2025年 九年级数学中考二轮复习 综合压轴题 常考题型分类解答专项练习题

2025年春九年级数学中考二轮复习《综合压轴题》常考题型分类解答专项练习题（附答案） 一、操作探究类压轴题 1．定义：如图，在中，把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点叫做“旋补中心”．特例感知：在图，图中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”．    (1)如图，当为等边三角形时，与的数量关系为___； (2)如图，当，时，的长为______，猜想论证； (3)在图中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给出证明过程． 2．【问题情境】 如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM． 【探究展示】 (1)直接写出AM、AD、MC三条线段的数量关系： ； (2)AM＝DE＋BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 【拓展延伸】 (3)若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展示（1）、（2）中的结论是否成立？请分别作出判断，不需要证明． 3．问题提出： 如图1，在四边形ABCD中，，，若E，F分别为AB，CD的中点，则． (1)问题探究： 小明同学进行了如下的推理：连接AF并延长AF交BC的延长线于点G．由AB=CD，AD=BC，根据定理　①　，可得四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，∠DAF=∠G，又DF=CF，∴，∴，，又AE=BE，根据定理　②　有，． 请补全问题探究：定理①是______，定理②是______．（请将正确答案前面的序号填写在横线上） A．三角形的中位线等于第三边的一半； B．两组对边分别平行的四边形是平行四边形； C．三角形的中位线平行于第三边； D．两组对边分别相等的四边形是平行四边形． (2)拓展应用： ①如图2，在四边形ABCD中，，，E，F分别AB，CD的中点，判断线段EF，AD，BC之间的数量关系，并说明理由． ②如图3，已知直线l，且这两条平行线间的距离为4，．点P为直线l上一动点，连接BP，点C为BP的中点，连接AC，作交直线l于点D，连接AD．设的面积为S，当时，直接写出线段AD长度的取值范围． 4．综合与实践 在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验． 实践发现： 对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①． （1）折痕BM　 　（填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答：　 　；进一步计算出∠MNE＝　 　°； （2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝　 　°； 拓展延伸： （3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT． 求证：四边形SATA'是菱形． 解决问题： （4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．请写出以上4个数值中你认为正确的数值　 　． 5．（1）问题探究；如图1，在正方形中，点E，Q分别在边上，于点O，点G，F分别在边上，．    ①判断与的数量关系：______；②推断：的值为________； （2）类比探究，如图（2），在矩形中，（k为常数），将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形交于点H，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由；    （3）拓展应用．如图3，四边形ABCD中，，点M、N分别在边上，求的值．    二、图形变换综合压轴题 6．如图1，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，且a，b满足．现同时将点A，B分别向左平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点A，B的对应点C，D．连接、．    (1)求C，D两点的坐标． (2)如图2，P是线段上的一个动点，Q是线段的中点，连接，．当点P在线段上移动时(点P不与点A、C重合)，请找出，、之间的数量关系，并证明你的结论． (3)在坐标轴上是否存在点M使三角形的面积与三角形的面积相等？若存在，请直接写出点的坐标：若不存在，请说明理由． 7．定义：既相等又垂直的两条线段称为“等垂线段”，如图①，在中，，，点D、E分别在边上，，连接、，点M、P、N分别为、、的中点，连接、． 观察猜想 （1）线段与______ “等垂线段”；（填“是”或“不是”） 猜想论证 （2）绕点A按逆时针方向旋转到图②所示的位置，连接、，试判断与是否为“等垂线段”，并说明理由； 拓展延伸 （3）把绕点A在平面内自由旋转，若，请求出与的积的最大值． 8．从特殊到一般再到特殊是数学学习的重要模式，某数学兴趣小组拟做以下探究学习． 在中，，，将线段绕点C顺时针旋转（）得到线段，取中点H，直线与直线交于点E，连接． (1)【感知特殊】 如图1，当时，小组探究得出：为等腰直角三角形，请写出证明过程； (2)【探究一般】 ①如图2，当时，试探究线段，，之间的数量关系并证明； ②当时，直接写出线段，，之间的数量关系． (3)【应用迁移】 已知，在线段的旋转过程中，当时，求线段的长． 9．如图，操作：把正方形的对角线放在正方形的边的延长线上（），取线段的中点． 探究：线段、的关系，并加以证明．    (1)说明：如果你经历反复探索，没有找到解决问题的方法，请你把探索过程中的某种思路写出来（要求至少写3步）； (2)在你经历说明（1）的过程后，可以从下列①、②、③中选取一个补充或更换已知条件，完成你的证明． 注意：选取①完成证明得10分；选取②完成证明得7分；选取③完成证明得5分． ①的延长线交于点，且；②将正方形绕点逆时针旋转（如图），其他条件不变；③在②的条件下，且． 附加题：将正方形绕点旋转任意角度后（如图），其他条件不变．探究：线段、的关系，并加以证明． 10．综合与实践． 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动．如图15，在中，，，，为斜边的中点，将与全等的绕点旋转得到． 操作发现： （1）如图①，顺时针旋转一定角度，记和分别与交于点E，F，当时，猜想和的数量关系为______，并证明你的猜想； （2）如图②，继续旋转一定角度，当线段经过点B时，连接，试判断四边形的形状，并证明你的结论； 实践探究： （3）在整个旋转过程中，当在下方，且的直角边恰好与垂直时，设线段与直线交于点G，直线交射线于点H，连接，请直接写出的长．    三、圆综合压轴题 11．如图1，在矩形中，，点在射线上，过点作切于点，设． (1)如图2，当圆心在对角线上时，_____；请求出此时劣弧的长． (2)过点作于点， ①如图3，当点在线段的延长线上，且时，求的值； ②当点在线段上时，求线段长度的最大值； ③直接写出当时，的值． 12．在中，，点P是边上一点，连接． (1)如图1，如果，求证：； (2)以点A为圆心，长度为半径作，交线段于点G． ①如图2，如果点G是的重心，求的值； ②如图3，连接并延长，交边于点D，如果平分，，，求的半径长． 13．已知内接于，于点D． (1)如图1，当经过圆心时，求证：弧； (2)如图2，当不经过圆心时，过点作于点，交于点，交于点，连接、，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，若，，，求的半径长． 14．【基础巩固】 （1）如图1，在中，D为上一点，．求证：． 【尝试应用】 （2）如图2，在中，E是上一点，连结，．已知，，．求证：． 【拓展提高】 （3）如图3，四边形内接于，相交于点E．已知的半径为2，，，． ①求证： ②求四边形的面积． 15．【问题呈现】阿基米德折弦定理：如图（1），和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，在上截取，连接、、和． 是的中点， ① 又② 又 即． 根据证明过程，分别写出步骤①，②的理由：① ；② ； 【理解运用】在图（1）中，若，则 ； 【变式探究】如图（3），是的两条弦，点M是的中点，于点D，请写出之间存在的数量关系： ； 【实践应用】如图（4），内接于，是的直径，点D为圆周上一动点，满足．若，的半径为5，求的长． 四、二次函数综合压轴题 16．如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴，y轴于A，B两点，经过A，B两点的抛物线与x轴的正半轴相交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)点D在第二象限的抛物线上，且与面积相等，求D点坐标； (3)若P为线段上一点，，求的长； 17．如图．二次函数的图象交轴于点，，交轴于点，点的坐标为，对称轴是直线，点是轴上一动点，轴，交直线于点．交抛物线于点． (1)求这个二次函数的解析式； (2)若点在线段上运动（点与点，点不重合），求四边形面积的最大值．并求出此时点的坐标； (3)若点在轴上运动，则在轴上存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形．请直接写出所有满足条件的点的坐标． 18．已知，抛物线经过点和． (1)求抛物线的函数表达式； (2)该抛物线与轴交于点A，（点A在点的左侧），与轴交于点， （ⅰ）如图1，求证：是直角三角形； （ⅱ）如图2，该抛物线的对称轴与轴交于点，点是抛物线对称轴上的一动点，若以点，，为顶点的三角形与相似，求点的坐标． 19．已知：如图1，抛物线与轴相交于点，，与轴相交于点． (1)求该抛物线的表达式； (2)如图2，点为该抛物线第四象限上的一点，连接，，使，请求出点的坐标； (3)点为该抛物线对称轴上的一点，问在（2）的条件下，该抛物线上是否存在点，使得以A，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 20．已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点． (1)求b，c，m的值； (2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，垂足为点F，当四边形的周长最大时，求点D的坐标； (3)如图2，点M是抛物线的顶点，将沿翻折得到，与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得为直角三角形，直接写出所有符合条件的点P的坐标． 参考答案 1．解：（1）∵是等边三角形， ∴， ∵是的“旋补三角形”， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）∵是的“旋补三角形”， ∴，，， 在和中， ∴， ∴， ∵，是的“旋补中线”， ∴， 故答案为：； （3）猜想：， 证明：如图，延长至点使得，连接、，    ∵是的中线，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 2．（1）解：MA=AD+MC； 证明：延长AE、BC交于点N，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴ADBC． ∴∠DAE=∠ENC． ∵AE平分∠DAM， ∴∠DAE=∠MAE． ∴∠ENC=∠MAE． ∴MA=MN． 在△ADE和△NCE中， ， ∴△ADE≌△NCE（AAS）． ∴AD=NC． ∴MA=MN=NC+MC =AD+MC； 故答案为：MA=AD+MC； （2）解：AM=DE+BM成立． 证明：过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F，如图所示． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB=AD，ABDC． ∵AF⊥AE， ∴∠FAE=90°． ∴∠FAB=90°-∠BAE=∠DAE． 在△ABF和△ADE中， ， ∴△ABF≌△ADE（ASA）． ∴BF=DE，∠F=∠AED． ∵ABDC， ∴∠AED=∠BAE． ∵∠FAB=∠EAD=∠EAM， ∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM =∠BAM+∠FAB =∠FAM． ∴∠F=∠FAM． ∴AM=FM． ∴AM=FB+BM=DE+BM； （3）①结论AM=AD+MC仍然成立． 证明：延长AE、BC交于点P，如图， ∵四边形ABCD是矩形， ∴ADBC． ∴∠DAE=∠EPC． ∵AE平分∠DAM， ∴∠DAE=∠MAE． ∴∠EPC=∠MAE． ∴MA=MP． 在△ADE和△PCE中， ， ∴△ADE≌△PCE（AAS）． ∴AD=PC． ∴MA=MP=PC+MC =AD+MC． ②结论AM=DE+BM不成立． 证明：假设AM=DE+BM成立． 过点A作AQ⊥AE，交CB的延长线于点Q，如图所示． ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，ABDC． ∵AQ⊥AE， ∴∠QAE=90°． ∴∠QAB=90°-∠BAE=∠DAE． ∴∠Q=90°-∠QAB =90°-∠DAE =∠AED． ∵ABDC， ∴∠AED=∠BAE． ∵∠QAB=∠EAD=∠EAM， ∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM =∠BAM+∠QAB =∠QAM． ∴∠Q=∠QAM． ∴AM=QM． ∴AM=QB+BM． ∵AM=DE+BM， ∴QB=DE． 在△ABQ和△ADE中， ， ∴△ABQ≌△ADE（AAS）． ∴AB=AD． 与条件“AB≠AD”矛盾，故假设不成立． ∴AM=DE+BM不成立． 3．（1）解：由题意可知： ①D，②A； （2）解：①． 理由如下： 如图a，连接AF并延长交BC的延长线于点G． ∵， ∴，， 又∵， 在与中 ∴， 即，， 又∵， ∴． ②由题意可知，如图b，点C到直线的距离为2， 则． ∵， ∴． 设点E为AD的中点，连接CE， 由（2）中①可知：， 又为直角三角形， 则， 故． 4．解：（1）如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合， ∴EF垂直平分AB， ∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°， ∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处， ∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°， ∴AB＝BN， ∴AB＝AN＝BN， ∴△ABN是等边三角形， ∴∠EBN＝60°， ∴∠ENB＝30°， ∴∠MNE＝60°， 故答案为：是，等边三角形，60； （2）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处， ∴∠ABG＝∠HBG＝45°， ∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°， 故答案为：15°； （3）∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处， ∴ST垂直平分AA'， ∴AO＝A'O，AA'⊥ST， ∵AD∥BC， ∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO， ∴△ASO≌△A'TO（AAS） ∴SO＝TO， ∴四边形ASA'T是平行四边形， 又∵AA'⊥ST， ∴边形SATA'是菱形； （4）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处， ∴AT＝A'T， 在Rt△A'TB中，A'T＞BT， ∴AT＞10﹣AT， ∴AT＞5， ∵点T在AB上， ∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10， ∴5＜AT≤10， ∴正确的数值为7，9， 故答案为：7，9． 5．解：（1）∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 故答案为：=，1． （2）作， 由折叠性质知， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴．    （3）作，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，   ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，（舍去）， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴．    6．解：（1）∵， ∴， ∴，， ∴，， 又∵点A，B分别向左平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点A，B的对应点C，D， ∴，； （2）结论：； 过点P作， 由平移的性质可知：， ∴， ∴，， ∴， ∴； （3）当点M 在y轴上，设， 由题意：，解得或， ∴或． 当点M在x轴上时，设， 由题意：，解得或， ∴或． 综上所述，满足M点的坐标为或或或． 7．解：（1）∵点M、P、N分别为、、的中点， ∴、均是中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴，, 故答案：是． （2）∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点M、P、N分别为、、的中点， ∴、均是中位线， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∵， ∴ ∴，, 故答案：是． （3）由（2）可得，要使有最大值，则只需有最大值， ∵点A是定点，是定长，， ∴点D在以A圆心，以4为半径的圆上， ∵直径是最大的弦， ∴点B，A，D三点共线时，且B，D在店A的两侧时，有最大值，且为14， ∴， ∴的最大值为49. 8．（1）证明：由旋转的性质可知，； ∵； ∴； ∵； ∴； ； ∵； ∴ ∴是的垂直平分线； ∴； ∴为等腰直角三角形． （2）①如下图，当时，设； ∵； ∴； ∵； ∴； ； ∴； 由第一问可以知道，为等腰直角三角形； ∴； 直接过点作的垂线，垂足为； ∴为等腰直角三角形 ∵,； ∴； ∴； 即，． ②如下图所示，同理由第问可以证明，依然是等腰直角三角形性； 当时，设； ∵； ∴； ∵； ∴； ∴； ∴； 直接过点作的垂线，垂足为； ∴； ∵； ∴； 在等腰直角三角形中； ； 即，． （3）解：如下图，当时； 在等腰直角三角形中，； ∴； ∵； ∴； ∵； 在中，由勾股定理得； ； ∴； ∵； ∴； 第二种情况，如下图，当时； 同理，可求，； ∵； 在中，由勾股定理得； ； ∴； ∵； ∴； ∴； 9．（1）解：线段、的关系是：，． 证明：如图，延长交于点，连接、， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵点是线段的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵是正方形的对角线， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴为的中点， ∴， ∴，；    （2）选取条件①， 证明：如图， ∵四边形是正方形，， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵是正方形的对角线， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴为的中点， ∴， ∴，；    选取条件②， 证明：如图，延长交于点， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，，， ∴， ∵点是线段的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， 又∵，， ∴点是线段的中点， ∴， ∴，；    选取条件③， 证明：如图，延长交于点， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，，， ∴， ∵点是线段的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴点是线段的中点， ∴， ∴，；    附加题：线段、的关系：，． 证明：如图，过点作的平行线分别交、的延长线于、，连接、， ∴，， ∵点是线段的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，，， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴为的中点， ∴， ∴，．    10．解：（1）； 证明：∵， ∴． ∵， ∴． 根据旋转的性质，得，， ∴， ∴， ∴； （2）四边形是平行四边形． 证明：由题意，得． 在中，∵是边的中点， ∴， ∴． ∵， ∴． 根据旋转的性质，得， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （3）的长为或． 分两种情况讨论：①当时， ∵，， 根据勾股定理，得． ∵是的中点， ∴． 在中，，由旋转的性质得， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴；    ②当时，如图，设交于点I，点G与点C重合， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵为的中点，则 ∴，，， ∴． ∵， ∴. ∵， ∴. ∵， ∴， ∴， 即， ∴.    综上所述的长为或. 11．（1）解：， ． ． 与相切， ． ． ， ， ． ． ． ， 设的半径为，则． ，， ． ． ， ， ． ． 劣弧的长． 故答案为：，； （2）解：①当时， 于点，， ， 与相切， ． ， ， 在和中， ， ． ， ， ， ， 解得． ②如图，由①可知，，． ， ， ， ， ． ， 当时，． ③或或． 由，得． 如图5，当点在线段上时，， 即， 解得或； 如图6，当点在线段的延长线上时，， 即， 解得（舍）或． 故或或． 12．（1）证明：过点C作于点D，如图所示： ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ （2）解：①过点A作于点E，如图所示： ∴， ∵点G是的重心， ∴是的中线，且， ∴，， 设，则有，， ∴在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ∴； ②∵平分， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点G作于点Q，连接，如图所示： ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则有， ∴，， ∴， ∴， ∴， 解得：（负根舍去）， ∴， 即的半径长为． 13．（1）证明：当经过圆心时， ， 平分， 即； （2）证明：连接， ， ， ， ， ， 又， ， ，， ， ， 又，， ， ， ， ； （3）解：作直径，连结， 设，则，， ，， ， ，， ， ， ， ， 由（2）知， ， ， ， ， 是直径， ， ， ， ， ， ， 解得， 的半径长为． 14．证明：（1） ， ， ， ， ； （2）四边形是平行四边形， ， ， ∴， ∴， ， ， ， ∴ 即， ， ∴ （3）①连接交于点，连接， ， ∴， ∴，， ， 又∵， ， ， ②由①知， ， ∴点是弧的中点，为弦，为半径， ，， ， 在， 根据勾股定理： ， ∴ ， ， ， ∴ ． 15．解：[问题呈现] 由证明过程可知， （相等的弧所对的弦相等）； （同弧所对的圆周角相等）； 故答案为：①相等的弧所对的弦相等；②同弧所对的圆周角相等； [理解运用]， 即， 即， 解得：， ， 故答案为：1； [变式探究]． 证明：在上截去，连接、、、， 是弧的中点， ，． 又 ， 又， ， ， 即， 故答案为：； [实践应用] 是圆的直径， ． 因为，圆的半径为5，所以． 已知， 过点作于点， 则， 所以． 所以． 如图，同理易得． 所以的长为或． 16．（1）解：在直线中，令，则， ∴点B的坐标为， ∵抛物线经过点，， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为：； （2）解：在中，令，则， 解得，， ∴点A的坐标为， ∴， ∵与面积相等， ∴D到x轴的距离为4， 将代入，得， 解得， ∴点D坐标； （3）解：∵，，， ∴，，， ∴， ∵，且， ∴， ∴，即， ∴； 17．（1）解：二次函数的对称轴是直线， ， ， 点的坐标为， ， ， 二次函数的解析式为； （2）如图，连接， 设，则， ， 在中，令得，则，令，则， 解得：或， ，， ，， ， ， ， ， 当时，四边形的面积取最大值，四边形面积的最大值是，此时； （3）在轴上存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下： 设直线的解析式为，将，代入得： ， 解得：， 直线的解析式为， 设，，则，， ， 当以、、、为顶点的四边形是菱形时，，是一组对边； ①当、为对角线时，、的中点重合，且， ， 解得：（此时、与重合，舍去）或， ； ②当、为对角线时，、的中点重合，且， ， 解得：（舍去）或 或， 或； 综上所述，点的坐标为或或． 18．（1）解：∵抛物线经过点和， ， 解得 抛物线的函数表达式为； （2）解：（ⅰ）， 当时，， 点坐标为， 当时，， 解得或， 点A在点的左侧， 点A坐标为，点坐标为， ，，， ，， ， 是直角三角形；     （ⅱ）， 抛物线的对称轴是直线， 点坐标为，设点坐标为， 分两种情况：①当时，， 即， 解得， 此时点的坐标为或； ②当时，，即， 解得， 此时点的坐标为或； 综上，点坐标为或或或． 19．（1）解：把点，点，点代入 得， 解得， 抛物线的解析式为：； （2）解：在轴上截取，连接，过点作于，过点作轴于，如图所示： ，， ， ， ， ，， ， ， 在中，由勾股定理得： ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得： ， 设， ，； 又， ， ， 又， ， ，即， 解得（舍去），， ； （3）解：抛物线的对称轴为：， 假设存在，设，， 根据解析（2）可知：，， 分两种情况讨论： 当为四边形的对角线时，根据中点坐标公式得： ， 解得：， ∴此时； 当为四边形的对角线时，根据中点坐标公式得： ， 解得：， ∴此时； 当为四边形的对角线时，根据中点坐标公式得： ， 解得：， ∴此时； 综上分析可知：点Q的坐标为，，． 20．（1）解：把，代入， 得， 解得． ∴这个抛物线的解析式为：， 令，则， 解得，， ∴， ∴； （2）解：∵抛物线的解析式为； ∴对称轴为直线， 设， ∵轴， ∴， ∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的周长 ∵ ∴当时，四边形的周长最大，则， ∴当四边形的周长最大时，点D的坐标为； （3）解：过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K， ∴， 由翻折得， ∵． ∴， ∴， ∵对称轴于H， ∴轴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵抛物线的解析式为：， ∴对称轴为直线， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为： ∴， 设， ∴，，， 分两种情况： ①当时，， ∴ 解得：， ∴； ②当时，， ∴ 解得：， ∴点的坐标为； ③当时，， ∴ 解得：或 ∴点的坐标为或， 综上，所有符合条件的点P的坐标为或或或． 学科网（北京）股份有限公司 $$