAE和△D′AE中， ， ∴△ADE≌△AD'E（SAS）． ∴DE＝D′E． 又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°， ∴在Rt△ECD′中，EC2+CD′2＝ED′2， ∵CD′＝BD＝3，CE＝4， ∴DE＝D′E＝5． 故答案为：①△ADE≌△AD′E；②EC2+CD′2＝ED′2；③5； 【知识迁移】DN2+BM2＝MN2，理由如下： 如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF′，过点D作DH⊥BD交边AF′于点H，连结NH． 由旋转得：AE＝AF′，BE＝DF′，∠BAE＝∠DAF′． 由题意得：EF+EC+FC＝DC+BC＝DF+FC+EC+BE， ∴EF＝DF+BE＝DF+DF′＝F′F． 在△AEF和AF′F中， ， ∴△AEF≌AF′F（SSS）， ∴∠EAF＝∠F′AF． 又∵BD为正方形ABCD的对角线， ∴∠ABD＝∠ADB＝45°， ∵DH⊥BD， ∴∠ADH＝∠HDB﹣∠ADB＝45°， 在△ABM和△ADH中， ， ∴△ABM≌△ADH（ASA）， ∴AM＝AH，BM＝DH， 在△AMN和△AHN中， ， ∴△AMN≌△AHN（SAS）， ∴MN＝HN． 在Rt△HND中，DN2+DH2＝HN2， ∴DN2+BM2＝MN2； 【拓展应用】如图4所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM，HE．过点H作HO⊥直线BC与O， ∴△ADF≌△AGH， ∴DF＝HG，AD＝AG， ∵∠CEF＝45°＝∠BEM，∠MBC＝90°， ∴△BEM是等腰直角三角形， ∴BE＝BM， 由【知识迁移】知△AEH≌△AEF，则AH＝AF，EH＝EF， 则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2＝EH2， 即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2＝EH2 又∵EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM， ∴（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2， 即2（DF2+BE2）＝EF2， ∴EF2＝2BE2+2DF2． 故答案为：EF2＝2BE2+2DF2； 【问题再探】如图，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到△BE′C′，连结E′D，过点E作EG⊥BC，垂足为点G，过点E′作EG′⊥BC′，垂足为G′，过点E′作E′F∥BA，过点D作DF∥BC交AB于点H，E′F、DF交于点F， 由旋转得：BE＝BE′，∠CBE＝∠C′BE′，EG＝E′G′，BG＝BG′． ∵∠ABC＝90°，∠DBE＝45°， ∴∠CBE+∠DBA＝45°． ∴∠C′BE′+∠DBA＝45°，即∠DBE′＝45°． 在△EBD和△E′BD中， ， ∴△EBD≌△E′BD（SAS）． ∴DE＝DE′， ∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3， ∴， 又∵AD＝x，CE＝y， ∴DE′＝DE＝5﹣x﹣y． ∵DF∥BC， ∴∠ADH＝∠C，∠AHD＝∠ABC＝90°， ∴△AHD∽△ABC， ∴，即，， ∴， 同理可得：，， ∴，， ∵E′G′⊥AB，∠ABC＝90°， ∴E′G′∥BC∥FD． 又∵E′F∥AB，∠FHG′＝∠AHD＝90°， ∴四边形FE′G′H为矩形． ∴∠F＝90°，，， ∴， 在Rt△E′FD中，E′F2+DF2＝E′D2． ∴． 解得． 35．（2024•长春）【问题呈现】小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边△ABC中，AB＝3，点M、N分别在边AC、BC上，且AM＝CN，试探究线段MN长度的最小值． 【问题分析】小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题． 【问题解决】如图②，过点C、M分别作MN、BC的平行线，并交于点P，作射线AP． 在【问题呈现】的条件下，完成下列问题： （1）证明：AM＝MP； （2）∠CAP的大小为 　30　度，线段MN长度的最小值为 　　． 【方法应用】某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，△ABC是等腰三角形，四边形BCDE是矩形，AB＝AC＝CD＝2米，∠ACB＝30°．MN是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点M在AC上，点N在DE上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持AM＝DN．钢丝绳MN长度的最小值为 　　米． 【答案】（1）证明过程见解析；（2）30，；【方法应用】． 【分析】（1）先证四边形CPMN是平行四边形得到MP＝NC＝AM． （2）利用等腰三角形可得∠CAP＝∠MPA＝30°，再将MN转化成PC，PC⊥AP时有最小值，即可求解； 【方法应用】参考上述思路构造平行四边形，将MN转化成DP，再求得∠PAD＝45°，AD＝2即可求解． 【解答】（1）证明：∵CP∥MN，MP∥NC， ∴四边形CPMN是平行四边形， ∴MP＝NC， 又∵AM＝CN， ∴AM＝MP． （2）解：∵AM＝MP， ∴∠CAP＝∠MPA， ∵∠PMC＝∠ACB＝60°， ∴∠CAP＝∠MPA＝30°． ∵四边形CPMN是平行四边形， ∴MN＝PC， 当PC⊥AP最小时，MN也有最小值， 此时PCAC． ∴MN最小值是． 故答案为：30，． 【方法应用】解：如图过M、D作ED、MN的平行线，则四边形MNDP是平行四边形， ∴MN＝DP，∠PMC＝∠ACB＝30°， ∴∠PAM＝∠APM＝15°， 当DP⊥AP时，DP最小， ∵∠ACD＝120°， ∴∠CAD＝30°， ∴∠PAD＝∠CAD+∠PAM＝45°， 在△ACD中，ADAC＝2， ∴DP＝AD•sin45°． 故答案为：． 36．（2024•吉林）小明在学习时发现四边形面积与对角线存在关联，下面是他的研究过程： 【探究论证】 （1）如图①，在△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC，垂足为点D．若CD＝2，BD＝1，则S△ABC＝　2　． （2）如图②，在菱形A′B′C′D′中，A′C′＝4，B′D′＝2，则S菱形A′B′C′D′＝　4　． （3）如图③，在四边形EFGH中，EG⊥FH，垂足为点O． 若EG＝5，FH＝3，则S四边形EFGH＝　　； 若EG＝a，FH＝b，猜想S四边形EFGH与a，b的关系，并证明你的猜想． 【理解运用】 如图④，在△MNK中，MN＝3，KN＝4，MK＝5，点P为边MN上一点．小明利用直尺和圆规分四步作图； （ⅰ）以点K为圆心，适当长为半径画弧，分别交边KN，KM于点R，I； （ⅱ）以点P为圆心，KR长为半径画弧，交线段PM于点I′； （ⅲ）以点I′为圆心，IR长为半径画弧，交前一条弧于点R′，点R′，K在MN同侧； （ⅳ）过点P画射线PR′，在射线PR′上截取PQ＝KN，连接KP，KQ，MQ． 请你直接写出S四边形MPKQ的值． 【答案】（1）2；（2）4；（3），猜想：S四边形EFGH，证明详见解析；（4）10． 【分析】（1）根据三角形的面积公式计算即可； （2）根据菱形的面积公式计算即可； （3）结合图形有S四边形EFGH＝S△EFG+S△EHGEG•FOEG•HOEG•FH，代入即可得解； （4）先证明△MNK是直角三角形，由作图可知：∠QPM＝∠MKN，即可证明KM⊥PQ，再利用（3）中结论即可计算． 【解答】解：（1）∵在△ABC中，AB＝AC，BD⊥AC，CD＝2， ∴AD＝CD＝2， ∴AC＝4， ∴S△ABCAC•BD＝2． 故答案为：2． （2）∵在菱形S菱形A'B'C'D'A'B'C'D'中，A'C'＝4，B'D'＝2， ∴S菱形A'B'C'D'A'C'•B'D'＝4， 故答案为：4． （3）∵EG⊥FH， ∴S△EFGEG•FO，S△EHGEG•HO， ∴S四边形EFGH＝S△EFG+S△EHGEG•FOEG•HOEG•FH， 故答案为：． 猜想：S四边形EFGH， 证明：∴S△EFGEG•FO，S△EHGEG•HO， ∴S四边形EFGH＝S△EFG+S△EHGEG•FOEG•HOEG•FH． （4）根据尺规作图可知：∠QPM＝∠MKN， ∵在△MNK中，MN＝3，KN＝4，MK＝5， ∴MK2＝MN2+KN2， ∴△MNK是直角三角形，且∠MNK＝90°， ∴∠NMK+∠MKN＝90°， ∵∠QPM＝∠MKN， ∴∠NMK+∠QPM＝90°， ∴MK⊥PQ， ∵PQ＝KN＝4，MK＝5， ∴根据（3）中结论得S四边形MPKQMK•PQ＝10． 37．（2024•青海）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形EFGH是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点， ∴EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线， ∴EFAC，GHAC（①_____）． ∴EF＝GH． 同理可得：EH＝FG． ∴中点四边形EFGH是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①　三角形中位线定理　． 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 AC＝BD 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 AC⊥BD ② （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②　矩形　． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③ ④ 结论：原四边形对角线③　AC⊥BD且AC＝BD　时，中点四边形是④　正方形　． 【答案】（1）三角形中位线定理； （2）见解析； （3）矩形； （4）见解析； （5）AC⊥BD且AC＝BD；正方形． 【分析】（1）根据三角形中位线定理即可得到结论； （2）根据三角形中位线定理得到EF＝GH．同理可得：EH＝FG．根据平行四边形的性质得到中点四边形EFGH是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论； （3）根据菱形的判定定理得到结论； （4）根据三角形中位线定理得到EH∥BD，EF∥AC，根据平行四边形的判定定理得到四边形EMON是平行四边形，求得∠MEN＝∠MON＝90°，根据矩形的判定定理得到中点四边形EFGH是矩形； （5）根据正方形的判定定理即可得到结论． 【解答】（1）解：①三角形中位线定理， 故答案为：三角形中位线定理； （2）证明：∵AC＝BD， ∴EF＝FG， ∴中点四边形EFGH是菱形； （3）解：②矩形； 故答案为：矩形； （4）证明：设AC与EH交于N，BD与EF交于M， ∵EH，EF分别是△ABD和△ABC的中位线， ∴EH∥BD，EF∥AC， ∴四边形EMON是平行四边形， 又∵AC⊥BD， ∴∠MON＝90°， ∴∠MEN＝∠MON＝90°， ∴中点四边形EFGH是矩形； （5）解：③AC⊥BD且AC＝BD； ④正方形； 理由：由（2）知中点四边形EFGH是菱形．由（4）知中点四边形EFGH是矩形， ∴中点四边形EFGH是正方形． 故答案为：AC⊥BD且AC＝BD；正方形． 38．（2024•通辽）数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE＝1，AB＝2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】 如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M． 问题1 BE和DF的数量关系是 　BE＝DF　，位置关系是 　BE⊥DF　． 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证：OA＝OD＝OG． 【尝试应用】 问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度． 【答案】（1）BE＝DF，BE⊥DF；（2）证明过程详见解析；（3）π． 【分析】（1）先证△AEB≌△AFD，得到BE＝DF，再根据△AMB和△DMG内角和推导，证∠G＝90°即可； （2）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证； （3）由（2）知点OA＝OD＝OG，则点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧上，再根据α的变化求圆心角即可得解． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∵△AEF是含有45°的直角三角尺， ∴△AEF是等腰直角三角形， ∴AE＝AF，∠EAF＝90°， ∵∠BAD﹣∠DAE＝∠EAF﹣∠DAE， ∴∠BAE＝∠DAF， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴BE＝DF，∠ABE＝∠ADF， ∵∠AMB＝∠DMG， ∴∠G＝∠BAM＝90°，即BE⊥DF， 故答案为：BE＝DF，BE⊥DF． （2）证明：∵△BAD是直角三角形，O是BD中点， ∴OABD＝OD， 由（1）知∠G＝90°， ∴△BGD是直角三角形， ∴OGBD＝OD， ∴OA＝OD＝OG． （3）由（2）知，OA＝OD＝OG， ∴点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧， 连接OA，OG， ∵旋转角α从0°变化到60°， ∴此时点G的运动路线就是， 取AB中点H，连接EH， ∵∠BAE＝60°，AE＝1，AB＝2， ∴AE＝AHAB＝BH， ∴△AEH为等边三角形， ∴EH＝AH＝BH，∠AHE＝∠AEH＝60° ∴∠HBE＝∠BEH， ∵∠AHE＝∠HBE+∠BEH， ∴∠HBE＝∠BEH∠AHE＝30°， 即∠ABE＝30°， ∴∠OBG＝45°﹣30°＝15°， ∵OB＝OGBD， ∴∠DOG＝30°， ∴∠AOG＝180°﹣∠AOB﹣∠DOG＝60°， ∵AB＝2， ∴BDAB＝2， ∴OA＝OG， ∴的长度π． 即点G经过路线的长度为π． 39．（2024•扬州）如图，点A、B、M、E、F依次在直线l上，点A、B固定不动，且AB＝2，分别以AB、EF为边在直线l同侧作正方形ABCD、正方形EFGH，∠PMN＝90°，直角边MP恒过点C，直角边MN恒过点H． （1）如图1，若BE＝10，EF＝12，求点M与点B之间的距离； （2）如图1，若BE＝10，当点M在点B、E之间运动时，求HE的最大值； （3）如图2，若BF＝22，当点E在点B、F之间运动时，点M随之运动，连接CH，点O是CH的中点，连接HB、MO，则2OM+HB的最小值为 　2　． 【答案】（1）4或6；（2）12.5；（3）2． 【分析】（1）易证△MCB∽△HME，再代入边长求解即可； （2）由△MCB∽△HME得出相似比，设未知数代入，得到关于HE的二次函数表达式，进而求最值即可； （3）先证CH＝2OM，将2OM+HB转化为CH+HB的最小值，利用“将军饮马“模型做对称点求解即可． 【解答】解：（1）由题易得∠CBM＝∠CMH＝∠HEM＝90°， ∵∠CMB+∠BCM＝∠CMB+∠HME＝90°， ∴∠BCM＝∠HME， ∴△MCB∽△HME， ∴， ∵BC＝AB＝2，EH＝EF＝12，BE＝10， ∴，解得BM＝4或6， ∴点M与点B之间的距离是4或6． （2）由（1）知， 设EH＝y，BM＝x， ∵BE＝10， ∴EM＝10﹣x， ∴， ∴yx2+5x（x﹣5）2+12.5， ∵0， ∴当x＝5时，ymax＝12.5， 即HE最大值为12.5． （3）∵∠CMH＝90°，O是CH中点， ∴CH＝2OM， ∴2OM+HB＝CH+BH， ∴求2OM+HB的最小值就是求CH+BH的最小值即可． 如图，连接FH，则点H在∠EFG的角平分线上，作B关于FH的对称点B'，连接B'C交FH为H'，则H'即为所求H位置，B'C长度即为CH+HB最小值． 过点C作CQ⊥B'F． ∵∠BFH＝∠B'FH＝45°， ∴B'在FG的延长线上， ∵∠CBF＝∠BFQ＝∠FQC＝90°， ∴四边形CBFQ为矩形， ∴FQ＝BC＝2， ∵BF＝B'F＝22， ∴B'Q＝B'F﹣QF＝20， 在Rt△B'CQ中，B'C2， 即CH+BH最小值为2， ∴2OM+HB最小值为2． 40．（2024•山西）综合与探究 问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AD于点F． 猜想证明： （1）判断四边形AECF的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E，B的对应点分别为点G，H． ①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N．猜想线段CH与MD的数量关系，并说明理由； ②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M，N，直线AH与线段CD交于点Q．若AB＝5，BE＝4，直接写出四边形AMNQ的面积． 【答案】（1）四边形AECF为矩形，理由详见解析；（2）①CH＝MD，理由详见解析．② 或 ． 【分析】（1）根据矩形的判定方法（有三个角是直角的四边形是矩形）很容易证出； （2）①方法一可先证△HAM≌△DAC，得出AM＝AC，减去公共边得出CH＝MD．方法二证△CDH≌△MHD，可直接得出CH＝MD；②对于旋转的存在性问题，首先分类讨论，根据情况画出草图，再利用旋转的性质以及锐角三角函数或相似进行计算即可，需要主要的是四边形AMNQ的面积是不规则，需要用去用三角形面积的和差解决． 【解答】解：（1）四边形AECF为矩形．理由如下： ∵AE⊥BC，CF⊥AD， ∴∠AEC＝90°，∠AFC＝90°， ∵四边形ABCD 为菱形， ∴AD∥BC， ∴∠AFC+∠ECF＝180°，∠ECF＝180°﹣∠AFC＝90° ∴四边形AECF为矩形． （2）①CH＝MD．理由如下： 证法一： ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D． ∵△ABE 旋转得到△AHG， ∴AB＝AH，∠B＝∠H． ∴AH＝AD，∠H＝∠D． ∵∠HAM＝∠DAC， ∴△HAM≌△DAC， ∴AM＝AC， ∴AH﹣AC＝AD﹣AM， ∴CH＝MD． 证法二： 如图，连接HD． ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD，∠B＝∠ADC， ∵△ABE 旋转得到△AHG， ∴AB＝AH，∠B＝∠AHM， ∴AH＝AD，∠AHM＝∠ADC， ∴∠AHD＝∠ADH， ∴∠AHD﹣∠AHM＝∠ADH﹣∠ADC， ∴∠MHD＝∠CDH， ∵DH＝HD， ∴△CDH≌△MHD， ∴CH＝MD． ②情况一：如图，当点G旋转至BA的延长线上时，GH⊥CD，此时S四边形AMNQ． ∵AB＝5，BE＝4， ∴由勾股定理可得AE＝3， ∵△ABE旋转到△AHG， ∴AG＝AE＝3，GH＝BE＝4，∠H＝∠B， ∵GN⊥CD， ∴GN＝AE＝3， ∴NH＝1， ∵AD∥BC， ∴∠GAM＝∠B， ∴tan∠GAM＝tan∠B，即， 解得GM，则MH， ∵tan∠H＝tan∠B， ∴在Rt△QNH中，QN， ∴S四边形AMNQ＝S△AMH﹣S△QNHMH•AGNH•QN． 情况二：如图，当点G旋转至BA上时，GH⊥CD，此时S四边形AMNQ． 同第一种情况的计算思路可得：NH＝7，QN，AG＝3，MH， ∴S四边形AMNQ＝S△QNH﹣S△AMHNH•QNMH•AG． 综上，四边形AMNQ的面积为 或 ． 八．圆的综合题（共8小题） 41．（2024•北京）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和不在直线AB上的点C，给出如下定义：若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，且∠ACB＝α，则称点C是弦AB的“α可及点”． （1）如图，点A（0，1），B（1，0）． ①在点C1（2，0），C2（1，2），中，点 　C2　是弦AB的“α可及点”，其中α＝　45　°； ②若点D是弦AB的“90°可及点”，则点D的横坐标的最大值为 　　； （2）已知P是直线上一点，且存在⊙O的弦MN，使得点P是弦MN的“60°可及点”．记点P的横坐标为t，直接写出t的取值范围． 【答案】（1）①C2；45；②； （2）． 【分析】（1）①根据点与圆心的距离和半径进行比较，确定“α可及点”，再计算角度；②当DH∥x轴时，点D横坐标最大，进行计算即可； （2）分类讨论临界的情况，即可得出取值范围． 【解答】解：（1）①反过来思考，由相对运动理解，作出⊙O关于AB的对称圆⊙O， ∵若点C关于直线AB的对称点C'在⊙O上或其内部，且∠ACB＝α，则称点C是弦AB的“α可及点”， ∴点C应在⊙O'的圆内或圆上， ∵点A（0，1），B（1，0）， ∴OA＝OB＝1， ∵∠AOB＝90°， ∴∠ABO＝∠OAB＝45°， 由对称得：∠O'BA＝O'AB＝45°， ∴△O′BA为等腰直角三角形， ∴O'（1，1）， 设⊙O半径为R， 则，故C1在⊙O'外，不符合题意； C2O'＝2﹣1＝1＝R，故C2在⊙O'上，符合题意； ，故C3在⊙O'外，不符合题意， ∴点C2是弦AB的“α可及点”， 可知B，O′，C2三点共线， ∵， ∴， 故答案为：C2，45； ②取AB中点为H，连接DH， ∵∠ADB＝90°， ∴HD＝HA＝HB， ∴点D在以H为圆心，HA为半径的AB上方半圆上运动（不包括端点A、B）， ∴当DH∥x轴时，点D横坐标最大， ∵OA＝OB＝1，∠AOB＝90°， ∴， ∴， ∵点A（0，1），B（1，0）， ∴， ∴， ∴点D的横坐标的最大值为， 故答案为：； （2）反过来思考，由相对运动理解，作出⊙O关于AB的对称圆⊙O'， ∵若点C关于直线AB的对称点C′在⊙O上或其内部，且∠ACB＝α，则称点C是弦AB的“α可及点”， ∴点C应在⊙O'的圆内或圆上， ∴点P需要在⊙O'的圆内或圆上， 作出△MPN的外接圆⊙O″，连接O″M，O″N， ∴点P在以O″为圆心，MO″为半径的上运动（不包括端点M、N）， ∴∠MO″N＝2∠MPN＝120°， ∴∠O″MN＝30°， 由对称得点O，O'在MN的垂直平分线上， ∵△MPN的外接圆为⊙O″， ∴点O″也在MN的垂直平分线上，记OO'与NM交于点Q， ∴， ∴， 随着MN的增大，⊙O'会越来越靠近⊙O，当点O'与点O″重合时，点P在⊙O'上，即为临界状态，此时MN最大，， 连接O″P，OP， ∵OP≤OO″+O″P， ∴当MN最大，时，此时△MNP为等边三角形， 由上述过程知， ∴， ∴当r＝1，OP的最大值为2， 设，则， 解得：， 记直线与⊙O交于T，S，与y轴交于点K，过点S作SL⊥x轴， 当x＝0，，当y＝0时，， 解得x＝1， ∴与x轴交于点T（1，0）， ∴， ∵OT＝OS， ∴△OTS为等边三角形， ∴∠TOS＝60°， ∴， ∴， ∴t的取值范围是． 42．（2024•扬州）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论． 如图，已知△ABC，CA＝CB，⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上（AD＞BD），连接AD、BD、CD． 【特殊化感知】 （1）如图1，若∠ACB＝60°，点D在AO延长线上，则AD﹣BD与CD的数量关系为 　AD﹣BD＝CD　； 【一般化探究】 （2）如图2，若∠ACB＝60°，点C、D在AB同侧，判断AD﹣BD与CD的数量关系并说明理由； 【拓展性延伸】 （3）若∠ACB＝α，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含α的式子表示） 【答案】（1）AD﹣BD＝CD；（2）AD﹣BD＝CD，理由见解析；（3）当点C、D在AB同侧时AD﹣BD＝2CD•sin；当点C、D在AB两侧时，AD+BD＝2CD•sin． 【分析】（1）利用等边三角形的判定与性质和含30°角的直角三角形的性质解答即可； （2）延长BD至点E使DE＝CD，连接CE，利用等边三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，圆周角定理和全等三角形的判定与性质解答即可； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情形讨论解答：①当点C、D在AB同侧时，延长BD至点E，连接CE，使CE＝CD，过点C作CF⊥DE于点F，利用圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质和直角三角形的边角关系定理得到DE＝2DF＝2CD•sin，再利用全等三角形的判定与性质得到AD＝BE，则结论可得；②当点C、D在AB两侧时，延长DB至点E，使BE＝AD，连接CE，过点C作CF⊥DE于点F，利用①的方法解答即可． 【解答】解：（1）∵CA＝CB，∠ACB＝60°， ∴△ABC为等边三角形， ∴∠BAC＝60°， ∵AD为⊙O的直径， ∴∠ABD＝∠ACD＝90°，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝30°， ∴CD＝BDAD， ∴AD﹣BD＝CD． 故答案为：AD﹣BD＝CD； （2）若∠ACB＝60°，点C、D在AB向侧，AD﹣BD与CD的数量关系为：AD﹣BD＝CD，理由： 延长BD至点E使DE＝CD，连接CE，如图， ∵CA＝CB，∠ACB＝60°， ∴△ABC为等边三角形， ∴∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°， ∵四边形ABDC为圆的内接四边形， ∴∠CDE＝∠BAC＝60°， ∵DE＝CD， ∴△CDE为等边三角形， ∴CE＝CD，∠DCE＝∠E＝60°， ∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝60°+∠BCD， ∵∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝60°+∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCE． ∵∠ADC＝∠ABC＝60°， ∴∠ADC∠E＝60°． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（ASA）， ∴AD＝BE， ∵BE＝BD+DE＝BD+CD， ∴AD＝BD+CD， ∴AD﹣BD＝CD． （3）①当点C、D在AB同侧时， 延长BD至点E，连接CE，使CE＝CD，过点C作CF⊥DE于点F，如图， ∵CA＝CB，∠ACB＝α， ∴∠CAB＝∠CBA＝90°， ∵四边形ABDC为圆的内接四边形， ∴∠CDE＝∠BAC＝90°， ∵CE＝CD， ∴∠CDE＝∠E＝90°α，∠DCE＝α． ∵CF⊥DE， ∴∠DCF＝∠ECF，DF＝EF＝CD•sin， ∴DE＝2DF＝2CD•sin， ∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝α+∠BCD，∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝α+∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCE， ∵∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴∠ADC＝∠E． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（ASA）， ∴AD＝BE， ∵BE＝BD+DE＝BD+2CD•sin， ∴AD﹣BD＝2CD•sin． ②当点C、D在AB两侧时， 延长DB至点E，使BE＝AD，连接CE，过点C作CF⊥DE于点F，如图， ∵CA＝CB，∠ACB＝α， ∴∠CAB＝∠CBA＝90°， ∵四边形ABDC为圆的内接四边形， ∴∠CBE＝∠DAC， 在△CAD和△CBE中， ， ∴△CAD≌△CBE（SAS）， ∴CD＝CE，∠ADC＝∠E， ∵∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴∠E＝90°， ∵CF⊥DE， ∴∠DCF＝∠ECF，DF＝EF＝CD•sin， ∴DE＝CD•sin， ∴DE＝2CD•sin， ∵DE＝BD+BE＝AD+BD， ∴AD+BD＝2CD•sin． 综上，若∠ACB＝α，AD、BD、CD满足的数量关系为：当点C、D在AB同侧时AD﹣BD＝2CD•sin；当点C、D在AB两侧时，AD+BD＝2CD•sin． 43．（2024•云南）如图，AB是⊙O的直径，点D、F是⊙O上异于A、B的点．点C在⊙O外，CA＝CD，延长BF与CA的延长线交于点M，点N在BA的延长线上，∠AMN＝∠ABM，AM•BM＝AB•MN．点H在直径AB上，∠AHD＝90°，点E是线段DH的中点． （1）求∠AFB的度数； （2）求证：直线CM与⊙O相切； （3）看一看，想一想，证一证：以下与线段CE、线段EB、线段CB有关的三个结论：CE+EB＜CB，CE+EB＝CB，CE+EB＞CB，你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】（1）90°；（2）证明见解析；（3）正确的结论为：CE+EB＝CB，理由见解析． 【分析】（1）利用直径所对的圆周角为直角的性质解答即可； （2）利用相似三角形的判定与性质得到∠NAM＝∠MAB＝90°，再利用圆的切线的判定定理解答即可； （3）连接OC，OD，过点B作⊙O的切线，交CD的延长线于点K，设BC与DH交于点G，利用全等三角形的判定与性质和圆的切线的判定定理得到CK为⊙O的切线，利用切线长定理得到DK＝BK，利用平行线的判定定理得到AC∥DH∥BK，利用相似三角形的判定与性质得到，，利用平行线分线段成比例定理得到，则，进而得到GH＝GD，则点G是线段DH的中点，所以点G与点E重合，则结论可得． 【解答】（1）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠AFB＝90°； （2）证明：∵AM•BM＝AB•MN， ∴， ∵∠AMN＝∠ABM， ∴△AMN∽△ABM， ∴∠NAM＝∠MAB． ∵∠NAM+∠MAB＝180°， ∴∠NAM＝∠MAB＝90°， ∴OA⊥CM． ∵OA为⊙O的半径， ∴直线CM与⊙O相切； （3）解：正确的结论为：CE+EB＝CB，理由： 连接OC，OD，过点B作⊙O的切线，交CD的延长线于点K，设BC与DH交于点G，如图， 在△OAC和△ODC中， ， ∴△OAC≌△ODC（SSS）， ∴∠OAC＝∠ODC． 由（2）知：OA⊥CM， ∴∠OAC＝∠ODC＝90°， ∴OD⊥CD． ∵OD为⊙O的半径， ∴CK为⊙O的切线． ∵BK为⊙O的切线， ∴DK＝BK，BK⊥AB． ∵DH⊥AB，CA⊥AB， ∴AC∥DH∥BK， ∴△BHG∽△BAC，△CDG∽△CKB，． ∴，， ∴，， ∴． ∵CA＝CD， ∴GH＝GD， ∴点G是线段DH的中点， ∵点E是线段DH的中点， ∴点G与点E重合． ∴线段BC经过点E， ∴CE+EB＝CB． 解法二：设BC与DH交于点G，连接AD，连接BD并延长交AC的延长线于点K，如图， ∵DH⊥AB，CA⊥AB， ∴AC∥DH， ∴△BHG∽△BAC，△BHD∽△BAK， ∴，， ∴， ∴． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ADK＝90°， ∴∠CAD+∠K＝90°，∠CDA+∠CDK＝90°， ∴∠CAD+∠K＝∠CDA+∠CDK， ∵CD＝CA， ∴∠CAD＝CDA， ∴∠K＝∠CDK， ∴CK＝CD， ∴CK＝CA， ∴AK＝2AC， ∴． ∴HD＝2HG， 即G为HD的中点， ∴点E与点G重合， ∴线段BC经过点E， ∴CE+EB＝CB． 44．（2024•滨州）【教材呈现】 现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题： 14．如图，在锐角△ABC中，探究， 之间的关系．（提示：分别作AB和BC边上的高．） 【得出结论】 【基础应用】 在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，利用以上结论求AB的长． 【推广证明】 进一步研究发现，不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足（R为△ABC外接圆的半径）． 请利用图1证明． 【拓展应用】 如图2，四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，CD＝4，∠B＝∠C＝90°．求过A，B，D三点的圆的半径． 【答案】【基础应用】AB； 【推广证明】证明过程见解答； 【拓展应用】． 【分析】【基础应用】根据三角形内角和可以求得∠A的度数，然后根据题目中的结论，即可求得AB的长； 【推广证明】先证明，然后连接AO并延长交⊙O于点F，根据圆周角定理可以得到∠B＝∠AFC，求出∠AFC的正弦，即可得到∠B的正弦，然后即可得到2R，从可以得到； 【拓展应用】根据勾股定理可以得到BD的长，然后根据平行线的性质和锐角三角函数，可以得到sin∠ABD的值，然后作AE⊥CD交CD于点E，得到矩形ABCE，从而可以得到AE和DE的长，再根据勾股定理可以求得AD的长，最后根据2R，即可得到过A，B，D三点的圆的半径． 【解答】解：【基础应用】 ∵∠B＝75°，∠C＝45°， ∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°， ∵∠C＝45°，BC＝2，， ∴， 解得AB； 【推广证明】 作AD⊥BC于点D，作CE⊥AB于点E，连接AO并延长交⊙O于点F，连接CF，如图所示， ∵， ∴a•csinB＝c•bsinA， ∴， 同理可证，， ∴， ∵AF是直径， ∴∠ACF＝90°， ∵∠B＝∠AFC， ∴sinB＝sin∠AFC， ∴2R， ∴； 【拓展应用】 连接DB，如图所示， ∵BC＝3，CD＝4，∠C＝90°， ∴BD5， ∴sin∠BDC， ∵∠ABC＝∠C＝90°， ∴∠ABC+∠C＝180°， ∴AB∥CD， ∴∠ABD＝∠BDC， ∴sin∠ABD， 作AE⊥CD交CD于点E， 则四边形ABCE是矩形， ∴CE＝AB＝2，AE＝BC＝3， ∴DE＝2， ∴AD， ∴， ∴过A，B，D三点的圆的半径为． 45．（2024•湖南）【问题背景】 已知点A是半径为r的⊙O上的定点，连接OA，将线段OA绕点O按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°）得到OE，连接AE，过点A作⊙O的切线l，在直线l上取点C，使得∠CAE为锐角． 【初步感知】 （1）如图1，当α＝60°时，∠CAE＝　30　°； 【问题探究】 （2）以线段AC为对角线作矩形ABCD，使得边AD过点E，连接CE，对角线AC，BD相交于点F． ①如图2，当AC＝2r时，求证：无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立： ②如图3，当ACr，时，请补全图形，并求tanα及的值． 【答案】（1）30；（2）证明过程详见解析；（3）补全图形如图，，． 【分析】（1）根据等腰△AOE的角度和切线的性质即可求出∠CAE＝30°； （2）因为AD＝BC，且AD＝AE+ED，要证BC＝CD+ED，实际要证CD＝AE，根据我们证线段相等的思路：①同一个三角形证等腰②不同三角形证全等，可证△OAE≌△FCD即可； （3）由AC得tanα，再作OH⊥AE，证△OEH∽△CED得到，通过设边长，再利用勾股定理表示CD2建立勾股方程即可找到线段之间的关系． 【解答】（1）解：∵α＝60°，OA＝OE， ∴∠OAE＝∠OEA＝α＝60°， ∵AC与圆相切， ∴∠OAC＝90°， ∴∠CAE＝30°． 故答案为：30． （2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AC＝2r， ∴OA＝OE＝CF＝DF＝r， ∵∠OAC＝∠ADC＝90°， ∴∠OAE+∠CAD＝∠ACD+∠CAD， ∴∠OAE＝∠ACD， ∵OA＝OE，CF＝DF， ∴∠OAE＝∠OEA＝∠ACD＝∠CDF， 在△OAE和△FCD中， ， ∴△OAE≌△FCD（AAS）， ∴AE＝CD， ∵AD＝AE+ED， ∴BC＝CD+ED． 即无论α在给定的范围内如何变化，BC＝CD+ED总成立． （3）解：补全图形如图， ∵AC是切线， ∴∠OAC＝90°， ∵AC， ∴tan∠AOC， 设OA＝3m，则AC4m，OC＝5m， ∵，OE＝OA＝3m， ∴CE＝2m，OE+CE＝5m＝OC， 即点E在线段OC上， ∴tanα＝tan∠AOC． 法一：如图，过O作OH⊥AE，垂足为H，则AH＝EH， ∵∠OHE＝90°＝∠D，∠OEH＝∠CED， ∴△OEH∽△CED， ∴， 设EH＝AH＝3a，则DE＝2a， ∴AD＝AH+EH+ED＝8a， 在Rt△ACD中，CD2＝AC2﹣AD2＝16m2﹣64a2， 在Rt△CED中，CD2＝CE2﹣ED2＝4m2﹣4a2， ∴16m2﹣64a2＝4m2﹣4a2，解得am， ∴BC＝ADm，CDm＝AB， ∴． 法二：由OH∥CD，得∠DCE＝∠HOE＝∠CAD，证△CAD∽△ECD， 直接得到， ∴． 46．（2024•长沙）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形： 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形： 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： （1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）． ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； 　×　 ②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形； 　√　 ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有Rr． 　√　 （2）如图1，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB+CD≠BC+AD． ①该四边形ABCD是“　外接型单圆　”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF．求证：EF是⊙O的直径． （3）已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H． ①如图2，连接EG，FH交于点P．求证：EG⊥FH； ②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若OA＝2，OB＝6，OC＝3，求内切圆⊙O的半径r及OD的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由题干条件可得：有外接圆的四边形⇒对角互补，根据切线长定理得有内切圆的四边形⇒有一个点到四边距离相等⇒两组对边的和相等．①根据前置分析可得平行四边形既无外接圆也无内切圆，所以很容易判断出；②因为菱形对边之和相等，所以菱形是“内切型单圆”四边形；③外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，从而判断出结论是正确； （2）①判断方法同上；②证即可得证； （3）①四边形ABCD是“完美型双圆”四边形可得，∠A+∠EOH＝180°，∠FOG+∠C＝180°，从而得到∠EOH＝∠C，∠FOG+∠EOH＝180°，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半证出∠HPG＝90°，即可得证；②先证△AOH∽△OCG得出，再利用勾股定理建立方程即可求解． 【解答】解：（1）①当平行四边形的对角不互补时，对边和不相等时， 即内角不等于90°且邻边不相等的平行四边形是“平凡型无圆”四边形， 故①错误； ②∵内角不等于90°的菱形对角不互补，但是对边之和相等， ∴菱形是“内切型单圆”四边形， 故②正确； ③由题可知外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形， 如图，此时OM＝r，ON＝R， ∵△OMN是等腰直角三角形， ∴ONOM， ∴Rr， 故③正确． 故答案为：①（×）；②（√），③（√）． （2）①该四边形ABCD是“外接型单圆”四边形； 理由：∵AB+CD≠BC+AD， ∴四边形ABCD无内切圆． ∴四边形ABCD是“外接型单圆”四边形； ②证法1：如图1，∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD， ∴，， ∴，即， ∴与均为半圆， ∴EF是⊙O的直径． 证法2：如图1，连接AF． ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠BAD+∠BCD＝180°， ∵AE平分∠BAD，CF平分∠BCD， ∴，， ∴∠1+∠2＝90°， 由同弧所对的圆周角相等可得∠2＝∠3， ∴∠1+∠3＝90°，即∠EAF＝90°． ∴EF是⊙O的直径 证法3：如图2，连接FD，ED． ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠BAD+∠BCD＝180°， 由题意，得，， ∵由同弧所对的圆周角相等可得：∠EFD＝∠1，∠FED＝∠2， ∴， ∴∠FDE＝90°． ∴EF是⊙O的直径． （3）①证明：如图3，连接OE，OF，OG，OH，HG． ∵⊙O是四边形ABCD的内切圆， ∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD． ∴∠OEA＝∠OHA＝90°． ∴在四边形EAHO中，∠A+∠EOH＝360°﹣90°﹣90°＝180°． 同理可证∠FOG+∠C＝180°， ∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形， ∴四边形ABCD有外接圆， ∴∠A+∠C＝180°， ∴∠EOH＝∠C． ∴∠FOG+∠EOH＝180° 又∵∠FHG∠FOG，， ∴∠FHG+∠EGH＝90°． ∴∠HPG＝90°，即EG⊥FH． ②方法1：如图4，连接OE，OF，OG，OH． ∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形， ∴∠OAH+∠OAE+∠OCG+∠OCF＝180°． ∵⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H， ∴∠OAH＝∠OAE，∠OCG＝∠OCF． ∴∠OAH+∠OCG＝90°． ∵∠COG+∠OCG＝90°， ∴∠OAH＝∠COG． ∵∠AHO＝∠OGC＝90°， ∴△AOH∽△OCG． ∴，即， 解得， 在Rt△OGC中，有OG2+CG2＝OC2，即， 解得， 在Rt△OBE中， 同理可证△BEO∽△OHD， 所以，即， 解得． 方法2：如图4， 由△AOH∽△OCG，得，即， 解得， 由△BEO∽△OHD， 得，即， 解得． 47．（2024•河北）已知⊙O的半径为3，弦MN＝2．△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝3．在平面上，先将△ABC和⊙O按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在⊙O上，点C在⊙O内），随后移动△ABC，使点B在弦MN上移动，点A始终在⊙O上随之移动．设BN＝x． （1）当点B与点N重合时，求劣弧的长； （2）当OA∥MN时，如图2，求点B到OA的距离，并求此时x的值； （3）设点O到BC的距离为d． ①当点A在劣弧上，且过点A的切线与AC垂直时，求d的值； ②直接写出d的最小值． 【答案】（1）劣弧的长为π； （2）点B到OA的距离为2，x的值为3； （3）d的最小值为． 【分析】（1）如图，连接OA，OB，先证明△AOB 为等边三角形，再利用等边三角形的性质结合弧长公式 可得答案； （2）过B作BI⊥OA于I，过O作OH⊥MN于H，连接MO，证明四边形BIOH是矩形，可得BH＝OI，BI＝OH，再结合勾股定理可得答案； （3）①如图，由过点A的切线与AC垂直，可得AC过圆心，过O作OJ⊥BC于J，过O作OK⊥AB 于K，而∠ABC＝90°，可得四边形KO．JB为矩形，可得 OJ＝KB，再进一步利用勾股定理与锐角三角函数可得答案； ②如图，当B为MN中点时，过O作OL⊥B′C′于L，过O作OJ⊥BC于J，OL＞OJ，此时OI最短，如图，过A作AQ⊥OB于Q，而AB＝AO＝3，证明BQ＝OQ＝1，求解，再结合等角的三角函数可得答案． 【解答】解：如图，连接OA，OB， ∵⊙O的半径为3，AB＝3， ∴OA＝OB＝AB＝3， ∴△AOB 为等边三角形， ∴∠AOB＝60°， ∴ 的长为π， ∴劣弧的长为π； （2）过B作BI⊥OA于I，过O作OH⊥MN于H，连接MO，如图： ∵OA∥MN， ∴∠IBH＝∠BHO＝∠HOI＝∠BIO＝90°， ∴四边形BIOH是矩形， ∴BH＝OI，BI＝OH， ∵，OH⊥MN， ∴， 而OM＝3， ∴， ∴点B到OA的距离为2； ∵AB＝3，BI⊥OA， ∴， ∴， ∴； （3）①过O作OJ⊥BC于J，过O作OK⊥AB于K，如图： ∵∠ABC＝90°，过点A的切线与AC垂直， ∴AC过圆心， ∴四边形KOJB为矩形， ∴OJ＝KB， ∵AB＝3，， ∴， ∴， ∴， ∴，即 ； ②如图，当B为MN中点时，过O作OL⊥B′C′于L，过O作OJ⊥BC于J， ∵∠OJL＞90°， ∴OL＞OJ，故当B为MN中点时，d最短小， 过A作AQ⊥OB于Q， ∵B为MN中点， ∴OB⊥MN， 同（2）可得OB＝2， ∴BQ＝OQ＝1， ∴， ∵∠ABC＝90°＝∠AQB， ∴∠OBJ+∠ABO＝90°＝∠ABO+∠BAQ， ∴∠OBJ＝∠BAQ， ∴tan∠OBJ＝tan∠BAQ， ∴， 设OJ＝m，则 ， ∵OJ2+BJ2＝OB2， ∴， 解得： （m的负值已舍去）， ∴OJ的最小值为 ，即d的最小值为． 48．（2024•福建）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，AE⊥OC，垂足为E，BE的延长线交于点F． （1）求的值； （2）求证：△AEB∽△BEC； （3）求证：AD与EF互相平分． 【答案】（1）； （2）证明见解答过程； （3）证明见解答过程． 【分析】（1）分别利用锐角三角函数，，代入数据解答即可得解； （2）过点B作 BM∥AE，交EO延长线于点M，如图1，首先证明△AOE≌△BOM（AAS），得到AE＝BM，OE＝OM，进一步推导出∠AEB＝∠BEC，∠BAE＝∠CBE，进而得证； （3）连接DE，DF．如图2，首先推导出△AOE∽△BDE，得到∠BED＝∠AEO＝90°，∠DEF＝90°，∠AFB＝∠DEF，AF∥DE，进一步推导出AE∥FD，进而得证． 【解答】解：（1）∵AB＝AC，且AB是⊙O的直径， ∴AC＝2AO， ∵∠BAC＝90°， 在Rt△AOC 中，， ∵AE⊥OC， 在Rt△AOE 中，， ∴， ∴； （2）证明：过点B作 BM∥AE，交EO延长线于点M，如图1， ∴∠BAE＝∠ABM，∠AEO＝∠BMO＝90°． ∵AO＝BO， ∴△AOE≌△BOM（AAS）， ∴AE＝BM，OE＝OM， ∵， ∴BM＝2OE＝EM， ∴∠MEB＝∠MBE＝45°， ∠AEB＝∠AEO+∠MEB＝135°， ∠BEC＝180°﹣∠MEB＝135°， ∴∠AEB＝∠BEC． ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝45°， ∴∠ABM＝∠CBE， ∴∠BAE＝∠CBE， ∴△AEB∽△BEC； （3）连接DE，DF．如图2， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝∠AFB＝90°，AB＝2AO． ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴BC＝2BD，∠DAB＝45°， 由（2）知，△AEB∽△BEC， ，∠EAO＝∠EBD， ∴△AOE∽△BDE， ∴∠BED＝∠AEO＝90°， ∴∠DEF＝90°， ∴∠AFB＝∠DEF， ∴AF∥DE， 由（2）知，∠AEB＝135°， ∴∠AEF＝180°﹣∠AEB＝45°． ∵∠DFB＝∠DAB＝45°， ∴∠DFB＝∠AEF， ∴AE∥FD， ∴四边形AEDF是平行四边形， ∴AD与EF互相平分． 九．几何变换综合题（共1小题） 49．（2024•绥化）综合与实践 问题情境 在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的等腰直角三角形纸片为操作对象．纸片△ABC和△DEF满足∠ACB＝∠EDF＝90°，AC＝BC＝DF＝DE＝2cm． 下面是创新小组的探究过程． 操作发现 （1）如图1，取AB的中点O，将两张纸片放置在同一平面内，使点O与点F重合．当旋转△DEF纸片交AC边于点H、交BC边于点G时，设AH＝x（1＜x＜2），BG＝y，请你探究出y与x的函数关系式，并写出解答过程． 问题解决 （2）如图2，在（1）的条件下连接GH，发现△CGH的周长是一个定值．请你写出这个定值，并说明理由． 拓展延伸 （3）如图3，当点F在AB边上运动（不包括端点A、B），且始终保持∠AFE＝60°．请你直接写出△DEF纸片的斜边EF与△ABC纸片的直角边所夹锐角的正切值 　2或2　（结果保留根号）． 【答案】（1）y与x的函数关系式为； （2）△CHG 的周长为2； （3）2或2． 【分析】（1）证明△AFH∽△BGF，可得AH•BG＝AF•BF，求出，可得，故，＝2，从而y与x的函数关系式为； （2）求出CH＝2﹣x，CG＝2﹣y，可得，将xy＝2代入得，而1＜x＜2，1＜y＜2，知x+y＞2，故GH＝x+y﹣2，可得△CHG 的周长＝CH+CG+GH＝2﹣x+2﹣y+x+y﹣2＝2； （3）分两种情况：①过点F作 FN⊥AC于点N，作FH的垂直平分线交FN于点M，连接MH，求出∠AHF＝75°，可得∠NMH＝30°，设NH＝k，则MH＝MF＝2k，从而FN＝MF+MN＝（2）k，；②过点F作FN⊥BC于点N，作FG的垂直平分线交BG于点M，连接FM，同理可得GN＝GM+MN＝（2）k，． 【解答】解：（1）如图： ∵∠ACB＝∠EDF＝90°，且 AC＝BC＝DF＝DE＝2cm， ∴∠A＝∠B＝∠DFE＝45°， ∴∠AFH+∠BFG＝∠BFG+∠FGB＝135°， ∴∠AFH＝∠FGB， ∴△AFH∽△BGF， ∴， ∴AH•BG＝AF•BF， 在 Rt△ACB 中，AC＝BC＝2， ∴， ∵O是AB的中点，点O与点F重合， ∴， ∴， ∴， ∴y与x的函数关系式为； （2）△CGH的周长定值为2，理由如下： ∵AC＝BC＝2，AH＝x，BG＝y， ∴CH＝2﹣x，CG＝2﹣y， 在Rt△HCG 中， ∴， 将（1）中xy＝2代入得：， ∵1＜x＜2，y， ∴1＜y＜2， ∴x+y＞2， ∴GH＝x+y﹣2， ∴△CHG 的周长＝CH+CG+GH＝2﹣x+2﹣y+x+y﹣2＝2； （3）①过点F作 FN⊥AC于点N，作FH的垂直平分线交FN于点M，连接MH，如图： ∵∠AFE＝60°，∠A＝45°， ∴∠AHF＝75°， ∴FM＝MH， ∵∠FNH＝90°， ∴∠NFH＝15°， ∵FM＝MH， ∴∠NFH＝∠MHF＝15°， ∴∠NMH＝30°， 在 Rt△MNH中，设NH＝k， ∴MH＝MF＝2k， ∴MNk， ∴FN＝MF+MN＝（2）k， 在Rt△FNH中， ； ②过点F作FN⊥BC于点N，作FG的垂直平分线交BG于点M，连接FM， ∵∠AFE＝60°，∠B＝45°， ∴∠FGB＝∠AFE﹣∠B＝15°， ∵GM＝MF， ∴∠FGB＝∠GFM＝15°， ∴∠FMB＝30°， 在 Rt△FNM中，设FN＝k， ∴GM＝MF＝2k， 由勾股定理得MNk， ∴GN＝GM+MN＝（2）k， 在 Rt△FNG 中， ， 综上所述，tan 或 ， 故答案为：2或2． 一十．相似形综合题（共10小题） 50．（2024•武汉）问题背景如图（1），在矩形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，连接BD，EF，求证：△BCD∽△FBE． 问题探究如图（2），在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，点E是AB的中点，点F在边BC上，AD＝2CF，EF与BD交于点G，求证：BG＝FG． 问题拓展如图（3），在“问题探究”的条件下，连接AG，AD＝CD，AG＝FG，直接写出的值． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据中点可得出两边对应成比例且夹角相等得两个三角形相似； （2）由中点和平行线可以联想作倍长中线全等，即延长FE交DA延长线于点M，作FH⊥AD于点H，证△AME≌△BFE（AAS），再证△MFH≌△BDC（SAS）即可得证； （3）这一问是建立在第二问的基础上，所以很容易想到构造相似通过线段关系转化求解，过F作FM⊥AD于点M，取BD中点H，连接AF，设CF＝a，则AM＝DM＝CF＝a，AD＝CD＝2a＝MF，AFa，证FE垂直平分AB得到AF＝BFa，再证△EGH∽△FGB即可求解． 【解答】（1）证明：∵E、F分别是AB和BC中点， ∴，， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD， ∴， ∵∠EBF＝∠C＝90°， ∴△BCD∽△FBE； （2）方法一：如图延长FE交DA延长线于点M，作FH⊥AD于点H，则四边形CDHF是矩形． ∵E是AB中点， ∴AE＝BE， ∵AM∥BC， ∴∠AME＝∠BFE，∠MAE＝∠FBE， ∴△AME≌△BFE（AAS）， ∴AM＝BF， ∵AD＝2CF，CF＝DH， ∴AH＝DH＝CF， ∴AM+AH＝BF+CF，即MH＝BC， ∵FH＝CD，∠MHF＝∠BCD＝90°， ∴△MFH≌△BDC（SAS）， ∴∠AMF＝∠CBD， 又∵∠AMF＝∠BFG， ∴∠CBD＝∠BFG， ∴BG＝FG； 方法二：如图，取BD中点H，连接EH、CH， ∵E是AB中点，H是BD中点， ∴EHAD，EH∥AD， ∵AD＝2CF， ∴EH＝CF， ∵AD∥BC， ∴EH∥CF， ∴四边形EHCF是平行四边形， ∴EF∥CH， ∴∠HCB＝∠GFB， ∵∠BCD＝90°，H是BD中点， ∴CHBD＝BH， ∴∠HCB＝∠HBC， ∴∠GFB＝∠HBC， ∴BG＝FG； （3）如图，过F作FM⊥AD于点M，取BD中点H，连接AF，则四边形CDMF是矩形， ∴CF＝DM， ∵AD＝2CF， ∴AM＝DM＝CF， 设CF＝a，则AM＝DM＝CF＝a，AD＝CD＝2a＝MF， ∴AFa， ∵AG＝FG，BG＝FG， ∴AG＝BG， ∵E是AB中点， ∴FE垂直平分AB， ∴BF＝AFa， ∵H是BD中点， ∴EH是△ABD中位线， ∴EHAD＝a，EH∥AD∥BC， ∴△EGH∽△FGB， ∴． 51．（2024•广东）【知识技能】 （1）如图1，在△ABC中，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′．当点E的对应点E′与点A重合时，求证：AB＝BC． 【数学理解】 （2）如图2，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′，连接A′B，C′C，作△A′BD的中线DF．求证：2DF•CD＝BD•CC′． 【拓展探索】 （3）如图3，在△ABC中，tanB，点D在AB上，AD．过点D作DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE．在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明详见解析；（3）存在，理由见解析． 【分析】（1）利用等腰三角形+平行线证明∠DAE＝∠BCA即可得证； （2）先证△ADA′∽△CDC得到，再证AA'＝2DF，代入变形即可得证； （3）利用特殊点，∠AGD＝90°，∠CGE＝90°，则G就是以AD为直径的圆和以CE为直径的圆的交点，根据题意证G在内部即可． 【解答】（1）证明：∵△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC'，且E'与A重合， ∴AD＝DE， ∴∠DAE＝∠DEA， ∵DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC， ∴∠DEA＝∠BCA， ∴∠DAE＝∠BCA， ∴AB＝BC． （2）证明：连接AA'， ∵旋转， ∴∠ADA′＝∠CDC′，AD＝A'D，CD＝C'D， ∴， ∴△ADA′∽△CDC′， ∴， ∵DE是△ABC的中位线，DF是△A'BD的中线， ∴AD＝BD，BF＝A'F， ∴DF是△AA'B的中位线， ∴AA'＝2DF， ∴， ∴2DF•CD＝BD•CC' （3）解：存在，理由如下， 解法一：取AD中点M，CE中点N，连接MN， ∵AD是⊙M直径，CE是⊙N直径， ∴∠AGD＝90°，∠CGE＝90°， ∴∠AGD+∠CGE＝180°， ∵tanB，BE＝3， ∴BD＝5， ∵CE， ∴ENCE， ∴BN＝BE+EN， ∵DE⊥CE， ∴DE是⊙N的切线，即DE在⊙N外， 作NF⊥AB， ∵∠B＝∠B，∠BED＝∠BFN＝90°， ∴△BDE∽△BNF， ∴， ∴NF，即NF＞rn， ∴AB在⊙N外， ∴G点在四边形ADEC内部． 作MH⊥BC， ∵BM，tanB， ∴BH，MH， ∴NH， ∴MN7.4＜AM+CN ∴⊙M和⊙N有交点． 故四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°． 解法二：相似互补弓形， 分别以AD，CE为弦作⊙O2和⊙O，使得△O2AD∽△OEC，两圆的交点即为所求． 作图步骤：①在四边形ADEC内任取一点F，作△EFC得外接圆，圆心为O，连接OE，OC， ②作AD的中垂线， ③以D为圆心，OC为半径画圆交AD中垂线于点O2， ④以O2为圆心，O2A为半径画圆，交⊙O于点G，点G即为所求． 证明：∵， ∴△O2AD∽△OEC， ∴∠AO2D＝∠EOC， ∵∠AGD（360°﹣∠AO2D）＝180°∠AO2D， ∠EGC∠EOC， ∴∠AGD+∠EGC＝180°． 故四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°． 52．（2024•齐齐哈尔）综合与实践 如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E． （1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 　AB＝DE　； （2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积； （3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则　　； （4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP，请直接写出线段AP的长度． 【答案】（1）AB＝DE；（2）10；（3）；（4）或． 【分析】（1）利用“一线三垂直“证△ABC≌△EBD（AAS）即可得证； （2）证△DEF∽△CAF可求EF长度，然后即可求出△BDF的面积； （3）要求的值，有两个方向，①把BN和BC的值求出来，这题BC很好求，但是BN不好求，可以建立坐标系求解析式，再求交点N坐标，最后利用两点距离公式求BN的长度；②根据题干给我们的思路建立一线三直角得相似进行转化即可，利用△EMN∽△EAC和△BMN∽△BED建立关于MN的方程，求出MN的长度，最后利用△BMN∽△CAB求值即可． （4）由已知条件过P作BC垂线段，可得两个直角三角形，然后解这两个直角三角形即可求解．另外方法二的正切和差角公式可以作为课外拓展知识，在这种直接写答案的题型中可以用下，快速找出答案． 【解答】解：（1）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD， ∴BC＝BD，∠CBD＝90°， ∴∠BCA＝∠DBE＝90°﹣∠ABC， ∵∠A＝∠E＝90°， ∴△ABC≌△EBD（AAS）， ∴AB＝DE； 故答案为：AB＝DE． （2）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD， ∴BC＝BD，∠CBD＝90°， ∴∠BCA＝∠DBE＝90°﹣∠ABC， ∵∠A＝∠E＝90°， ∴△ABC≌△EBD（AAS）， ∴DE＝AB，BE＝AC， ∵AB＝2，AC＝6， ∴DE＝2，BE＝6， ∴AE＝AB+BE＝8， ∵∠DEB+∠A＝180°， ∴DE∥AC， ∴△DEF∽△CAF， ∴，即， ∴EF＝4， ∴BF＝BE+EF＝10， ∴S△BDFBF•DE＝10． （3）方法一：如图，以AE所在直线为x轴，以AC所在直线为y轴建立坐标系， 由AC＝6，AE＝8，DE＝2，BD＝2， ∴C（0，6），B（2，0），E（8，0），D（8，2）， 设直线BD解析式为y＝kx+b，将B、D代入得， ，解得：， ∴直线BD解析式为yx， 同理可求直线CE解析式为：yx+6， 令xx+6，解得x， ∴y，即N（，）， ∴利用两点距离公式可得BN， ∵BC2， ∴． 故答案为：． 方法二：如图，过N作NM⊥AE于点M， 由△EMN∽△EAC得，，即， ∴EMMN， 由△BMN∽△BED得，，即， 解得MN， 由△BMN∽△CAB得，． 故答案为：． （4）方法一：①当点P在点B左侧时，如图所示，过P作PQ⊥BC于点Q， ∵tan∠BCP，tan∠ABC3， ∴PQCQ，PQ＝3BQ， 设BQ＝2a，则PQ＝6a，CQ＝9a， ∴BC＝BQ+CQ＝11a， ∵BC211a， ∴a， ∴BP2a， ∴AP＝BP﹣AB； ②当点P在点B右侧时，如图所示，作PG⊥BC交BC延长线于点G， tan∠BCP，tan∠PBG＝tan∠ABC，即， 剩下思路与第一种情况方法一致，求得AP． 综上，AP的长度为或． 方法二：补充知识：正切和差角公式：tan（α+β），tan（α﹣β）． ①当点P在点B左侧时，因为tan∠BCA，tan∠BCP，所以此时点P在A的左侧，如图所示， tan∠BCP＝tan（∠BCA+∠ACP）， 解得tan∠ACP，即， ∵AC＝6， ∴AP． ②当点P在点B右侧时，如图所示， tan∠ACP＝tan（∠BCA+∠BCP）， 即， ∵AC＝6， ∴AP． 综上，AP的长度为或． 53．（2024•湖北）在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H． （1）如图1，求证：△DEP∽△CPH； （2）如图2，当P为CD的中点，AB＝2，AD＝3时，求GH的长； （3）如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）证明过程详见解析；（2）；（3）ABBG． 【分析】（1）证明对应角相等，即可得到△EDP∽△PCH； （2）根据△EDP∽△PCH，求得PH的长度，从而得出GH长度； （3）延长AB，PG交于一点M，连接AP，先证明△MBH≌△PCH，得到相等的边，再根据△BMG∽△MAP，得出大小关系． 【解答】（1）证明：如图， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝∠C＝90°， ∴∠1+∠3＝90°， ∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上， ∴∠EPH＝∠A＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∴∠3＝∠2， ∴△EDP∽△PCH； （2）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝3，∠A＝∠D＝∠C＝90°， ∵P为CD中点， ∴DP＝CP1， 设EP＝AE＝x， ∴ED＝AD﹣x＝3﹣x， 在Rt△EDP中，EP2＝ED2+DP2， 即x2＝（3﹣x）2+1， 解得x， ∴EP＝AP＝x， ∴ED＝AD﹣AE， ∵△EDP∽△PCH， ∴，即， ∴PH， ∵PG＝AB＝2， ∴GH＝PG﹣PH． （3）解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP， ∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上， ∴AP⊥EF，BG⊥直线EF， ∴BG∥AP， ∵AE＝EP， ∴∠EAP＝∠EPA， ∴∠BAP＝∠GPA， ∴△MAP是等腰三角形， ∴MA＝MP， ∵P为CD中点， ∴设DP＝CP＝y， ∴AB＝PG＝CD＝2y， ∵H为BC中点， ∴BH＝CH， ∵∠BHM＝∠CHP，∠CBM＝∠PCH， ∴△MBH≌△PCH（ASA）， ∴BM＝CP＝y，HM＝HP， ∴MP＝MA＝MB+AB＝3y， ∴HPPMy， 在Rt△PCH中，CHy， ∴BC＝2CHy， ∴AD＝BCy， 在Rt△APD中，APy， ∵BG∥AP， ∴△BMG∽△AMP， ∴， ∴BGy， ∴， ∴ABBG． 54．（2024•广西）如图1，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6．AC的垂直平分线分别交AC，AB于点M，O，CO平分∠ACB． （1）求证：△ABC∽△CBO； （2）如图2，将△AOC绕点O逆时针旋转得到△A'OC'，旋转角为α（0°＜α＜360°）．连接A′M，C′M． ①求△A'MC'面积的最大值及此时旋转角α的度数，并说明理由； ②当△A'MC'是直角三角形时，请直接写出旋转角α的度数． 【答案】（1）证明过程详见解析；（2）8，180°；（3）120°或240°． 【分析】（1）从问题出发，证△ABC∽△CBO，两个三角形有一个公共角，所以只需证一角相等即可，由题干很容易得出∠ACO＝∠BCO＝∠A，即可得证； （2）△A'MC'的底是定长，所以只要找到高的最大值就可求出面积最值，当N、H重合时MH取最大值，此时最大值为OM+ON＝4，即可求解； （3）首先有条件可知只有可能是∠A'MC'＝90°，由特殊三角形和旋转的性质大胆猜测当点C'与A重合时和当A'与C重合时满足∠A'MC'＝90°，进而求旋转角即可． 【解答】（1）证明：∵OM垂直平分AC， ∴OA＝OC，∠A＝∠ACO， ∵CO平分∠ACB， ∴∠ACO＝∠BCO＝∠A， ∵∠B＝∠B， ∴△ABC∽△CBO． （2）解：①∵∠ACO＝∠BCO＝∠A，∠B＝90°， ∴：∠ACO＝∠BCO＝∠A＝30°， 在Rt△ABC中，AB＝6， ∴AC4， ∴AM＝2， ∴OM＝AM•tan30°＝2， 如图3，作MH⊥A'C'于点H，ON⊥A'C'于点N，连接MN， 在△AOC旋转的过程中，对应边AC＝A'C'＝4，对应高OM＝ON＝2， 在Rt△MHN中，MH＜MN， 在△OMN中，MN＜OM+ON， ∴MH＜MN＜OM+ON， 如图4，当N、H重合时MH取最大值，此时最大值为OM+ON＝4， ∴S△A'MC'A'C'•MH＝8，即△A'MC'面积最大值是8， 此时M、O、N三点共线，α＝∠MON＝180°． ②在旋转得过程中，等腰三角形AOC的形状、大小不变，∠AOC＝∠A'OC'＝120°， ∵MC′≤MO+OC'＝MO+OC＝6＜4A'C'，同理MA'≤6＜A'C'， ∴△A'MC'中只有可能∠A'MC'＝90°， ∵OM垂直平分AC， ∴MA＝MC，∠AMO＝90°， （Ⅰ）如图5，当点C'与A重合时，A'恰好在MO的延长线上，满足∠A'MC'＝90°，此时α＝120°； （Ⅱ）如图6，当A'与C重合时，点C'恰好在MO的延长线上，满足∠A'MC'＝90°，此时α＝240°． 综上，当△A'MC'是直角三角形时，α为120°或240°． 55．（2024•安徽）如图1，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点． （1）求证：OE＝OF； （2）连接BM交AC于点H，连接HE，HF． （ⅰ）如图2，若HE∥AB，求证：HF∥AD； （ⅱ）如图3，若▱ABCD为菱形，且MD＝2AM，∠EHF＝60°，求的值． 【答案】（1）见解析； （2）（i）见解析；（ii）． 【分析】（1）证明△AOE≌△COF（ASA），即可得到OE＝OF； （2）（i）证明△HOF∽△AOD，即可得到HF∥AD；（ii）先求出OA＝2OH，OB＝5OE，即可得到的值． 【解答】（1）证明：∵▱ABCD， ∴AD∥BC，OA＝OC， ∴AM∥CN， ∵AM＝CN， ∴四边形AMCN是平行四边形， ∴AN∥CM， ∴∠OAE＝∠OCF， 在△AOE与△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴OE＝OF； （2）（i）证明：∵HE∥AB， ∴， ∵OB＝OD，OE＝OF， ∴， ∵∠HOF＝∠AOD， ∴△HOF∽△AOD， ∴∠OHF＝∠OAD， ∴HF∥AD； （ii）解：∵▱ABCD为菱形， ∴AC⊥BD， ∵OE＝OF，∠EHF＝60°， ∴∠EHO＝∠FHO＝30°， ∴， ∵AM∥BC，MD＝2AM， ∴，即HC＝3AH， ∴OA+OH＝3（OA﹣OH）， ∴OA＝2OH， ∵BN∥AD，MD＝2AM，AM＝CN， ∴，即3BE＝2ED， ∴3（OB﹣OE）＝2（OB+OE）， ∴OB＝5OE， ∴， ∴的值是． 56．（2024•江西）综合与实践 如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE，m． 特例感知 （1）如图1，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是 　AD⊥BE　，数量关系是 　AD＝BE　． 类比迁移 （2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 拓展应用 （3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知AC＝6，设AD＝x，四边形CDFE的面积为y． ①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值； ②当BF＝2时，请直接写出AD的长度． 【答案】（1）AD⊥BE，AD＝BE，理由见解析； （2）BE＝mAD，AD⊥BE，证明见解析； （3）①y与x的函数表达式为y＝x2﹣636（0＜x≤6），y的最小值为18； ②AD＝4或2． 【分析】（1）由1，得到CE＝CD，CB＝CA，根据等腰直角三角形的性质得到∠A＝∠ABC＝45°，∠ACD＝∠BAE，根据全等三角形的性质得到AD＝BE，∠A＝∠CBE＝45°，根据垂直的定义得到AD⊥BE； （2）根据相似三角形的判定定理得到△ADC∽△BEC，求得m，∠CBE＝∠A，得到BE＝mAD，根据垂直的定义得到AD⊥BE； （3）①连接CF交DE于O，由（1）知，AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，求得AB＝6，得到BD＝6x，根据勾股定理得到DE2＝BD2+BE2＝（6x）2+x2，根据线段垂直平分线的性质得到CE＝EF，CD＝DF，推出四边形CDFE是正方形，根据正方形的面积公式即可得到yDE2[（6x）2+x2]，根据二次函数的性质即可得到结论； ②过D作DH⊥AC于H，根据等腰直角三角形 到现在得到AH＝DHADx，求得CH＝6x，连接OB，推出OB，得到∠CBF＝90°，根据勾股定理得到结论． 【解答】解：（1）AD⊥BE，AD＝BE， 理由：∵1， ∴CE＝CD，CB＝CA， ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠A＝∠ABC＝45°，∠ACD＝∠BAE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE，∠A＝∠CBE＝45°， ∴∠ABE＝90°， ∴AD⊥BE； 故答案为：AD⊥BE，AD＝BE； （2）BE＝mAD，AD⊥BE， 证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACD＝∠BCE， ∵m， ∴△ADC∽△BEC， ∴m，∠CBE＝∠A， ∴BE＝mAD， ∵∠A+∠ABC＝90°， ∴∠CBE+∠ABC＝90°， ∴∠ABE＝90°， ∴AD⊥BE； （3）①连接CF交DE于O， 由（1）知，AC＝BC＝6，∠ACB＝90°， ∴AB＝6， ∴BD＝6x， ∵AD＝BE＝x，∠DBE＝90°， ∴DE2＝BD2+BE2＝（6x）2+x2， ∵点F与点C关于DE对称， ∴DE垂直平分CF， ∴CE＝EF，CD＝DF， ∵CD＝CE， ∴CD＝DF＝EF＝CE， ∵∠DCE＝90°， ∴四边形CDFE是正方形， ∴yDE2[（6x）2+x2]， ∴y与x的函数表达式为y＝x2﹣636（0＜x≤6）， ∵y＝x2﹣636＝（x﹣3）2+18， ∴y的最小值为18； ②过D作DH⊥AC于H， 则△ADH是等腰直角三角形， ∴AH＝DHADx， ∴CH＝6x， 连接OB， ∴OB＝OE＝OD＝OC＝OF， ∴OB， ∴∠CBF＝90°， ∵BC＝6，BF＝2， ∴CF2 ∴CDCF＝2， ∵CH2+DH2＝CD2， ∴（6x）2+（x）2＝（2）2， 解得x＝4或x＝2， ∴AD＝4或2． 57．（2024•赤峰）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D是AC上的一个动点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED交BA延长线于点F． 请你解决下面各组提出的问题： （1）求证：AD＝AF； （2）探究与的关系； 某小组探究发现，当时，；当时，． 请你继续探究： ①当时，直接写出的值； ②当时，猜想的值（用含m，n的式子表示），并证明； （3）拓展应用：在图1中，过点F作FP⊥AC，垂足为点P，连接CF，得到图2，当点D运动到使∠ACF＝∠ACB时，若，直接写出的值（用含m，n的式子表示）． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）利用等角的余角相等即可得证； （2）①过点A作AG∥CE，利用平行线分线段成比例+等腰三角形等线段转化即可得解；②与第①问思路一样； （3）利用等线段转化得，在作平行线，利用平行线分线段成比例求解即可． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵DE⊥BC， ∴∠BED＝∠CED＝90°， ∴∠B+∠F＝∠C+∠EDC＝90°， ∴∠F＝∠EDC， ∵∠ADF＝∠EDC， ∴∠F＝∠ADF， ∴AD＝AF． （2）解：①如图，过点A作AG∥CE，则AG⊥DF， ∴△AGD∽△CED， ∴， ∵AF＝AD， ∴GF＝GD， ∴2•． ②如图，过点A作AG∥CE，则AG⊥DF， ∴△AGD∽△CED， ∴， ∵AF＝AD， ∴GF＝GD， ∴2•． （3）解：设∠ABC＝∠ACB＝∠ACF＝α， 在Rt△FAP中和Rt△FCE中，∠FAP＝∠FCE＝2α， ∴cos∠FAP＝cos∠FCE， ∴， ∵AD＝AF， ∴． 则我们求出的值即可． 方法一：如图，过点F作FM∥BC交CA的延长线于点M， ∵∠ACB＝∠ACF＝∠M， ∴CF＝MF， 同理AM＝AF＝AD， ∴． ∴． 方法二：如图，过点E作EN∥AC交FC延长线于点N， 同方法一CE＝CN， ∴， 由（2）②得， ∴， ∴． 方法三：如图，过D作DE'⊥CF于点E'， 根据角平分线性质可得DE＝DE'， △CED和△CDF可以看作等高三角形，同时也是等高三角形， ∴， ∴． 58．（2024•贵州）综合与探究：如图，∠AOB＝90°，点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA于点A． （1）【操作判断】 如图①，过点P作PC⊥OB于点C，根据题意在图①中画出PC，图中∠APC的度数为 　90　度； （2）【问题探究】 如图②，点M在线段AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，求证：OM+ON＝2PA； （3）【拓展延伸】 点M在射线AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，射线NM与射线PO相交于点F，若ON＝3OM，求的值． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）依题意画出图形，证四边形OAPC是矩形即可求解； （2）过P作PC⊥OB于点C，证矩形OAPC是正方形，得出OA＝AP＝PC＝OC，再证△APM≌△CPN（ASA），得出AM＝CN，然后利用线段的和差关系以及等量代换即可证明； （3）分M在线段AO上和AO的延长线上讨论，利用相似三角形的判定和性质求解即可． 【解答】（1）解：如图，PC即为所求． ∵∠AOB＝90°，PA⊥OA，PC⊥OB， ∴四边形OAPC是矩形， ∴∠APC＝90°， 故答案为：90． （2）证明：如图，过P作PC⊥OB于点C． 由（1）知四边形OAPC是矩形， ∵点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA，PC⊥OB， ∴PA＝PC， ∴矩形OAPC是正方形， ∴OA＝AP＝PC＝OC，∠APC＝90°， ∵PN⊥PM， ∴∠APM＝∠CPN＝90°﹣∠MPC， 又∠MAP＝∠CNP＝90°，AP＝CP， ∴△APM≌△CPN（ASA）， ∴AM＝CN， ∴OM+ON＝OM+OC+CN＝OM+AM+OC＝OA+OC＝2AP， ∴OM+ON＝2PA． （3）①当M在线段AO上时，如图，延长NM、PA交于点G． 由（2）知OM+ON＝2AP， 设OM＝x，则ON＝3x，OA＝AP＝2x． ∴AM＝AO﹣OM＝x＝OM， ∵∠MON＝∠MAG＝90°，∠OMN＝∠AMG， ∴△MON≌△MAG（ASA）， ∴AG＝ON＝3x， ∵AP∥OB， ∴△ONF∽△PGF， ∴， ∴， ∴； ②当M在AO的延长线上时，如图，过P作PC⊥OB于C，并延长交MN于G． 由（2）知，四边形OAPC是正方形， ∴OA＝AP＝PC＝OC，∠APC＝90°，PC∥AO， ∵PN⊥PM， ∠APM＝∠CPN＝90°﹣∠MPC， 又∵∠A＝∠PCN＝90°，AP＝CP， ∴△APM≌△CPN， ∴AM＝CN， ∴ON﹣OM＝OC+CN﹣OM＝AO+AM﹣OM＝2AO， ∵ON＝3OM＝3x， ∴AO＝x，CN＝AM＝2x， ∵PC∥AO， ∴△CGN∽△OMN， ∴，即， ∴CG， ∵PC∥AO， ∴△OMF∽△PGF， ∴， ∴， ∴； 综上，的值为或． 59．（2024•上海）在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在边AB上，且． （1）如图1所示，点F在边CD上，且，联结EF，求证：EF∥BC； （2）已知AD＝AE＝1； ①如图2所示，联结DE，如果△ADE外接圆的圆心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边BC上，联结EM、DM、EC，DM与EC交于N．如果∠DMC＝∠CEM，BC＝4，且CD2＝DM•DN，求边CD的长． 【答案】（1）证明过程见解析； （2）①；②． 【分析】（1）添加辅助线，转移比例线段，得到，从而证出EF∥BC； （2）利用三角形外接圆得性质得出△AOE≌△AOD，再根据BO平分∠ABC得出∠AOB＝90，然后得出相似，求出半径OA的长度； （3）最后一问难度较大，首先将条件转化成线段和角度关系，由CD2＝DM•DN，很容易找到△DCN∽△DMC，再根据这个相似结论证出△BEM∽△BPC，多组相似转化，再利用勾股定理建立方程，求出未知数． 【解答】（1）证明：延长DE和CB交于点G， ∵AD∥BC， ∴， ∵AEAB，DF ∴，， ∴， ∴EF∥BC． （2）①记点O为△ADE外接圆圆心，过点O作OF⊥AE于点F，连接OA，OD，OE． ∵点O为△ADE外接圆的圆心， ∴OA＝OE＝OD， ∴AF＝EFAE， ∵AEAB， ∴AB＝3AE＝3， ∵AE＝AD，OE＝OD，OA＝OA， ∴△AOE≌△AOD（SSS）， ∴∠EAO＝∠DAO， ∵BO平分∠ABC， ∴∠ABO＝∠CBO， ∵AD∥BC， ∴∠DAB+∠ABC＝180°， ∴2∠EAO+2∠ABO＝180°，即∠EAO+∠ABO＝90°， ∴∠AOB＝90°， ∵OF⊥AE， ∴∠AFO＝∠AOB＝90°， ∵∠FAO＝∠OAB， ∴△FAO∽△OAB， ∴，即AO2＝AF•AB， ∴AO， ∴△ADE外接圆半径为． ②方法一：延长BA，CD交于点P，过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q． ∵AD∥BC， ∴△PAD∽△PBC， ∴， 由①知AB＝3， ∴， ∴PA＝1， ∵CD2＝DM•DN， ∴， ∵∠CDN＝∠MDC， ∴△DCN∽△DMC， ∴∠DCN＝∠CMD， ∵∠DMC＝∠CEM， ∴∠CEM＝∠DCN， ∴EM∥CD， ∴， 由AB＝3，AE＝1得，BE＝2， ∴， ∴BM＝MC＝2， ∴△BEM∽△BPC， ∴， 设ME＝2a，则PC＝4a， ∵AD∥BC， ∴， ∴PD＝a，DC＝3a， ∵EM∥CD， ∴△ENM∽△CND， ∴， 设EN＝2b，则CN＝3b， ∵∠DMC＝∠CEM，∠ECM＝∠MCN， ∴△CNM∽△CME， ∴，即CM2＝CN•CE， ∴4＝3b•5b，解得b， ∴CE， 在Rt△BQE中，由勾股定理可得： BE2﹣BQ2＝CE2﹣CQ2， ∴4﹣BQ2＝（）2﹣（4﹣BQ）2， 解得BQ， ∴EQ2＝BE2﹣BQ2， ∵QM＝BM﹣BQ＝2， ∴在Rt△EQM中，由勾股定理可得，EM， ∵， ∴DC． 方法二： ∵AD＝AE＝1， ∴AB＝3AE＝3， ∵AD∥BC，BC＝4， ∴，即， ∴AP＝1＝AD＝AE， ∵BE＝AP﹣AE＝2，PE＝AE+AP＝2， ∴E为BP中点， ∵CD2＝DM•DN， ∴△DCN∽△DMC， ∴∠DCN＝∠DMC＝∠CEM， ∴EM∥CD， ∴M也为BC中点， ∴CM＝BM＝2， ∵BP＝BC＝4， ∴∠P＝∠DCM， ∵∠ECP＝∠DMC， ∴△ECP∽△DMC， ∴， 设DP＝a，则CD＝3a，CP＝4a， ∴，解得a， ∴CD． 方法三：由CD2＝DM•DN易得△DCN∽△DMC， ∴∠DCN＝∠CMD， ∵∠DMC＝∠CEM， ∴∠CEM＝∠DCN， ∴EM∥CD， 延长DA、ME交于点F， 则四边形CDFM是平行四边形， ∴△EAF∽△EBM， ∴， 设AF＝n，则BM＝2n，DF＝CM＝n+1， ∴BC＝BM+CM＝2n+n+1＝4， 解得n＝1， ∴AF＝1，BM＝2， 连接DE， 由AD＝AF＝AE可得∠DEF＝90°， 设EF＝m，则EM＝2m，CD＝3m，设EN＝2t，则CN＝3t， 由△CMN∽△CEM可得， ，即CM2＝CE•CN， ∴4＝3t•5t， 解得t2， 由DE2＝DF2﹣EF2＝CE2﹣CD2得， 22﹣m2＝25t2﹣9m2， 解得m， ∴CD＝3m． 一十一．解直角三角形的应用（共1小题） 60．（2024•陕西）问题提出 （1）如图①，在△ABC中，AB＝15，∠C＝30°，作△ABC的外接圆⊙O，则的长为 　25π　；（结果保留π） 问题解决 （2）如图②所示，道路AB的一侧是湿地．某生态研究所在湿地上建有观测点D，E，C，线段AD，AC和BC为观测步道，其中点A和点B为观测步道出入口．已知点E在AC上，且AE＝EC，∠DAB＝60°，∠ABC＝120°，AB＝1200m，AD＝BC＝900m，现要在湿地上修建一个新观测点P，使∠DPC＝60°．再在线段AB上选一个新的步道出入口点F，并修道三条新步道PF，PD，PC，使新步道PF经过观测点E，并将五边形ABCPD的面积平分． 请问：是否存在满足要求的点P和点F？若存在，求此时PF的长；若不存在，请说明理由．（点A，B，C，P，D在同一平面内，道路AB与观测步道的宽、观测点及出入口的大小均忽略不计，结果保留根号） 【答案】（1）25π； （2）存在满足要求的点P和点F，此时PF的长为（3001200）m． 【分析】（1）连接OA、OB，如图1，首先证明△OAB等边三角形，进而得到OA＝OB＝15，的长为25π； （2）首先推导出点P在以O为圆心，CD为弦，圆心角为120°的圆上，得到ME是△CAD的中位线，四边形AFMD是平行四边形，FM＝900m，作CN⊥PF于点N，解得CN＝CM•sin60°＝300m，推导同△PMC∽△DPC，求得PC2＝720000，在Rt△PCN中，求得PN＝300（m），进而得到PF＝（3001200）m． 【解答】解：（1）连接OA、OB，如图1， ∵∠C＝30°， ∴∠AOB＝60°， ∵OA＝OB， ∴△OAB等边三角形， ∵AB＝15， ∴OA＝OB＝15， ∴的长为25π， 故答案为：25π； （2）存在满足要求的点P和点F，此时PF的长为（3001200）m．理由如下： ∵∠DAB＝60°，∠ABC＝120°， ∴∠DAB+∠ABC＝180°， ∴AD∥BC， ∵AD＝BC＝900m， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵要在湿地上修建一个新观测点P，使∠DPC＝60°， ∴点P在以O为圆心，CD为弦，圆心角为120°的圆上，如图2， ∵AE＝EC， ∴经过点E的直线都平分四边形ABCD的面积， ∵新步道PF经过观测点E，并将五边形ABCPD的面积平分， ∴直线PF必经过CD的中点M， ∴ME是△CAD的中位线， ∴ME∥AD， ∵MF∥AD，DM∥AF， ∴四边形AFMD是平行四边形， ∴FM＝AD＝900m， 作CN⊥PF于点N，如图3， ∵四边形AFMD是平行四边形，∠DAB＝60°， ∴∠PMC＝∠DMF＝∠DAB＝60°， ∵CMCDAB＝600m， ∴MN＝CM•cos60°＝300m， ∴CN＝CM•sin60°＝300m， ∵∠PMC＝∠DPC＝60°， ∴△PMC∽△DPC， ∴，即， ∴PC2＝720000， 在Rt△PCN中，PN300（m）， ∴PF＝300300+900＝（3001200）m， ∴存在满足要求的点P和点F，此时PF的长为（3001200）m． 考点卡片 1．一次函数的应用 1、分段函数问题 分段函数是在不同区间有不同对应方式的函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际． 2、函数的多变量问题 解决含有多变量问题时，可以分析这些变量的关系，选取其中一个变量作为自变量，然后根据问题的条件寻求可以反映实际问题的函数． 3、概括整合 （1）简单的一次函数问题：①建立函数模型的方法；②分段函数思想的应用． （2）理清题意是采用分段函数解决问题的关键． 2．一次函数综合题 （1）一次函数与几何图形的面积问题 首先要根据题意画出草图，结合图形分析其中的几何图形，再求出面积． （2）一次函数的优化问题 通常一次函数的最值问题首先由不等式找到x的取值范围，进而利用一次函数的增减性在前面范围内的前提下求出最值． （3）用函数图象解决实际问题 从已知函数图象中获取信息，求出函数值、函数表达式，并解答相应的问题． 3．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． 4．二次函数的应用 （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． 5．二次函数综合题 （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． 6．三角形中位线定理 （1）三角形中位线$$