专题4中考解答题压轴题最后一题常考题型（8种类型）集训-2025年中考复习题型对位押题预测训练（南通专用）

专题4中考解答题压轴题最后一题常考题型（8种）集训（解析版） 【题型预览】 类型一 新定义型二次函数综合题 类型二 二次函数与代数几何综合 类型三 三角形综合题 类型四 四边形综合题 类型五 圆综合题 类型六 几何变换综合题 类型七 综合与实践 类型八 相似形综合题 【好题精练】 类型一 新定义型二次函数综合题 1．（2023•南通）定义：平面直角坐标系xOy中，点P（a，b），点Q（c，d），若c＝ka，d＝﹣kb，其中k为常数，且k≠0，则称点Q是点P的“k级变换点”．例如，点（﹣4，6）是点（2，3）的“﹣2级变换点”． （1）函数y的图象上是否存在点（1，2）的“k级变换点”？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由； （2）动点A（t，t﹣2）与其“k级变换点”B分别在直线l1，l2上，在l1，l2上分别取点（m2，y1），（m2，y2）．若k≤﹣2，求证：y1﹣y2≥2； （3）关于x的二次函数y＝nx2﹣4nx﹣5n（x≥0）的图象上恰有两个点，这两个点的“1级变换点”都在直线y＝﹣x+5上，求n的取值范围． 【分析】（1）求出（1，2）的“k级变换点”的坐标，即可求解； （2）求出点A、B所在的直线表达式，即可求解； （3）先求出点A、B所在的直线为y＝x﹣5，当n＞0时，画出抛物线和直线AB的大致图象，求出点A的横坐标为x，得到x+5，即可求解；当n＜0时，当x≥0时，直线AB不可能和抛物线在x≥0时有两个交点，即可求解． 【解答】（1）解：存在，理由： 由题意得，（1，2）的“k级变换点”为：（k，﹣2k）， 将（k，﹣2k）代入反比例函数表达式得：﹣4＝k（﹣2k）， 解得：k＝±； （2）证明：由题意得，点B的坐标为：（kt，kt+2k）， 由点A的坐标知，点A在直线yx﹣2上，同理可得，点B在直线yx+2k， 则y1m2﹣2，y2m2+2k， 则y1﹣y2m2﹣2m2﹣2k＝m2﹣2k﹣2， ∵k≤﹣2，则﹣2k﹣2+m2≥2， 即y1﹣y2≥2； （3）解：设在二次函数上的点为点A、B， 设点A（s，t），则其“1级变换点”坐标为：（s，﹣t）， 将（s，﹣t）代入y＝﹣x+5得：﹣t＝﹣s+5， 则t＝s﹣5， 即点A在直线y＝x﹣5上， 同理可得，点B在直线y＝x﹣5上， 即点A、B所在的直线为y＝x﹣5； 由抛物线的表达式知，其和x轴的交点为：（﹣1，0）、（5，0），其对称轴为x＝2， 当n＞0时， 抛物线和直线AB的大致图象如下： 直线和抛物线均过点（5，0），则点A、B必然有一个点为（5，0），设该点为点B，另外一个点为点A，如图， 联立直线AB和抛物线的表达式得：y＝nx2﹣4nx﹣5n＝x﹣5， 设点A的横坐标为x，则x+5， ∵x≥0， 则5≥0， 解得：n≤1， 此外，直线AB和抛物线在x≥0时有两个交点，故Δ＝（﹣4n﹣1）2﹣4n（5﹣5n）＝（6n﹣1）2＞0， 故n， 即0＜n≤1且n； 当n＜0时， 当x≥0时，直线AB不可能和抛物线在x≥0时有两个交点， 故该情况不存在， 综上，0＜n≤1且n≠1/6． 【点睛】本题为考查了二次函数综合运用，涉及到新定义、函数的性质和图象、解不等式等，理解新定义是本题解题的关键． 2．（2021•南通）定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“等值点”．例如，点（1，1）是函数yx的图象的“等值点”． （1）分别判断函数y＝x+2，y＝x2﹣x的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果不存在，说明理由； （2）设函数y（x＞0），y＝﹣x+b的图象的“等值点”分别为点A，B，过点B作BC⊥x轴，垂足为C．当△ABC的面积为3时，求b的值； （3）若函数y＝x2﹣2（x≥m）的图象记为W1，将其沿直线x＝m翻折后的图象记为W2．当W1，W2两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，直接写出m的取值范围． 【分析】（1）根据“等值点”的定义建立方程求解即可得出答案； （2）先根据“等值点”的定义求出函数y（x＞0）的图象上有两个“等值点”A（，），同理求出B（b，b），根据△ABC的面积为3可得|b|×|b|＝3，求解即可； （3）先求出函数y＝x2﹣2的图象上有两个“等值点”（﹣1，﹣1）或（2，2），再利用翻折的性质分类讨论即可． 【解答】解：（1）在y＝x+2中，令x＝x+2，得0＝2不成立， ∴函数y＝x+2的图象上不存在“等值点”； 在y＝x2﹣x中，令x2﹣x＝x， 解得：x1＝0，x2＝2， ∴函数y＝x2﹣x的图象上有两个“等值点”（0，0）或（2，2）； （2）在函数y（x＞0）中，令x， 解得：x， ∴A（，）， 在函数y＝﹣x+b中，令x＝﹣x+b， 解得：xb， ∴B（b，b）， ∵BC⊥x轴， ∴C（b，0）， ∴BC|b|， ∵△ABC的面积为3， ∴|b|×|b|＝3， 当b＜0时，b2﹣224＝0， 解得b＝﹣2， 当0≤b＜2时，b2﹣224＝0， ∵Δ＝（﹣2）2﹣4×1×24＝﹣84＜0， ∴方程b2﹣224＝0没有实数根， 当b≥2时，b2﹣224＝0， 解得：b＝4， 综上所述，b的值为﹣2或4； （3）令x＝x2﹣2， 解得：x1＝﹣1，x2＝2， ∴函数y＝x2﹣2的图象上有两个“等值点”（﹣1，﹣1）或（2，2）， ①当m＜﹣1时，W1，W2两部分组成的图象上必有2个“等值点”（﹣1，﹣1）或（2，2）， W1：y＝x2﹣2（x≥m）， W2：y＝（x﹣2m）2﹣2（x＜m）， 令x＝（x﹣2m）2﹣2， 整理得：x2﹣（4m+1）x+4m2﹣2＝0， ∵W2的图象上不存在“等值点”， ∴Δ＜0， ∴（4m+1）2﹣4（4m2﹣2）＜0， ∴m， ②当m＝﹣1时，有3个“等值点”（﹣2，﹣2）、（﹣1，﹣1）、（2，2）， ③当﹣1＜m＜2时，W1，W2两部分组成的图象上恰有2个“等值点”， ④当m＝2时，W1，W2两部分组成的图象上恰有1个“等值点”（2，2）， ⑤当m＞2时，W1，W2两部分组成的图象上没有“等值点”， 综上所述，当W1，W2两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，m或﹣1＜m＜2． 【点睛】本题考查了一次函数，反比例函数，二次函数与新定义“等值点”综合运用，一元二次方程根的判别式，翻折的性质等，综合性较强，解题关键是理解并运用新定义，运用分类讨论思想解决问题． 3．（2024•张家港市模拟）定义：若一个函数的图象上存在横、纵坐标之和为零的点，则称该点为这个函数图象的“平衡点”．例如，点（﹣1，1）是函数y＝x+2的图象的“平衡点”． （1）在函数①y＝﹣x+3，②y，③y＝﹣x2+2x+1，④y＝x2+x+7的图象上，存在“平衡点”的函数是 　③　 ；（填序号） （2）设函数y（x＞0）与y＝2x+b的图象的“平衡点”分别为点A、B，过点A作AC⊥y轴，垂足为C．当△ABC为等腰三角形时，求b的值； （3）若将函数y＝x2+2x的图象绕y轴上一点M旋转180°，M在（0，﹣1）下方，旋转后的图象上恰有1个“平衡点”时，求M的坐标． 【分析】（1）在y＝﹣x+3中，令y＝﹣x得﹣x＝﹣x+3，方程无解，可知y＝﹣x+3的图象上不存在“平衡点”；同理可得y，y＝x2+x+7的图象上不存在“平衡点”，y＝﹣x2+2x+1的图象上存在“平衡点”； （2）在y中，令y＝﹣x得A（2，﹣2）或（﹣2，2）；在y＝2x+b中，令y＝﹣x得B（，），当A（2，﹣2）时，C（0，﹣2），可得AB2＝2（2）2，BC2（2）2，AC2＝4，分三种情况列方程可得答案； （3）设M（0，m），m＜﹣1，求出抛物线y＝x2+2x的顶点为（﹣1，﹣1），而点（﹣1，﹣1）关于M（0，m）的对称点为（1，2m+1），可得旋转后的抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+2m+1＝﹣x2+2x+2m，令y＝﹣x得x2﹣3x﹣2m＝0，根据旋转后的图象上恰有1个“平衡点”，知x2﹣3x﹣2m＝0有两个相等实数根，故9+8m＝0，m，从而得M的坐标为（0，）． 【解答】解：（1）根据“平衡点”的定义，“平衡点”的横、纵坐标互为相反数， 在y＝﹣x+3中，令y＝﹣x得﹣x＝﹣x+3，方程无解， ∴y＝﹣x+3的图象上不存在“平衡点”； 同理可得y，y＝x2+x+7的图象上不存在“平衡点”，y＝﹣x2+2x+1的图象上存在“平衡点”； 故答案为：③； （2）在y中，令y＝﹣x得﹣x， 解得x＝2或x＝﹣2， ∵x＞0， ∴A（2，﹣2）； 在y＝2x+b中，令y＝﹣x得﹣x＝2x+b， 解得x， ∴B（，）， 当A（2，﹣2）时，C（0，﹣2）， ∴AB2＝2（2）2，BC2（2）2，AC2＝4， 若AB＝BC，则2（2）2（2）2， 解得b＝﹣3； 若AB＝AC，则2（2）2＝4， 解得b＝﹣36或b＝36； 若BC＝AC，则（2）2＝4， 解得b＝0或b＝﹣6（此时A，B重合，舍去）； ∴b的值为﹣3或﹣36或36或0； （3）设M（0，m），m＜﹣1， ∵y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1， ∴抛物线y＝x2+2x的顶点为（﹣1，﹣1）， 点（﹣1，﹣1）关于M（0，m）的对称点为（1，2m+1）， ∴旋转后的抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+2m+1＝﹣x2+2x+2m， 在y＝﹣x2+2x+2m中，令y＝﹣x得： ﹣x＝﹣x2+2x+2m， ∴x2﹣3x﹣2m＝0， ∵旋转后的图象上恰有1个“平衡点”， ∴x2﹣3x﹣2m＝0有两个相等实数根， ∴Δ＝0，即9+8m＝0， ∴m， ∴M的坐标为（0，）． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及新定义，等腰三角形，一元二次方程根的判别式，旋转变换等知识，解题的关键是读懂新定义，利用二次函数与一元二次方程的关系解决问题． 4．（2022•南通）定义：函数图象上到两坐标轴的距离都不大于n（n≥0）的点叫做这个函数图象的“n阶方点”．例如，点（，）是函数y＝x图象的“阶方点”；点（2，1）是函数y图象的“2阶方点”． （1）在①（﹣2，）；②（﹣1，﹣1）；③（1，1）三点中，是反比例函数y图象的“1阶方点”的有 　②③　 （填序号）； （2）若y关于x的一次函数y＝ax﹣3a+1图象的“2阶方点”有且只有一个，求a的值； （3）若y关于x的二次函数y＝﹣（x﹣n）2﹣2n+1图象的“n阶方点”一定存在，请直接写出n的取值范围． 【分析】（1）根据定义进行判断即可； （2）在以O为中心，边长为4的正方形ABCD中，当直线与正方形区域只有唯一交点时，图象的“2阶方点”有且只有一个，结合图象求a的值即可； （3）在以O为中心，边长为2n的正方形ABCD中，当抛物线与正方形区域有公共部分时，二次函数y＝﹣（x﹣n）2﹣2n+1图象的“n阶方点”一定存在，结合函数图象求解即可． 【解答】解：（1）①（﹣2，）到两坐标轴的距离分别是2，， ∵2＞1，1， ∴（﹣2，）不是反比例函数y图象的“1阶方点”； ②（﹣1，﹣1）到两坐标轴的距离分别是1，1， ∵≤1，1≤1， ∴（﹣1，﹣1）是反比例函数y图象的“1阶方点”； ③（1，1）到两坐标轴的距离分别是1，1 ∵1≤1，1≤1， ∴（1，1）是反比例函数y图象的“1阶方点”； 故答案为：②③； （2）∵当x＝3时，y＝ax﹣3a+1＝a（x﹣3）+1＝1， ∴函数经过点（3，1）， 如图1，在以O为中心，边长为4的正方形ABCD中，当直线与正方形区域只有唯一交点时，图象的“2阶方点”有且只有一个， 由图可知，C（2，﹣2），D（2，2）， ∵一次函数y＝ax﹣3a+1图象的“2阶方点”有且只有一个， 当直线经过点D时，a＝﹣1，此时图象的“2阶方点”有且只有一个， 当直线经过点C时，a＝3，此时图象的“2阶方点”有且只有一个， 综上所述：a的值为3或﹣1； （3）在以O为中心，边长为2n的正方形ABCD中，当抛物线与正方形区域有公共部分时，二次函数y＝﹣（x﹣n）2﹣2n+1图象的“n阶方点”一定存在， 如图2，设A（n，n），C（﹣n，﹣n），B（n，﹣n），D（﹣n，n）， 当抛物线经过点B时，n＝1； 当抛物线经过点D时，n＝﹣1或n； ∴当n≤1时，二次函数y＝﹣（x﹣n）2﹣2n+1图象的“n阶方点”一定存在． 【点睛】本题属于二次函数背景下新定义问题，主要考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，理解定义，将所求问题转化为正方形与函数图象的交点问题是解题的关键． 类型二 二次函数代数几何综合题 5．（2024•崇川区三模）已知抛物线y＝a（x﹣4）2（a＞0）的顶点为C，抛物线与直线y＝kx+1﹣4k交于A、B两点，点A在点B的左侧． （1）直线经过定点D，点D的坐标是 　（4，1）　 ； （2）如果直线y＝kx+1﹣4k绕点D旋转的过程中，AC与BC始终互相垂直，求a的值； （3）抛物线与y轴交于点E，直线与y轴交于点F，如果S△ABE＝3S△ABC，求S△ABC的最小值． 【分析】（1）由直线y＝kx+1﹣4k＝k（x﹣4）+1，得x＝4时，y＝1，故定点D坐标为（4，1）． （2）联立y＝a（x﹣4）2和y＝kx+1﹣4k得ax2﹣（8a+k）x+16a+4k﹣1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），∴x1+x2，x1x2，证明△ADC～△CEB，得，故，再代入计算即可． （3）由S△ABE＝3S△ABC，得EM＝3CN．证明△EMF～△CND，得EF＝3CD，即k＝1﹣4a．S△ABC＝S△PCB﹣S△PCA，再配方即可． 【解答】解：（1）∵直线y＝kx+1﹣4k＝k（x﹣4）+1， ∴x＝4时，y＝1， 故定点D坐标为（4，1）， 故答案为：（4，1）． （2）如图：过A作AD⊥x轴，过B作BF⊥x轴． 联立y＝a（x﹣4）2和y＝kx+1﹣4k得ax2﹣（8a+k）x+16a+4k﹣1＝0， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， ∴x1+x2，x1x2， ∵∠DAC+∠ACD＝∠ACD+∠BCF＝90°， ∴∠DAC＝∠BCF， ∵∠ADC＝∠BFC＝90°， ∴△ADC～△CFB， ∴， ∵C（4，0）， ∴， ∴y1y2＝（4﹣x1）（x2﹣4）， ∴y1y2＝4（x1+x2）﹣x1x2﹣16， ∴（kx1+1﹣4k）（kx2+1﹣4k）＝4（x1+x2）﹣x1x2﹣16， ∴[kx1+（1﹣4k）][kx2+（1﹣4k）]＝4（x1+x2）﹣x1x2﹣16， ∴（k2+1）x1x2+（k﹣4k2﹣4）（x1+x2）+（1﹣4k）2+16＝0， ∴（k2+1）•（k﹣4k2﹣4）•（1﹣4k）2+16＝0， ∴（k2+1）（16a+4k﹣1）+（k﹣4k2﹣4）（8a+k）+a（1﹣4k）2+16a＝0， ∴16ak2+4k3﹣k2+16a+4k﹣1+8ak﹣32ak2﹣32a+k2﹣4k3﹣4k+a﹣8ak+16ak2+16a＝0， ∴a＝1． （3）过E作EM⊥FB，过C作CN⊥FB．如图： 由S△ABE＝3S△ABC，得EM＝3CN． 由y＝kx+1﹣4k得F（1﹣4k，0），P（，0）， 由y＝a（x﹣4）2得E（0，16a），C（4，0）， 由（1）得D（4，1）． ∵EO∥CD， ∴∠EFM＝∠CDN， ∠EMF＝∠CND＝90°， ∴△EMF～△CND， ∴3． ∴EF＝3CD， ∴16a﹣（1﹣4k）＝3×1， ∴k＝1﹣4a． 由（2）知A（x1，y1），B（x2，y2）， ∴x1+x2，x1x2， ∴S△ABC ＝S△PCB﹣S△PCA （4）（y2﹣y1） （kx2+1﹣4k﹣kx1﹣1+4k） （x2﹣x1） ， ∴a时，S△ABC， 故S△ABC最小值． 【点睛】本题考查了二次函数综合题，利用根与系数关系是解题关键． 6．（2024•南通二模）在平面直角坐标系xOy中，以A为顶点的抛物线y＝x2﹣1与直线y＝k（x+1）有两个公共点M，N，其中，点M在x轴上．直线y＝k（x+1）与y轴交于点B，点B关于点A的对称点为C． （1）用含k的式子分别表示点B，N的坐标为：B 　（0，k）　 ，N 　（k+1，k2+2k）　 ； （2）如图，当k＞0时，连接CM，CN．求证：CO平分∠MCN； （3）若函数y＝x2﹣1（x≥k）的图象记为W1，将其沿直线x＝k翻折后的图象记为W2，当W1，W2两部分组成的图象与线段MB恰有一个公共点时，请确定k的取值范围． 【分析】（1）根据直线y＝k（x+1）与y轴交于点B，令x＝0，得y＝k，即得B（0，k），根据题意得到方程组，解方程组解答即可． （2）根据抛物线y＝x2﹣1，得抛物线与x轴的交点为M（﹣1，0），D（1，0），得到CM＝CD，继而得到∠MCO＝∠DCO，求直线CN的解析式，确定点D（1，0）在直线上即可得证CO平分∠MCN； （3）根据对称性，先确定图象W2的解析式，分类讨论，计算求解即可． 【解答】（1）解：根据直线y＝k（x+1）与y轴交于点B， 令x＝0，得y＝k， ∴点B（0，k）， 根据题意得， 解得，， ∴交点坐标分别为（﹣1，0），（k+1，k2+2k）， ∵点M在x轴上， ∴点N（k+1，k2+2k）， 故答案为：（0，k），（k+1，k2+2k）． （2）证明：∵抛物线y＝x2﹣1， ∴x2﹣1＝0， 解得x1＝﹣1或x2＝1， ∴抛物线与x轴的交点为M（﹣1，0），D（1，0）， ∴CM＝CD， ∵CO⊥MD， ∴∠MCO＝∠DCO， 根据（1）得B（0，k），N（k+1，k2+2k）， ∵点B关于点A的对称点为C，A（0，﹣1）， ∴C（0，﹣2﹣k）， 设直线CN的解析式为y＝mx﹣2﹣k， ∴k2+2k＝m（k+1）﹣2﹣k， ∴m（k+1）＝（k+1）（k+2）， ∵k＞0， ∴k+1＞0， ∴m＝k+2， 故直线CN的解析式为y＝（k+2）x﹣（k+2）＝（k+2）（x﹣1）， ∴不论k为何值，直线CN过定点（1，0）， ∴点D（1，0）在直线CN上． ∴CO平分∠MCN； （3）解：设图象W2上的任意一点Q（m，n），图象W1上的任意一点p（a，a2﹣1）， 根据题意得，n＝a2﹣1， 解得a＝2k﹣m， ∴n＝（2k﹣m）2﹣1， 即图象W2的解析式为y＝（2k﹣x）2﹣1， 当k≥0时，图象W2的解析式为y＝（2k﹣x）2﹣1， 经过点B时，图象W2，图象W1与线段MB有唯一交点， ∴B（0，k）满足解析式y＝（2k﹣x）2﹣1， ∴4k2﹣1＝k， 解得或（舍去）， 经过点M时，图象W2，图象W1与线段MB有唯一交点， ∴M（﹣1，0）满足解析式y＝（2k﹣x）2﹣1， ∴（2k+1）2﹣1＝0， 解得k＝0或k＝﹣1（舍去）， ∴； 当k＜0时，当﹣1＜k＜0时，图象W2，图象W1与线段MB没有交点， 当k＝﹣1时，图象W2，图象W1与线段MB有M，B两个交点，不符合题意； 令x2﹣1＝k（x+1）， 则x2﹣kx﹣k﹣1＝0， ∵抛物线y＝x2﹣1与直线y＝k（x+1）有两个交点， ∴Δ＝k2+4（k+1）＞0， ∴k＞﹣2或k＜﹣2， ∴当﹣2＜k＜﹣1时，图象W1与线段MB有两个交点，不符合题意； ∴当k＜﹣2时，W1，W2两部分组成的图象与线段MB只有一个交点M，符合题意， 综上所述，符合题意的范围是k＜﹣2或． 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，主要考查抛物线与一次函数的交点，等腰三角形的三线合一性质，分类思想，一元二次方程与抛物线问题，判别式应用，熟练掌握交点坐标计算，分类思想是解题的关键． 7．（2024•海门区二模）二次函数y＝ax2﹣2ax﹣8a（a＜0）的图象与x轴分别交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．点D是二次函数在第一象限图象上的一动点，过点D作DE∥x轴，交二次函数图象于另一点E．作点D关于y轴的对称点P．（1）求PE的长； （2）若△CDP是边长为1的等边三角形，求二次函数的解析式； （3）求的值的最大值． 【分析】（1）求出A（﹣2，0），B（4，0），抛物线对称轴为直线x＝1，设xD＝m，则xE＝2﹣m，而xp＝﹣m，故PE＝2﹣m﹣（﹣m）＝2， （2）a＜0时，设DP交y轴于K，求出C（0，﹣8a），由DP∥x轴，△CDP是边长为1的等边三角形，可得D（，﹣8a），把D（，﹣8a）代入y＝ax2﹣2ax﹣8a即可得a，二次函数解析式为yx2x； （3）设点D的坐标为（t，at2﹣2at﹣8a），证明四边形AOEP是平行四边形，故（t﹣1）2，再根据二次函数性质可得答案． 【解答】解：（1）在y＝ax2﹣2ax﹣8a中，令y＝0得0＝ax2﹣2ax﹣8a， 解得x＝﹣2或x＝4， ∴A（﹣2，0），B（4，0）， ∴抛物线对称轴为直线x1， ∵DE∥x轴，交二次函数图象于另一点E， ∴D，E关于直线x＝1对称， 设xD＝m，则xE＝2﹣m， ∵D，P关于y轴对称， ∴xp＝﹣m， ∴PE＝2﹣m﹣（﹣m）＝2， ∴PE为2； （2）a＜0时，设DP交y轴于K，如图： 在y＝ax2﹣2ax﹣8a中，令x＝0得y＝﹣8a， ∴C（0，﹣8a）， ∵DP∥x轴，△CDP是边长为1的等边三角形， ∴DK，CK， ∴D（，﹣8a）， 把D（，﹣8a）代入y＝ax2﹣2ax﹣8a得： a﹣a﹣8a＝﹣8a， 解得a， ∴二次函数解析式为yx2x； （3）如图： 设点D的坐标为（t，at2﹣2at﹣8a）， ∵点A（﹣2，0）， ∴OA＝2， ∵PE＝2， ∴OA＝PE， ∴四边形AOEP是平行四边形， ∴t2t+2（t﹣1）2， ∵0，0＜t＜4， ∴当t＝1时，∴取最大值； ∴的最大值为． 【点睛】本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征，等边三角形，平行四边形等知识，解题的关键是用含a的式子表示相关点坐标和相关线段的长度． 8．（2024•通州区二模）如图，直线y＝kx+b（b＞0）与抛物线yx2相交于A，B两点（A在B的左侧），与x轴正半轴相交于点D，与y轴相交于点C．设△OCD的面积为S，且kS+2＝0．过点B作x轴的垂线交AO的延长线于点E，过点C，E分别作x轴的平行线l1，l2，直线l3（不平行于y轴）与抛物线yx2有唯一公共点，分别交l1，l2于P，Q两点． （1）求b的值； （2）求点E的纵坐标； （3）探究CP2﹣CQ2是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）求出一次函数与坐标轴的两个交点，根据面积公式结合kS+2＝0，求出b的值即可； （2）设，点B的横坐标为x2，则点E的横坐标为x2，求出OA的解析式，令，整理得x2﹣4kx﹣8＝0，韦达定理得到x1x2＝﹣8，把x＝x2代入OA的解析式中，求出E点的纵坐标即可； （3）设直线l3的解析式为y＝mx+n，令，根据两个图象只有一个交点得到n＝﹣m2，得到y＝mx﹣m2，进而求出P，Q坐标，利用两点间的距离公式，求出CP2，CQ2，进行求解即可． 【解答】解：（1）∵y＝kx+b（b＞0）， ∴当x＝0时，y＝b，当y＝0时，， ∴C（0，b），， ∴， ∵kS+2＝0， ∴， ∵b＞0， ∴b＝2； （2）设，点B的横坐标为x2，则点E的横坐标为x2， 设直线OA为y＝tx，则， 解得， ∴直线OA的解析式为， 由（1）可知y＝kx+2， 令， 整理得x2﹣4kx﹣8＝0， 则x1，x2是方程的两个实数根， ∴x1x2＝﹣8， 将x＝x2代入， 得， ∴点E的纵坐标为﹣2； （3）是定值，理由如下： 设直线l3的解析式为y＝mx+n， 令， 整理得x2﹣4mx﹣4n＝0， ∵直线y＝mx+n与抛物线只有一个交点， ∴（4m）2﹣4×（﹣4n）＝0， ∴n＝﹣m2， ∴y＝mx﹣m2， 由（1）（2）可知C（0，2），E点的纵坐标为﹣2， ∴当y＝2时，，当y＝﹣2时，， ∴，， ∴，， ∴8﹣16＝﹣8， ∴CP2﹣CQ2的值为定值﹣8． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及一次函数与坐标轴的交点问题，根与系数的关系，两点间的距离公式等知识点，熟练掌握相关知识点，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键． 9．（2024•海安市二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c是常数）与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．P为x轴上方抛物线上的动点（不与点C重合），设点P的横坐标为m． （1）直接写出b，c的值； （2）如图，过A点的直线y＝x+1与y轴相交于点E，与抛物线相交于点D，过A点的另一条直线y与抛物线相交于点F，求证：∠ACE+∠BAF＝∠DAB； （3）过点P作x轴的平行线与直线BC交于点Q，线段PQ的长记为d． ①求d关于m的函数解析式； ②根据d的不同取值，试探索点P的个数情况． 【分析】（1）根据待定系数法求二次函数的解析式即可； （2）过点E作 EG⊥AC 于点G，设AF交y轴于H，利用勾股定理可得AC，运用面积法可得EG．再求得CG，AG＝AC﹣CG，根据三角函数定义可得tan∠CAE，tan∠OAH，推出∠CAE＝∠OAH＝∠BAF，即可证得结论； （3）①先根据待定系数法求出直线BC的解析式为y＝﹣x+3，再分当﹣1＜m＜0时，点P在点Q的左侧，当0＜m＜3时，点P在点Q的右侧两种情况讨论； ②画出函数图象，分析图象即可得出结论． 【解答】（1）解：∵抛物线 y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0）， ∴， 解得：， 故b＝2，c＝3； （2）证明：过点E作 EG⊥AC 于点G，设AF交y轴于H，如图， 令x＝0，得y＝1，则E（0，1）， ∴OA＝OE＝1， ∴∠OAE＝∠OEA＝45°， 在Rt△AOC中，OA＝1，OC＝3， ∴AC， ∵S△ACEAC•EGCE•OA， ∴EG． 在Rt△CEG中，CG， ∴AG＝AC﹣CG， ∴在Rt△AGE 中，tan∠CAE， 把（﹣1，0）代入y 中，得n， ∴H（0，）， 在Rt△AOH 中，tan∠OAH， ∴tan∠CAE＝tan∠OAH， ∴∠CAE＝∠OAH＝∠BAF， ∵∠CAE+∠ACE＝∠AEO， ∴∠BAF+∠ACE＝∠DAB； （3）解：①抛物线解析式为 y＝﹣x2+2x+3， x＝0时，y＝3，即C（0，3），B（3，0）， 设直线BC的解析式为y＝kx+b，则， 解得：， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3， 当y＝﹣m2+2m+3时，x＝m2﹣2m， ∴Q（m2﹣2m，﹣m2+2m+3）， 当﹣1＜m＜0时，点P在点Q的左侧，d＝PQ＝m2﹣2m﹣m＝m2﹣3m， 当0＜m＜3时，点P在点Q的右侧，d＝PQ＝m﹣（m2﹣2m）＝﹣m2+3m， ∴d； ②绘制d的函数图象如图所示：画出﹣1＜m≤3时，d与m的关系图象如图， ∵d＝﹣m2+3m＝﹣（m）2， ∴顶点坐标为（，）， ∴当时，对于d的每一个确定值，点p有且只有一个不同的位置； 当d时，点p有两个不同的位置； 当 时，点p有三个不同的位置； 当d≥4或d＝0时，没有符合要求的点p． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求二次函 数的解析式中，待定系数法求一次函数的解析式，勾股定理，解直角三角形，本题的关键是运用分类讨论的思想方法． 10．（2024•启东市二模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求抛物线的解析式； （2）在抛物线上是否存在一点P，满足若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由； （3）如图2，过点O作CB的垂线，垂足为H，M，N分别为射线OC，OH上的两个动点，且满足OM：ON＝3：5，连接BM，CN，请直接写出的最小值． 【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣4），将点C代入求出a的值，即可求函数的解析式； （2）作∠OCA的角平分线交x轴于E点，过点E作EF⊥AC交于F点，过点O作OP∥CF交抛物线于点P，再求P点关于y轴的对称点为另一个点P； （3）作OH关于y轴对称，并截取OQ，连接QM，则△OQM∽△OCN，可得BMCN＝BM+QM≥BQ，过点B作BG⊥QO交于G点，在Rt△QGB中，BQ，即BMBN的最小值为． 【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣4）， 将点C代入可得，﹣16a＝﹣3， 解得a， ∴抛物线的解析式为yx2﹣3； （2）存在点P，满足∠COP∠OCA，理由如下： 如图1，作∠OCA的角平分线交x轴于E点，过点E作EF⊥AC交于F点，过点O作OP∥CF交抛物线于点P， ∴EF＝OE， ∵AO＝4，CO＝3， ∴AC＝5， ∵CO＝CF＝3， ∴AF＝2， 在Rt△AEF中，（4﹣OE）2＝OE2+4， 解得OE， ∴E（，0）， ∴直线CE的解析式为y＝﹣2x﹣3， ∵EP∥CE， ∴直线PO的解析式为y＝﹣2x， 当﹣2xx2﹣3时，解得x或x＝﹣12（舍）， ∴P（，）； 当P点关于y轴对称时，P的对称点为（，）， 综上所述：P点坐标为（，）或（，）； （3）如图2，作OH关于y轴对称，并截取OQ，连接QM， ∵，， ∴， ∵∠QOC＝∠CON， ∴△OQM∽△OCN， ∴， ∴QMCN， ∴BMCN＝BM+QM≥BQ， 过点B作BG⊥QO交于G点， ∴∠GOB＝∠BOH， 在Rt△OBC中，OH，BH， ∴OG，BG， 在Rt△QGB中，BQ， ∴BMBN的最小值为． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，角平分线的性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键． 11．（2024•海门区一模）已知抛物线y＝mx2+2mx+n（m，n为常数，m＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交点C，顶点为D，AB＝4． （1）求3m+n的值； （2）如图，连接BD交AC于点E，求证：BE＝2DE； （3）设M是x轴下方抛物线上的动点（不与C重合），过点M作MN∥x轴，交直线AC于点N．由线段MN长的不同取值，试探究符合条件的点M的个数． 【分析】（1）由AB＝4，则 xB﹣xA＝4，得到xA＝﹣3xB＝1，即可求解； （2）证明△DFE∽△BAE，则，即可求解； （3）求出MN＝|﹣a2﹣2a﹣a|＝|a2+3a|，由题意知﹣3＜a＜1且a≠0．结合图象，即可求解． 【解答】（1）解：由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x＝﹣1， ∵AB＝4， 则xB﹣xA＝4． ∴xA＝﹣3xB＝1， 将（1，0）代入 y＝mx2+2mx+n得：m+2m+n＝0． ∴3m+n＝0； （2）证明：由（1）得n＝﹣3m， ∴y＝mx2+2mx﹣3m＝m（x﹣1）2﹣4m． ∴C（0，﹣3m），D（﹣1，﹣4m）． 过D作DF∥x轴交AC延长线于点F， 设直线AC为 y＝kx﹣3m，则﹣3k﹣3m＝0，即 k＝﹣m， ∴直线AC为 y＝﹣mx﹣3m． 令y＝﹣4m，则﹣mx﹣3m＝﹣4m，即 x＝1， ∴xy＝1， ∴DF＝2． ∵DF∥x轴， ∴△DFE∽△BAE，则， ∴BE＝2DE； （3）解：直线AC为 y＝﹣mx﹣3m． 设M为（ a，ma2+2ma﹣3m）， 则N为（﹣a2﹣2a，ma2+2ma﹣3m）， MN＝|﹣a2﹣2a﹣a|＝|a2+3a|． 由题意知﹣3＜a＜1且a≠0． 结合图象， 当时，符合条件的点M有3个； 当时，符合条件的点M有2个； 当时，符合条件的点M有1个． 【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决相关问题． 12．（2025•广陵区校级一模）在二次函数y＝x2的图象上分别取三个点P，A，B，其中，点P（p，﹣p）在第二象限内，A，B两点横坐标分别为a，b，且满足a≤p≤b． （1）求p的值； （2）记a≤x≤b时，二次函数y＝x2的最大值为y1，最小值为y2．若b﹣a＝3，求y1﹣y2的取值范围； （3）连接PA，PB，AB．当PA⊥PB时，作PH⊥AB，垂足为点H，PH是否存在最大值？若存在，求PH的最大值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将点P的坐标代入函数表达式得：p2＝﹣p，即可求解； （2）当﹣3＜a时，y1＝a2，y2＝0，则y1﹣y2＝a2，即可求解；当a≤﹣1、a≤﹣1时，同理可解； （3）证明tan∠PAC＝tan∠PBD，即，得到a+b＝ab+2，则直线AB过恒定点Q（1，2），即可求解． 【解答】解：（1）将点P的坐标代入函数表达式得：p2＝﹣p， 解得：p＝0（舍去）或﹣1， 即p＝﹣1； （2）由题意得，点A、B的坐标分别为：（a，a2）、（a+3，a2+6a+9）且a≤﹣1≤a+3， 即﹣4≤a≤﹣1， 当﹣4≤a≤﹣3时， 则y1＝a2，y2＝a2+6a+9， 则y1﹣y2＝﹣6a﹣9， 则9≤y1﹣y2≤15； 当﹣3＜a时，y1＝a2，y2＝0，则y1﹣y2＝a2， 则y1﹣y2＜9， 当a≤﹣1时， 则y1＝a2+6a+9，y2＝0， 则y1﹣y2≤4； 综上，y1﹣y2的取值范围为：y1﹣y2≤15； （3）存在，理由： 如图，设点A、B的坐标分别为：（a，a2）、（b，b2）， 过点P作直线l∥x轴，作AC⊥l于点C，作BD⊥l于点D， ∵PA⊥PB， 则∠PAC＝∠BPD， ∴tan∠PAC＝tan∠PBD，即， 即，即a+b＝ab+2， 由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y＝（a+b）x﹣ab＝ab（x﹣1）+2， 当x＝1时，y＝2， 即直线AB过恒定点Q（1，2）， 而点P（﹣1，1）， 当点H、Q不重合时，PH＜PQ， 当PH取得最大值时，H、Q重合， 此时PH的最大值为：． 【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，解决相关问题． 13．（2024•海安市一模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a经过点A（t，y1），B（4﹣t，y2），且t≠2． （1）求该抛物线的对称轴； （2）若抛物线经过点（﹣2，﹣5），设点A与点B横坐标的差为d，点A与点B纵坐标的差为h，求的值； （3）在（2）的条件下，连接AB，若线段AB交抛物线对称轴于点E（点E不与A，B重合），在直线x＝1的同侧作矩形BCDE，且DE＝AE．当抛物线在矩形BCDE内部的部分始终在x轴下方时，求t的取值范围． 【分析】（1）利用配方法或公式法即可求得抛物线的对称轴； （2）运用待定系数法可求得抛物线的解析式，分别求得点A、B的横、纵坐标之差，即可求得答案； （3）分三种情况：①当1＜t＜2或2＜t＜3时，②当t＜1时，则4﹣t＞3，点A在对称轴左侧，点B在对称轴右侧，当DE经过点M时，此时正好符合题意，③当t＞3时，4﹣t＜1，则A在对称轴右侧，B在对称轴左侧，当点B经过抛物线与x轴侧交点时，正好满足题意． 【解答】解：（1）∵y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a， ∴该抛物线的对称轴为直线x＝1； （2）∵抛物线经过点 （﹣2，﹣5）， ∴a×（﹣2）2﹣2a×（﹣2）﹣3a＝﹣5， 解得：a＝﹣1， ∴抛物线解析式为 y＝﹣x2+2x+3， ∵点A（t，y1），B（4﹣t，y2）， ∴点A与点B横坐标的差为d＝t﹣（4﹣t）＝2t﹣4， 点A与点B纵坐标的差为h＝（﹣t2+2t+3）﹣[﹣（4﹣t）2+2（4﹣t）+3]＝﹣4t+8， ∴2； （3）∵点E不与A，B重合， ∴t≠1，由4﹣t≠1得t≠3，而t≠2， ①当1＜t＜2或2＜t＜3时，则2＜4﹣t＜3或1＜4﹣t＜2， ∴点A、B在对称轴右侧，线段AB交抛物线对称轴不相交，不满足题意； ②当t＜1时，则4﹣t＞3，点A在对称轴左侧，点B在对称轴右侧，当DE经过点M时，此时正好符合题意， ∵A（t，﹣t2+2t+3），B（4﹣t，﹣t2+6t﹣5）， 设lAB：y＝kx+b（k≠0）， 则， 解得：， ∴lAB：y＝﹣2x﹣t2+4t+3， ∴E（1，﹣t2+4t+1）， 过点B作y轴的垂线，过点A作y轴的平行线，两直线交于点G， 对于y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，记抛物线与x轴右侧交点为M， 则﹣x2+2x+3＝0， 解得x＝﹣1或x＝3， 则与x轴交于（﹣1，0）和M（3，0）， 则由（2）得2＝tan∠ABG， ∵∠ABG+∠1＝∠HEM+∠1＝90°， ∴∠ABG＝∠HEM， ∴tan∠HEM2， ∴HE＝1， ∴﹣t2+4t+1＝﹣1， 解得：t2或2（舍去）， 满足当抛物线在矩形BCDE内部的部分始终在x轴下方时， ∴t≤2， ③当t＞3时，4﹣t＜1，则A在对称轴右侧，B在对称轴左侧， 当点B经过抛物线与x轴侧交点时，正好满足题意， 将（﹣1，0）代入直线AB：y＝﹣2x+b得：b＝﹣2， ∴此时直线AB：y＝﹣2x﹣2， 联立得：﹣x2+2x+3＝﹣2x﹣2， 解得：x＝5或x＝﹣1， ∴xA＝t＝5， ∴满足当抛物线在矩形BCDE内部的部分始终在x轴下方时，t≥5， 综上：t≤2或t≥5． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，解直角三角形等知识点，正确的作出辅助线是解题的关键． 类型三 三角形综合题 14．（2023•成都）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究． 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F． 【初步感知】 （1）如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BFAB，请写出证明过程． 【深入探究】 （2）①如图2，当n＝2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明； ②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）． 【拓展运用】 （3）如图3，连接EF，设EF的中点为M，若AB＝2，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）． 【分析】（1）由“ASA”可证△CDE≌△BDF，可得CE＝BF，即可求解； （2）①先证△ADN和△BDH是等腰直角三角形，可得AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，可求ADx，BD＝2x，通过证明△EDN∽△FDH，可求FH＝2NE，即可求解； ②分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解； （3）由题意可得点M在线段CD的垂直平分线上运动，由相似三角形的性质可求M'R＝1，由勾股定理和相似三角形的性质可求RM″＝n，由勾股定理可求解． 【解答】（1）证明：连接CD， ∵∠C＝90°，AC＝BC，AD＝DB， ∴ABAC，∠A＝∠B＝∠ACD＝45°，AD＝CD＝BD，CD⊥AB， ∵ED⊥FD， ∴∠EDF＝∠CDB＝90°， ∴∠CDE＝∠BDF， ∴△CDE≌△BDF（ASA）， ∴CE＝BF， ∴AE+BF＝AE+CE＝ACAB； （2）①AEBFAB，理由如下： 过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵DN⊥AC，DH⊥BC， ∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形， ∴AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH， ∴△ADN∽△BDH， ∴， 设AN＝DN＝x，BH＝DH＝2x， ∴ADx，BD＝2x， ∴AB＝3x， ∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DHCN是矩形， ∴∠NDH＝90°＝∠EDF， ∴∠EDN＝∠FDH， 又∵∠END＝∠FHD， ∴△EDN∽△FDH， ∴， ∴FH＝2NE， ∴AEBF＝x+NE（2x﹣FH）＝2xAB； ②如图4，当点F在射线BC上时，过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵DN⊥AC，DH⊥BC， ∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形， ∴AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH， ∴△ADN∽△BDH， ∴， 设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx， ∴ADx，BDnx， ∴AB（n+1）x， ∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DHCN是矩形， ∴∠NDH＝90°＝∠EDF， ∴∠EDN＝∠FDH， 又∵∠END＝∠FHD， ∴△EDN∽△FDH， ∴， ∴FH＝nNE， ∴AEBF＝x﹣NE（nx+FH）＝2xAB； 当点F在CB的延长线上时，如图5， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵DN⊥AC，DH⊥BC， ∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形， ∴AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH， ∴△ADN∽△BDH， ∴， 设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx， ∴ADx，BDnx， ∴AB（n+1）x， ∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DHCN是矩形， ∴∠NDH＝90°＝∠EDF， ∴∠EDN＝∠FDH， 又∵∠END＝∠FHD， ∴△EDN∽△FDH， ∴， ∴FH＝nNE， ∴AEBF＝x+NE（FH﹣nx）＝2xAB； 综上所述：当点F在射线BC上时，，当点F在CB延长线上时，； （3）如图，连接CD，CM，DM， ∵EF的中点为M，∠ACB＝∠EDF＝90°， ∴CM＝DMEF， ∴点M在线段CD的垂直平分线上运动， 如图，当点E'与点A重合时，点F'在BC的延长线上， 当点E''与点C重合时，点F″在CB的延长线上， 过点M'作M'R⊥F'C于R， ∴M'R∥AC， ∴， ∴M'R＝1，F'R＝CR， 由图2，设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx， ∴ADx，BDnx， ∴AB（n+1）x＝2， ∴x， ∵F'D＝BDnx， ∴F'B＝2nx， ∴CF'＝2nx﹣2， ∴CR＝nx﹣11， 由（2）可得：CDx•，DF″＝nDE″＝nx•， ∴CF″＝（1+n2）x， ∴CM″， ∴RM″＝n， ∴M″M'， ∴点M运动的路径长为． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 类型四 四边形综合题 15．（2020•南通）【了解概念】 有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线． 【理解运用】 （1）如图①，对余四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，连接AC．若AC＝AB，求sin∠CAD的值； （2）如图②，凸四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，当2CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形．证明你的结论； 【拓展提升】 （3）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC＝90°+∠ABC．设u，点D的纵坐标为t，请直接写出u关于t的函数解析式． 【分析】（1）先构造直角三角形，然后利用对余四边形的性质和相似三角形的性质，求出sin∠CAD的值． （2）通过构造手拉手模型，即构造等腰直角三角形，通过证明三角形全等，利用勾股定理来证明四边形ABCD为对余四边形． （3）过点D作DH⊥x轴于点H，先证明△ABE∽△DBA，得出u与AD的关系，设D（x，t），再利用（2）中结论，求出AD与t的关系即可解决问题． 【解答】解：（1）过点A作AE⊥BC于E，过点C作CF⊥AD于F． ∵AC＝AB， ∴BE＝CE＝3， 在Rt△AEB中，AE4， ∵CF⊥AD， ∴∠D+∠FCD＝90°， ∵∠B+∠D＝90°， ∴∠B＝∠DCF， ∵∠AEB＝∠CFD＝90°， ∴△AEB∽△DFC， ∴， ∴， ∴CF， ∴sin∠CAD． （2）如图②中，结论：四边形ABCD是对余四边形． 理由：过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM． ∵四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD， ∴∠DAB＝∠DBA＝45°， ∵∠DCM＝∠DMC＝45°， ∴∠CDM＝∠ADB＝90°， ∴∠ADC＝∠BDM， ∵AD＝DB，CD＝DM， ∴△ADC≌△BDM（SAS）， ∴AC＝BM， ∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2， ∴CM2+CB2＝BM2， ∴∠BCM＝90°， ∴∠DCB＝45°， ∴∠DAB+∠DCB＝90°， ∴四边形ABCD是对余四边形． （3）如图③中，过点D作DH⊥x轴于H． ∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2）， ∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝2， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CBA＝∠CAB＝45°， ∵四边形ABCD是对余四边形， ∴∠ADC+∠ABC＝90°， ∴∠ADC＝45°， ∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°， ∴∠ADC+∠AEC＝180°， ∴A，D，C，E四点共圆， ∴∠ACE＝∠ADE， ∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°， ∴∠EAB＝∠ACE， ∴∠EAB＝∠ADB， ∵∠ABE＝∠DBA， ∴△ABE∽△DBA， ∴， ∴， ∴u， 设D（x，t）， ∵四边形ABCD是对余四边形， 可得BD2＝2CD2+AD2， ∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2， 整理得（x+1）2＝4t﹣t2， 在Rt△ADH中，AD2， ∴u（0＜t＜4）， 即u（0＜t＜4）． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了对余四边形的定义，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题． 类型五 圆的综合题 16．（2025•南通模拟）[模型建立] 如图①、②，点P分别在⊙O外、在⊙O内，直线PO分别交⊙O于点A、B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离，PB是点P到⊙O上的点的最长距离． [问题解决] 请就图①中PB为何最长进行证明． [初步应用] （1）已知点P到⊙O上的点的最短距离为3，最长距离为7．则⊙O的半径为　2或5　 ． （2）如图③，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6．点E在边BC上，且CE＝2，动点P在半径为2的⊙E上，则AP的最小值是　　 ． [拓展延伸] 如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为　　 ． 【分析】[问题解决]点C为⊙O上任意一点，连接PC，OC，分两种情况讨论：当点C与点B不重合时，当点C与点B重合时，PB＝PC，推导出PB≥PC，进而得证； [初步应用]（1）根据三角形的任意两边之和大于第三边即可得解； （2）分两种情况讨论：①点P在⊙O外，②点P在⊙O内，根据线段的和差即可求解； 连接AE，交⊙O于点D，则AP的最小值是AD的长，根据勾股定理即可求出AE，进而得到AD的长，即可解答； [拓展延伸]取AO的中点D，连接DQ，CD，OP，过点C作CE⊥AB，可得DQ是△OAP的中位线，则点Q在D为圆心，1为半径的圆上运动．在Rt△CDE中，得出，进而可得CQ的最大值为． 【解答】[问题解决]证明：点P分别在⊙O外，直线PO分别交⊙O于点A、B，如图①﹣1，点C为⊙O上任意一点，连接PC，OC， 当点C与点B不重合时， 在△POC中，PO+CO＞PC， 又∵CO＝BO， ∴PO+BO＞PC，即PB＞PC， 当点C与点B重合时，PB＝PC， ∴综上可得：PB≥PC， ∵点C为⊙O上任意一点， ∴PB的长是点P到⊙O上的点的最长距离； [初步应用]解：（1）已知点P到⊙O上的点的最短距离为3，最长距离为7，分两种情况讨论： 若点P在⊙O外，如图①﹣2，则PA＝3，PB＝7， ∴AB＝PB﹣PA＝7﹣3＝4， ∴⊙O的半径为2； 若点P在⊙O内，如图②，则PA＝3，PB＝7， ∴AB＝PB+PA＝7+3＝10， ∴⊙O的半径为5； 综上所述，⊙O的半径为2或5， 故答案为：2或5； （2）如图③，连接AE，交⊙O于点D，由[模型建立]可得AD的长是点A到⊙E上的点的最短距离， ∴AP的最小值是AD的长， ∵在Rt△ACE中，AC＝8，CE＝2， 由勾股定理得：， ∴， ∴AP的最小值是， 故答案为：； [拓展延伸]解：如图④，取AO的中点D，连接DQ，CD，OP，过点C作CE⊥AB， ∵点Q是线段AP的中点， ∴， ∴点Q在D为圆心，1为半径的圆上运动， ∴当D在CQ上，线段CQ取得最大值， ∵∠AOC＝120°， ∴∠COE＝60°，∠OCE＝30°， ∴，， 在Rt△CDE中，， ∴CQ的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查三角形三边关系的应用，勾股定理，一点到圆上的距离的最值问题，解答本题的关键是熟练运用数形结合的思想解决问题． 类型六 几何变换综合题 17．（2025•昆山市模拟）某研究学习小组给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F． （1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB； 分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论： 推理证明：写出图①的证明过程： 探究问题： （2）当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断线段BD，EF，AB之间的数量关系并证明； 拓展思考： （3）在（1）（2）的条件下，若，△ACD面积是△ABD面积两倍，则△AEF的面积为 　或　 ． 【分析】（1）在AB边上截取AM＝EF，连接DM，根据题意证明出△DAM≌△AEF（SAS），得到AF＝DM，然后证明出△BMD是等边三角形，得到BD＝BM＝DM，进而求解即可； （2）图②：在BD上取点H，使BH＝AB，连接AH并延长到点G使AG＝AF，连接DG，首先证明出△ABH是等边三角形，得到∠BAH＝60°，然后求出∠BAH＝∠DAE，然后证明出△FAE≌△GAD（SAS），得到EF＝DG，∠AFE＝∠G，然后证明出△DHG是等边三角形，得到DH＝DG＝EF，进而求解即可； 图③：在EF上取点H使AH＝AF，同理证明出△EAH≌△ADB（AAS），得到BD＝AH，AB＝EH，进而求解即可； （3）根据勾股定理和含30°角直角三角形的性质求出BC＝6，AB＝12，然后结合CD＝2BD，分别（1）（2）的条件下求出BD的长度，进而求解即可． 【解答】（1）证明：如图1，在AB边上截取AM＝EF，连接DM， 在Rt△ABC中，∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣30°＝60°． ∵EF∥BC， ∴∠EFB＝∠B＝60°． 又∵∠EAD＝60°， ∴∠EFB＝∠EAD． 又∵∠BAD＝∠EAD﹣∠EAF，∠AEF＝∠EFB﹣∠EAF， ∴∠BAD＝∠AEF． 又∵AD＝AE，AM＝EF， ∴△DAM≌△AEF（SAS）． ∴AF＝DM． ∴∠AMD＝∠EFA＝180°﹣∠EFB＝180°﹣60°＝120°． ∴∠BMD＝180°﹣∠AMD＝180°﹣120°＝60°． ∵∠B＝60°， ∴∠BMD＝∠B＝∠BDM＝60°． ∴△BMD是等边三角形． ∴BD＝BM＝DM， ∵AB＝AM+BM， ∴AB＝EF+BD； （2）解：图②：当点D在线段BC的延长线上时，AB＝BD﹣EF，证明如下： 如图所示，在BD上取点H，使BH＝AB，连接AH并延长到点G使AG＝AF，连接DG， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABH是等边三角形， ∴∠BAH＝60°， ∵线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE， ∴∠DAE＝60°，AE＝AD， ∴∠BAH＝∠DAE， ∴∠BAH﹣∠EAH＝∠DAE﹣∠EAH，即∠BAE＝∠HAD， 又∵AG＝AF， ∴△FAE≌△GAD（SAS）， ∴EF＝DG，∠AFE＝∠G， ∵BD∥EF， ∴∠ABC＝∠F＝∠G＝60°， ∵∠DHG＝∠AHB＝60°， ∴△DHG是等边三角形， ∴DH＝DG＝EF， ∴AB＝BH＝BD﹣DH＝BD﹣EF； 图③：当点D在线段CB的延长线上时，AB＝EF﹣BD，证明如下： 如图③所示，在EF上取点H使AH＝AF， ∵EF∥BC， ∴∠F＝∠ABC＝60°，AH＝FH， ∵AH＝AF， ∴△AHF是等边三角形， ∴∠AHF＝∠HAF＝60°， ∴∠AHE＝120°， ∵将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴∠DAB+∠EAH＝180°﹣∠EAD﹣∠HAF＝60°， ∵∠D+∠DAB＝∠ABC＝60°， ∴∠D＝∠EAH， ∵∠DBA＝180°﹣∠ABC＝120°＝∠EHA， 又∵AD＝AE， ∴△EAH≌△ADB（AAS）， ∴BD＝AH，AB＝EH， ∵AH＝FH， ∴BD＝FH， ∴AB＝EH＝EF﹣FH＝EF﹣BD； （3）解：如图所示③，过E作EH⊥AB于H， ∵∠BAC＝30°，∠C＝90°， ∴AB＝2BC，AB2＝BC2+AC2， ∴， ∴BC＝6， ∴AB＝2BC＝12， ∵△ACD面积是△ABD面积两倍， ∴CD＝2BD，又BC＝BD+CD， ∴，则AF＝DM＝BD＝2， 由（1）可知，BD+EF＝AB， ∴EF＝AB﹣BD＝12﹣2＝10， 在Rt△EHF中，∠FEH＝90°﹣∠EFB＝30°， ∴，则， ∴； 如图④所示，当点D在线段BC的延长线上时， ∵CD＜BD，与CD＝2BD矛盾， ∴不符合题意； 如图⑤所示，当点D在线段CB的延长线上时， ∵CD＝2BD＝BD+BC，BC＝6， ∴BD＝BC＝6，则AH＝BD＝6， 由（2）可知，AB＝EF﹣BD， ∵AB＝2BC＝12， ∴EF＝AB+BD＝12+6＝18， 过A作AM⊥EF于M，则∠AMH＝90°， ∴∠HAM＝90°﹣∠AHF＝30°， ∴， ∴， ∴， 综上所述，△AEF的面积为或． 【点睛】此题考查了旋转性质、全等三角形的性质和判定，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含30°角直角三角形的性质，三角形的外角性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加辅助线构造全等三角形和等边三角形是解题的关键． 类型七 综合与实践 18．（2025•海安模拟）综合与实践 问题情境 在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动，如图1，将一张菱形纸片ABCD（∠BAD＞90°）沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD． 操作发现 （1）将图1中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，分别延长BC和DC′交于点E，则四边形ACEC′的形状是 　菱形　 ； （2）创新小组将图1中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝2∠BAC，得到如图3所示的△AC′D，连接DB，C′C，得到四边形BCC′D，发现它是矩形，请你证明这个结论； 实践探究 （3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，量得图3中BC＝13cm，AC＝10cm，然后提出一个问题：将△AC′D沿着射线DB方向平移a cm，得到△A′C″D′，连接BD′，CC′，使四边形BCC″D恰好为正方形，求a的值，请你解答此问题； （4）请你参照以上操作，将图1中的△ACD在同一平面内进行一次平移，得到△A′C′D，在图4中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必证明． 【分析】（1）利用旋转的性质结合菱形的性质得出：∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠1＝∠4，AC＝AC′，进而利用菱形的判定方法得出答案； （2）利用旋转的性质结合菱形的性质得出，四边形BCC′D是平行四边形，进而得出四边形BCC′D是矩形； （3）首先求出CC′的长，分别利用①点C″在边C′C上，②点C″在C′C的延长线上，求出a的值； （4）利用平移的性质以及平行四边形的判定方法得出答案． 【解答】解：（1）如图2，由题意可得：∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠1＝∠4，AC＝AC′， 故AC′∥EC，AC∥C′E， 则四边形ACEC′是平行四边形， 故四边形ACEC′的形状是菱形； 故答案为：菱形； （2）证明：如图3，作AM⊥CC′于点M， 由旋转得：AC′＝AC， 则∠CAM＝∠C′AMα＝∠BAC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BA＝BC， ∴∠BCA＝∠BAC， ∴∠CAM＝∠BCA， ∴AM∥BC，同理可得：AM∥DC′， ∴BC∥DC′，则∠BCC′＝90°， 又∵BC＝DC′， ∴四边形BCC′D是平行四边形， ∵∠BCC′＝90°， ∴四边形BCC′D是矩形； （3）如图3，过点B作BF⊥AC，垂足为F， ∵BA＝BC， ∴CF＝AFAC10＝5， 在Rt△BCF中，BF12， 在△ACM和△CBF中， ∵∠CAM＝∠BCF，∠CMA＝∠BFC＝90°， ∴△ACM∽△CBF， ∴，即， 解得：MC， ∵AC＝AC′，AM⊥CC′， ∴CC′＝2CM＝2， 当四边形BCC″D′恰好为正方形时，分两种情况： ①点C″在边C′C上，a＝C′C﹣1313， ②点C″在C′C的延长线上，a＝C′C+1313， 综上所述：a的值为：或； （4）答案不唯一， 例：如图4，画出正确图形，平移及构图方法：将△ABC沿着射线CA方向平移，平移距离为AC的长度， 得到△A′D′C′，连接A′B，D′C， 结论：∵BC＝A′D′，BC∥A′D′， ∴四边形A′BCD′是平行四边形． 【点睛】此题主要考查了几何变换综合以及相似三角形的判定与性质、菱形的判定与性质以及矩形的判定方法等知识，正确利用相似三角形的判定与性质得出CC′的长是解题关键． 类型八 相似形综合题 19．（2024•南通）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 60° 2 4 4 图② 1 45° 2 图③ 1 30° 　　 　　 　　 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB•AC之间的数量关系：　AB+AC＝2AB•AC•cosα　 ． 【变式思考】 （2）已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB•AC之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？ 【分析】（1）根据等腰三角形性质可得AD⊥BC，再运用解直角三角形即可求得答案； （2）过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，运用等腰三角形性质可得DF＝DE，利用S△ABC＝S△ABD+S△ACD，即可求得答案； （3）根据题目要求画图，设∠A＝α，运用等腰三角形性质和三角形内角和定理可求得α＝36°，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，利用S△BMN＝S△BEM+S△BEN，即可求得答案． 【解答】解：（1）如图③， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， 在Rt△ABD中，AB， ∴AC＝AB， 两腰之和为AB+AC，两腰之积为AB•AC， 猜想：AB+AC＝2AB•AC•cosα， 证明：如图， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， 在Rt△ABD中，AB， ∴AB+AC，AB•AC， ∴AB+AC＝2AB•AC•cosα； 故答案为：，，，AB+AC＝2AB•AC•cosα； （2）AB•AC＝AB+AC． 证明：如图，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G， 则DE＝AD•sin∠BAD＝1×sin30°， ∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC， ∴DF＝DE， 在Rt△ACG中，CG＝AC•sin∠BAC＝AC•sin60°AC， ∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD， ∴AB•ACAB•AC•， ∴AB•AC＝AB+AC； （3）补全图形如图所示： 设∠A＝α， ∵BD＝AD， ∴∠ABD＝∠A＝α， ∴∠BDC＝∠ABD+∠A＝2α， ∵BD＝BC， ∴∠BCD＝∠BDC＝2α， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝2α， ∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴α+2α+2α＝180°， 解得：α＝36°， ∴∠A＝∠ABD＝∠CBD＝36°， 如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G， ∵S△BMN＝S△BEM+S△BEN， ∴BM•NGBM•EFBN•EH， ∵∠ABD＝∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC， ∴EF＝EH， ∴BM•BN•sin72°＝（BM+BN）•EH， ∴， ∵sin∠CBD＝sin36°， ∴EH＝BE•sin36°， ∴， ∵BE为定长，sin36°和sin72°为定值， ∴为定值， 即为定值． 【点睛】本题是几何综合题，考查了等腰三角形性质，角平分线性质，三角形面积，解直角三角形，添加辅助线构造直角三角形是解题关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题4中考解答题压轴题最后一题常考题型（8种类型）集训（原卷版） 【题型预览】 类型一 新定义型二次函数综合题 类型二 二次函数与代数几何综合 类型三 三角形综合题 类型四 四边形综合题 类型五 圆综合题 类型六 几何变换综合题 类型七 综合与实践 类型八 相似形综合题 【好题精练】 类型一 新定义型二次函数综合题 1．（2023•南通）定义：平面直角坐标系xOy中，点P（a，b），点Q（c，d），若c＝ka，d＝﹣kb，其中k为常数，且k≠0，则称点Q是点P的“k级变换点”．例如，点（﹣4，6）是点（2，3）的“﹣2级变换点”． （1）函数y的图象上是否存在点（1，2）的“k级变换点”？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由； （2）动点A（t，t﹣2）与其“k级变换点”B分别在直线l1，l2上，在l1，l2上分别取点（m2，y1），（m2，y2）．若k≤﹣2，求证：y1﹣y2≥2； （3）关于x的二次函数y＝nx2﹣4nx﹣5n（x≥0）的图象上恰有两个点，这两个点的“1级变换点”都在直线y＝﹣x+5上，求n的取值范围． 2．（2021•南通）定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“等值点”．例如，点（1，1）是函数yx的图象的“等值点”． （1）分别判断函数y＝x+2，y＝x2﹣x的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果不存在，说明理由； （2）设函数y（x＞0），y＝﹣x+b的图象的“等值点”分别为点A，B，过点B作BC⊥x轴，垂足为C．当△ABC的面积为3时，求b的值； （3）若函数y＝x2﹣2（x≥m）的图象记为W1，将其沿直线x＝m翻折后的图象记为W2．当W1，W2两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，直接写出m的取值范围． 3．（2024•张家港市模拟）定义：若一个函数的图象上存在横、纵坐标之和为零的点，则称该点为这个函数图象的“平衡点”．例如，点（﹣1，1）是函数y＝x+2的图象的“平衡点”． （1）在函数①y＝﹣x+3，②y，③y＝﹣x2+2x+1，④y＝x2+x+7的图象上，存在“平衡点”的函数是 　 　 ；（填序号） （2）设函数y（x＞0）与y＝2x+b的图象的“平衡点”分别为点A、B，过点A作AC⊥y轴，垂足为C．当△ABC为等腰三角形时，求b的值； （3）若将函数y＝x2+2x的图象绕y轴上一点M旋转180°，M在（0，﹣1）下方，旋转后的图象上恰有1个“平衡点”时，求M的坐标． 4．（2022•南通）定义：函数图象上到两坐标轴的距离都不大于n（n≥0）的点叫做这个函数图象的“n阶方点”．例如，点（，）是函数y＝x图象的“阶方点”；点（2，1）是函数y图象的“2阶方点”． （1）在①（﹣2，）；②（﹣1，﹣1）；③（1，1）三点中，是反比例函数y图象的“1阶方点”的有 　 　 （填序号）； （2）若y关于x的一次函数y＝ax﹣3a+1图象的“2阶方点”有且只有一个，求a的值； （3）若y关于x的二次函数y＝﹣（x﹣n）2﹣2n+1图象的“n阶方点”一定存在，请直接写出n的取值范围． 类型二 二次函数代数几何综合题 5．（2024•崇川区三模）已知抛物线y＝a（x﹣4）2（a＞0）的顶点为C，抛物线与直线y＝kx+1﹣4k交于A、B两点，点A在点B的左侧． （1）直线经过定点D，点D的坐标是 　 　 ； （2）如果直线y＝kx+1﹣4k绕点D旋转的过程中，AC与BC始终互相垂直，求a的值； （3）抛物线与y轴交于点E，直线与y轴交于点F，如果S△ABE＝3S△ABC，求S△ABC的最小值． 6．（2024•南通二模）在平面直角坐标系xOy中，以A为顶点的抛物线y＝x2﹣1与直线y＝k（x+1）有两个公共点M，N，其中，点M在x轴上．直线y＝k（x+1）与y轴交于点B，点B关于点A的对称点为C． （1）用含k的式子分别表示点B，N的坐标为：B 　 　 ，N 　 　 ； （2）如图，当k＞0时，连接CM，CN．求证：CO平分∠MCN； （3）若函数y＝x2﹣1（x≥k）的图象记为W1，将其沿直线x＝k翻折后的图象记为W2，当W1，W2两部分组成的图象与线段MB恰有一个公共点时，请确定k的取值范围． 8．（2024•通州区二模）如图，直线y＝kx+b（b＞0）与抛物线yx2相交于A，B两点（A在B的左侧），与x轴正半轴相交于点D，与y轴相交于点C．设△OCD的面积为S，且kS+2＝0．过点B作x轴的垂线交AO的延长线于点E，过点C，E分别作x轴的平行线l1，l2，直线l3（不平行于y轴）与抛物线yx2有唯一公共点，分别交l1，l2于P，Q两点． （1）求b的值； （2）求点E的纵坐标； （3）探究CP2﹣CQ2是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 9．（2024•海安市二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（b，c是常数）与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．P为x轴上方抛物线上的动点（不与点C重合），设点P的横坐标为m． （1）直接写出b，c的值； （2）如图，过A点的直线y＝x+1与y轴相交于点E，与抛物线相交于点D，过A点的另一条直线y与抛物线相交于点F，求证：∠ACE+∠BAF＝∠DAB； （3）过点P作x轴的平行线与直线BC交于点Q，线段PQ的长记为d． ①求d关于m的函数解析式； ②根据d的不同取值，试探索点P的个数情况． 10．（2024•启东市二模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求抛物线的解析式； （2）在抛物线上是否存在一点P，满足若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由； （3）如图2，过点O作CB的垂线，垂足为H，M，N分别为射线OC，OH上的两个动点，且满足OM：ON＝3：5，连接BM，CN，请直接写出的最小值． 11．（2024•海门区一模）已知抛物线y＝mx2+2mx+n（m，n为常数，m＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交点C，顶点为D，AB＝4． （1）求3m+n的值； （2）如图，连接BD交AC于点E，求证：BE＝2DE； （3）设M是x轴下方抛物线上的动点（不与C重合），过点M作MN∥x轴，交直线AC于点N．由线段MN长的不同取值，试探究符合条件的点M的个数． 12．（2025•广陵区校级一模）在二次函数y＝x2的图象上分别取三个点P，A，B，其中，点P（p，﹣p）在第二象限内，A，B两点横坐标分别为a，b，且满足a≤p≤b． （1）求p的值； （2）记a≤x≤b时，二次函数y＝x2的最大值为y1，最小值为y2．若b﹣a＝3，求y1﹣y2的取值范围； （3）连接PA，PB，AB．当PA⊥PB时，作PH⊥AB，垂足为点H，PH是否存在最大值？若存在，求PH的最大值；若不存在，请说明理由． 13．（2024•海安市一模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a经过点A（t，y1），B（4﹣t，y2），且t≠2． （1）求该抛物线的对称轴； （2）若抛物线经过点（﹣2，﹣5），设点A与点B横坐标的差为d，点A与点B纵坐标的差为h，求的值； （3）在（2）的条件下，连接AB，若线段AB交抛物线对称轴于点E（点E不与A，B重合），在直线x＝1的同侧作矩形BCDE，且DE＝AE．当抛物线在矩形BCDE内部的部分始终在x轴下方时，求t的取值范围． 类型三 三角形综合题 14．（2023•成都）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究． 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F． 【初步感知】 （1）如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：AE+BFAB，请写出证明过程． 【深入探究】 （2）①如图2，当n＝2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明； ②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）． 【拓展运用】 （3）如图3，连接EF，设EF的中点为M，若AB＝2，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）． 类型四 四边形综合题 15．（2020•南通）【了解概念】 有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线． 【理解运用】 （1）如图①，对余四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，连接AC．若AC＝AB，求sin∠CAD的值； （2）如图②，凸四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，当2CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形．证明你的结论； 【拓展提升】 （3）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC＝90°+∠ABC．设u，点D的纵坐标为t，请直接写出u关于t的函数解析式． 类型五 圆的综合题 16．（2025•南通模拟）[模型建立] 如图①、②，点P分别在⊙O外、在⊙O内，直线PO分别交⊙O于点A、B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离，PB是点P到⊙O上的点的最长距离． [问题解决] 请就图①中PB为何最长进行证明． [初步应用] （1）已知点P到⊙O上的点的最短距离为3，最长距离为7．则⊙O的半径为　 ． （2）如图③，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6．点E在边BC上，且CE＝2，动点P在半径为2的⊙E上，则AP的最小值是　 ． [拓展延伸] 如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为　 ． 类型六 几何变换综合题 17．（2025•昆山市模拟）某研究学习小组给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F． （1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB； 分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论： 推理证明：写出图①的证明过程： 探究问题： （2）当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断线段BD，EF，AB之间的数量关系并证明； 拓展思考： （3）在（1）（2）的条件下，若，△ACD面积是△ABD面积两倍，则△AEF的面积为 　 ． 类型七 综合与实践 18．（2025•海安模拟）综合与实践 问题情境 在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动，如图1，将一张菱形纸片ABCD（∠BAD＞90°）沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD． 操作发现 （1）将图1中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，分别延长BC和DC′交于点E，则四边形ACEC′的形状是 　 ； （2）创新小组将图1中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝2∠BAC，得到如图3所示的△AC′D，连接DB，C′C，得到四边形BCC′D，发现它是矩形，请你证明这个结论； 实践探究 （3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，量得图3中BC＝13cm，AC＝10cm，然后提出一个问题：将△AC′D沿着射线DB方向平移a cm，得到△A′C″D′，连接BD′，CC′，使四边形BCC″D恰好为正方形，求a的值，请你解答此问题； （4）请你参照以上操作，将图1中的△ACD在同一平面内进行一次平移，得到△A′C′D，在图4中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必证明． 类型八 相似形综合题 19．（2024•南通）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 60° 2 4 4 图② 1 45° 2 图③ 1 30° 　 　 　 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB•AC之间的数量关系：　 ． 【变式思考】 （2）已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB•AC之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$