专题11 二次函数、几何压轴题（宁夏专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

专题11 二次函数、几何压轴题 考点1 二次函数交点问题 1.（2024•宁夏）若二次函数y＝2x2﹣x+m的图象与x轴有交点，则m的取值范围是 　 　 ． 【分析】利用根的判别式的意义得到Δ＝（﹣1）2﹣4×2×m≥0，然后解不等式即可． 【解答】解：∵二次函数y＝2x2﹣x+m的图象与x轴有交点， ∴Δ＝（﹣1）2﹣4×2×m≥0， 解得m， 即m的取值范围为m． 故答案为：m． 【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程；Δ＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数． 考点2 二次函数综合应用 1．（2022•宁夏）2022北京冬奥会自由式滑雪空中技巧比赛中，某运动员比赛过程的空中剪影近似看作一条抛物线，跳台高度OA为4米，以起跳点正下方跳台底端O为原点，水平方向为横轴，竖直方向为纵轴，建立如图所示平面直角坐标系．已知抛物线最高点B的坐标为（4，12），着陆坡顶端C与落地点D的距离为2.5米，若斜坡CD的坡度i＝3：4（即）． 求：（1）点A的坐标； （2）该抛物线的函数表达式； （3）起跳点A与着陆坡顶端C之间的水平距离OC的长．（精确到0.1米） （参考数据：1.73） 【分析】（1）由抛物线的图象可直接得出结论； （2）由抛物线的顶点可设出抛物线的顶点式，将点A的坐标代入即可得出结论； （3）根据勾股定理可得出CE和DE的长，进而得出点D的坐标，由OC的长为点D的横坐标减去DE的长可得出结论． 【解答】解：（1）∵OA＝4，且点A在y轴正半轴， ∴A（0，4）． （2）∵抛物线最高点B的坐标为（4，12）， ∴设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣4）2+12， ∵A（0，4）， ∴a（0﹣4）2+12＝4，解得a． ∴抛物线的解析式为：y（x﹣4）2+12． （3）在Rt△CDE中，，CD＝2.5， ∴CE＝1.5，DE＝2． ∴点D的纵坐标为﹣1.5， 令（x﹣4）2+12＝﹣1.5， 解得，x＝4+39.19或x＝4﹣31.19（不合题意，舍去）， ∴D（9.19，﹣1.5）． ∴OC＝9.19﹣2＝7.19≈7.2（m）． ∴OC的长约为7.2米． 【点评】本题主要考查二次函数的应用，涉及待定系数法求函数解析式，抛物线上点的坐标特点等相关内容，得出点D的坐标是解题关键． 2．（2023•宁夏）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．已知点A的坐标是（﹣1，0），抛物线的对称轴是直线x＝1． （1）直接写出点B的坐标； （2）在对称轴上找一点P，使PA+PC的值最小．求点P的坐标和PA+PC的最小值； （3）第一象限内的抛物线上有一动点M，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，连接BC交MN于点Q．依题意补全图形，当MQCQ的值最大时，求点M的坐标． 【分析】（1）根据二次函数的对称轴为直线x1得b＝﹣2a①，把点A（﹣1，0）代入抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）得a﹣b+3＝0②，联立①②得，解得，所以二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3，令y＝0得﹣x2+2x+3＝0，解得x＝3或x＝﹣1，即可求得B点的坐标； （2）连接BC，线段BC与直线x＝1的交点就是所求作的点P，设直线CB的表达式为 y＝kx+b′，代入C（0，3）和B（3，0）即可求得直线CB的表达式为y＝﹣x+3，当x＝1时，y＝2，得P（1，2），在Rt△BOC中，BC，因为点A，B关于直线x＝1对称，所以PA＝PB，即可求得PA+PC＝PB+PC＝BC＝3； （3）由（1）得抛物线的表达式为 y＝﹣x2+2x+3，由（2）得：yBC＝﹣x+3，设M（t，t2+2t+3），则Q（t，﹣t+3）得NQ＝﹣t2+3t，过点Q作QD⊥OC，垂足为D，则△CDQ是等腰直角三角形，所以，所以t2+3t+2t＝﹣t2+5t＝﹣（t）2，当t 时， 有最大值，此时点M ． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）的对称轴是直线x＝1， ∴1， ∴b＝﹣2a①， ∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A，B两点，点A的坐标是（﹣1，0）， ∴a﹣b+3＝0②， 联立①②得， 解得， ∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3， 令y＝0得﹣x2+2x+3＝0， 解得x＝3或x＝﹣1， ∴点B的坐标为（3，0）； （2）如图，连接BC，线段BC与直线x＝1的交点就是所求作的点P， 设直线CB的表达式为 y＝kx+b′， 把C（0，3）和B（3，0）代入得： 解得， ∴直线CB的表达式为y＝﹣x+3， ∴当x＝1时，y＝2， ∴P（1，2）， ∵OB＝OC＝3， 在Rt△BOC中，BC， ∵点A，B关于直线x＝1对称， ∴PA＝PB， ∴PA+PC＝PB+PC＝BC＝3； （3）如图补全图形， 由（1）得抛物线的表达式为 y＝﹣x2+2x+3，由（2）得：yBC＝﹣x+3， 故设M（t，﹣t2+2t+3），则Q（t，﹣t+3）． ∴MQ＝﹣t2+3t， 过点Q作QD⊥OC，垂足为D，则△CDQ是等腰直角三角形． ∴t， ∴t2+3t+2t＝﹣t2+5t＝﹣（t）2， ∴当t 时， 有最大值， 此时点M ． 【点评】本题考查二次函数的综合应用，掌握二次函数对称轴、与坐标轴交点的性质是解题的关键． 3．（2024•宁夏）抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C，点P是第四象限内抛物线上的一点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，过P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．设点D的横坐标为m，当时，求m的值； （3）如图2点F（1，0），连接CF并延长交直线PD于点M，点N是x轴上方抛物线上的一点，在（2）的条件下，x轴上是否存在一点H，使得以F，M，N，H为顶点的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将点A（﹣1，0）代入抛物线解析式，解之即可得出结论； （2）令y＝0，可得B（4，0）；令x＝0可得点C的坐标（0，﹣2）；则BC2；BC的解析式为：yx﹣2；根据题意，点D的坐标为（m，0），把x＝m分别代入抛物线和直线BC的解析式，可得P（m，m2m﹣2）；E（m，m﹣2）；所以DE＝2m，EP＝2mm2；由PD⊥x轴，可得PD∥y轴，所以△BDE∽△BOC，则BD：BO＝BE：BC，即BE•BO＝BC•BD，可得BE（4﹣m），所以PEBE（4﹣m），由此可建立关于m的方程，解之即可； （3）由C、F的坐标可得，直线CF的解析式为：y＝2x﹣2，所以M（，3）；当y＝3时，x2x﹣2＝3，解得x＝﹣2或x＝5；当N（﹣2，3）时，FH＝MN；当N（5，3）时，FH＝MN；分别求解即可得出结论． 【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）代入 得； 解得a； ∴抛物线的解析式为：yx2x﹣2． （2）把y＝0代入yx2x﹣2得，x2x﹣2＝0， 解得x＝﹣1或x＝4， ∴B（4，0）； 当x＝0是，y＝﹣2， ∴点C的坐标（0，﹣2）； ∴BC2；BC的解析式为：yx﹣2； 根据题意，点D的坐标为（m，0）， 把x＝m代入yx2x﹣2得，ym2m﹣2． 把x＝m代入yx﹣2，得ym﹣2， ∴P（m，m2m﹣2）；E（m，m﹣2）； ∴DE＝2m，EP＝2mm2； ∵PD⊥x轴， ∴PD∥y轴， ∴△BDE∽△BOC， ∴BD：BO＝BE：BC，即BE•BO＝BC•BD， ∴BE（4﹣m）， ∵PEBE（4﹣m）， ∴2mm2（4﹣m）， 解得m或m＝4（舍）； （3）存在，点H的坐标为（，0）或（，0）或（，0）或（，0）．理由如下： ∵C（0，﹣2），F（1，0）， ∴直线CF的解析式为：y＝2x﹣2， 当x时，y＝22＝3； ∴M（，3）； ∵点N是x轴上方抛物线上的一点， ∴当y＝3时，x2x﹣2＝3， 解得x＝﹣2或x＝5； 当N（﹣2，3）时，FH＝MN； ∴H的坐标为：（，0）或（，0）； 当N（5，3）时，FH＝MN； ∴H的坐标为：（，0）或（，0）． 综上，点H的坐标为（，0）或（，0）或（，0）或（，0）． 【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法确定函数的解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数与一次函数的交点，平行四边形的判定和性质，中点坐标公式等知识点，本题运用了分类讨论的思想．掌握函数的性质、相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质是解题的关键． 4．（2025•宁夏）如图，抛物线y＝ax2﹣2x+3与x轴负半轴交于点A，与y轴交于点B，顶点C的横坐标为﹣1． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，将直线AB沿y轴向上平移m（m＞0）个单位长度，当它与抛物线有交点时，求m的取值范围； （3）如图2，抛物线的对称轴交直线AB于点D，交x轴于点E，连接AC．抛物线上是否存在点P（不与点C重合），使得S△PAD＝S△CAD．若存在，直接写出点P的横坐标；若不存在，说明理由． 【分析】（1）利用顶点横坐标为﹣1和公式求出参数a，进而得到抛物线表达式； （2）先求点A和B的坐标，确定直线AB方程；将直线向上平移m个单位后与抛物线联立，利用判别式≥0求m的范围（注意m＞0）； （3）先求对称轴与直线AB的交点D及顶点C，计算S△CAD设点P坐标，利用面积公式S△PAD＝S△CAD列方程，得到绝对值方程并求解，排除与C重合的点，得出横坐标． 【解答】解：（1）∵抛物线顶点横坐标为﹣1， ∴由顶点公式，其中b＝﹣2，即， ∴a＝﹣1， ∴抛物线表达式为y＝﹣x2﹣2x+3， 故答案为：y＝﹣x2﹣2x+3； （2）当y＝0时，﹣x2﹣2x+3＝0，即x2+2x﹣3＝0， 解得x＝﹣3或x＝1（正半轴，不合题意，舍去），故A（﹣3，0）， 当x＝0时，y＝3， 故B（0，3）， 设直线AB的方程为y＝kx+b， 将点A（﹣3，0）与点B（0，3）代入得b＝3，k＝1， ∴直线AB的方程为y＝x+3， 向上平移m个单位后，直线方程为y＝x+3+m， 与抛物线y＝﹣x2﹣2x+3联立：﹣x2﹣2x+3＝x+3+m， 整理得：x2+3x+m＝0， 抛物线与直线有交点时，Δ＝32﹣4×1×m＝9﹣4m≥0， 解得， 又m＞0， ∴m的取值范围为； （3）抛物线对称轴为x＝﹣1．直线AB：y＝x+3，当x＝﹣1时，y＝2，故D（﹣1，2）． 顶点C：当x＝﹣1，y＝﹣（﹣1）2﹣2×（﹣1）+3＝4， 故C（﹣1，4）．点A（﹣3，0）． ， 设P（x，y）在抛物线上，y＝﹣x2﹣2x+3，如图， 情况1：过点C作AB的平行线，与抛物线交于点P，此时S△PAD＝S△CAD＝2（同底等高）， 因OA＝OB，且PC∥AB，故可设直线PC的解析式为y＝x+t， 将点C（﹣1，4）代入求得t＝5，即PC的解析式为y＝x+5， 联立抛物线方程， 解得：（另一解为点C的坐标值）， 可解得点P坐标为（﹣2，3）； 情况2：过点E作AB的平行线，交抛物线于点P1与P2，因CD＝DE，即直线PC向下平移到直线AB的距离等于直线AB向下平移到直线P1P2的距离， ∴此时存在满足条件的点， 由于直线P1P2相较于直线AB，向下平移了4个单位，故解析式为y＝x+1， 联立抛物线方程， 消去y并整理得：x2+3x﹣2＝0， ∴， 即点P1的横坐标是，点P2的横坐标是， ∴存在点P，横坐标为﹣2，，． 【点评】本题考查了二次函数的图象与性质（包括顶点坐标、与坐标轴交点求解）、直线与抛物线的位置关系（交点存在性条件）、三角形面积的计算（基于坐标公式）以及面积相等的点的存在性问题，解题的关键是熟练掌握顶点横坐标公式求解析式，利用判别式分析直线与抛物线的交点范围，灵活运用三角形面积坐标公式，以及通过解绝对值方程和分类讨论处理面积相等条件． 考点3 三角形的综合应用 1．（2021•宁夏）阅读理解： 如图1，AD是△ABC的高，点E、F分别在AB和AC边上，且EF∥BC，可以得到以下结论：． 拓展应用： （1）如图2，在△ABC中，BC＝3，BC边上的高为4，在△ABC内放一个正方形EFGM，使其一边GM在BC上，点E、F分别在AB、AC上，则正方形EFGM的边长是多少？ （2）某葡萄酒庄欲在展厅的一面墙上，布置一个腰长为100cm，底边长为160cm的等腰三角形展台．现需将展台用隔板沿平行于底边，每间隔10cm分隔出一排，再将每一排尽可能多的分隔成若干个无盖正方体格子，要求每个正方体格子内放置一瓶葡萄酒．平面设计图如图3所示，将底边BC的长度看作是0排隔板的长度． ①在分隔的过程中发现，当正方体间的隔板厚度忽略不计时，每排的隔板长度（单位：厘米）随着排数（单位：排）的变化而变化．请完成下表： 排数/排 0 1 2 3 … 隔板长度/厘米 160 　 　 　 　 　 　 … 若用n表示排数，y表示每排的隔板长度，试求出y与n的关系式； ②在①的条件下，请直接写出该展台最多可以摆放多少瓶葡萄酒？ 【分析】（1）过点A作AD⊥BC于D，交EF于H，由，可求解； （2）①由等腰三角形的性质可得BD＝80cm，由勾股定理可求AD＝60cm，分别设第1、第2、第3排的隔板长为y1，y2，y3，由阅读理解的结论可列方程，即可求解． ②分别求出每排最多可以放多少葡萄酒瓶，即可求解． 【解答】解：（1）如图2，过点A作AD⊥BC于D，交EF于H， 由阅读理解的结论可得：， 设正方形的边长为x， ∴， ∴x， ∴正方形的边长为； （2）①如图3﹣1，过点A作AD⊥BC于D， ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴BD＝CD＝80cm， ∴AD60（cm）， 分别设第1、第2、第3排的隔板长为y1，y2，y3， 由阅读理解的结论可得：，， 解得：y1，y2，y3＝80， 故答案为：，，80； ∴， ∴yn+160； ②当n＝1时，隔板长cm， ∴可以作正方体的个数10≈13（个）， 当n＝2时，隔板长cm， ∴可以作正方体的个数10≈10（个）， 当n＝3时，隔板长80cm， ∴可以作正方体的个数＝80÷10≈8（个）， 当n＝4时，隔板长cm， ∴可以作正方体的个数10≈5（个）， 当n＝5时，隔板长cm， ∴可以作正方体的个数10≈2（个）， 当n＝6时，隔板长0cm，可以作正方体的个数为0个， ∴第1排最多可以摆放13瓶葡萄酒，第2排最多可以摆放10瓶葡萄酒，第3排最多可以摆放8瓶葡萄酒，第4排最多可以摆放5瓶葡萄酒，第5排最多可以摆放2瓶葡萄酒，第6排最多可以摆放0瓶葡萄酒， ∴13+10+8+5+2＝38（瓶）， 综上所述：最多可以摆放38瓶葡萄酒． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，找出规律是解题的关键． 2．（2023•宁夏）综合与实践： 问题背景 数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为36°的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究． 探究发现 如图1，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC． （1）操作发现：将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，折痕交AC于点D，连接DE，DB，则∠BDE＝　 　 °，设AC＝1，BC＝x，那么AE＝　 　 （用含x的式子表示）； （2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：； 拓展应用 当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的△ABC是黄金三角形． 如图2，在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，AB＝1．求这个菱形较长对角线的长． 【分析】探究发现 （1）可求得∠ABC＝∠C＝72°，∠BED＝∠C＝72°，∠EBD＝∠CBD，进而求得∠BDE的值，AE＝AB﹣BE＝AC﹣BC＝1﹣x； （2）可证得△ABC∽△BDC，从而，进而得出，解得x，从而得出； 拓展应用 在AC上截取AE＝AD，连接DE，可得出△ADE是黄金三角形，从而得出DE的值，可推出CE＝DE，进而求得结果． 【解答】探究发现 （1）解：∵∠A＝36°，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠C＝72°， ∵边BC落在边BA上，点C的对应点是点E， ∴∠BED＝∠C＝72°，∠EBD＝∠CBD， ∴∠BDE＝180°﹣∠BED﹣∠EBD＝72°， AE＝AB﹣BE＝AC﹣BC＝1﹣x， 故答案为：72，1﹣x； （2）证明：由（1）知：∠CBD＝∠EBD＝36°， ∴∠A＝∠CBD＝∠EBD， ∴AD＝BD， ∵∠C＝∠C， ∴△ABC∽△BDC ∴ 即，解得x ∴； 拓展应用 如图， 在AC上截取AE＝AD，连接DE， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ACD，∠DAC＝∠BAC，AD＝AB＝1，CD∥AB， ∴∠ADE＝∠AED＝72°，∠ADC＝180°﹣∠DAB＝108°， ∴DE， ∴∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝108°﹣72°＝36°， ∴∠CDE＝∠ACD， ∴CE＝DE， ∴AC＝AE+CE＝1． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“黄金比”． 3．（2024•宁夏）综合与实践 如图1，在△ABC中，BD是∠ABC的平分线，BD的延长线交外角∠CAM的平分线于点E． 【发现结论】 结论1：∠AEB＝　 　 ∠ACB； 结论2：当图1中∠ACB＝90°时，如图2所示，延长BC交AE于点F，过点E作AF的垂线交BF于点G，交AC的延长线于点H．则AE与EG的数量关系是 　 　 ． 【应用结论】 （1）求证：AH＝GF； （2）在图2中连接FH，AG，延长AG交FH于点N，补全图形，求证：． 【分析】【发现结论】结论1：根据角平分线的定义得到∠ABC＝2∠ABE，∠CAM＝2∠EAM，根据三角形外角的性质即可得到结论； 结论2：由结论1得到∠AEBACB，求得∠AED∠ACB＝45°，根据全等三角形的性质得到AE＝EG； 【应用结论】（1）根据余角的性质得到∠EFG＝∠EHA，根据全等三角形的性质得到FG＝HA； （2）根据全等三角形的性质得到EF＝EH，求得GN＝HN，由AN＝AG+GN，得到． 【解答】【发现结论】解：结论1：∵BD是∠ABC的平分线， ∴∠ABC＝2∠ABE， ∵AE是∠CAM的平分线， ∴∠CAM＝2∠EAM， ∵∠CAM＝∠ACB+∠ABC， ∴2∠EAM＝∠ACB+2∠ABE， ∵∠EAM＝∠AEB+∠ABE， ∴2（∠AEB+∠ABE）＝∠ACB+2∠ABE， ∴∠AEBACB， 故答案为：； 结论2：由结论1知，∠AEBACB， ∵∠ACB＝90°， ∴∠AED∠ACB＝45°， ∵EH⊥AF， ∴∠AEH＝90°， ∴∠AEB＝∠BEG＝45°， ∵∠ABE＝∠GBE，BE＝BE， ∴△ABE≌△GBE（ASA）， ∴AE＝EG； 故答案为：AE＝EG； 【应用结论】证明：（1）在Rt△AFC中，∠EFG+∠EAH＝90°， 在Rt△AEH中，∠AHE+∠EAH＝90°， ∴∠EFG＝∠EHA， 在△EFG和△EHA中， ， ∴△EFG△EHA（AAS）； ∴FG＝HA； （2）证明：补全图形如图所示， 在Rt△AEG中， ∵∠EAG＝∠EGA＝45°， ∴， ∴Rt△EFG≌Rt△EHA（HL）， ∴EF＝EH， ∵∠FEH＝90°， ∴∠EFH＝∠EHF＝45°， ∴∠AFN＝∠FAN＝45°，∠NGH＝∠AGE＝45°， ∴FN＝AN，∠NGH＝∠NHG＝45°， ∴GN＝HN， 又∵AN＝AG+GN， ∴． 【点评】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．角平分线的定义，外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 4．（2025•宁夏）如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠BAC＝∠DAE＝60°，AD＜AC．连接BD，点F是BD的中点，连接CE，CF，EF． （1）如图1，当点D在AC上时，求证：△CEF是等边三角形； （2）将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转． ①当旋转角为60°时，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？说明理由； ②当EF最长时，EF与AD的交点记作M．若AE＝3，则EM＝ 　 　 ． 【分析】（1）由直角三角形斜边中线性质可得在Rt△BCD中，，在 Rt△BED 中，，得出CF＝EF，∠FBE＝∠FEB，∠FBC＝∠FCB，再证明∠EFC＝60°，即可得出结论； （2）①延长DE交AB于点D，分别延长AD，BC相交于点B，先证明△AED≌△AED（ASA），可得DE＝D′E，同理可得△ABC≌△ABC，BC＝BC，再利用中位线的性质可得结论； ②点E在以点A为圆心，3为半径的圆上，由△CEF是等边三角形，可得EF＝CE，可得EF最大时，即CE取得最大值时，当A，C，E三点共线时，CE取得最大值，此时EF最大，再求解即可． 【解答】（1）证明：∵在Rt△ADE 中∠AED＝90°， ∴∠BED＝90°， ∵在Rt△ABC中∠BAC＝60°， ∴∠ABC＝30°， ∵点F是BD的中点， ∴在Rt△BCD中，，在Rt△BED 中，， ∴CF＝EF，∠FBE＝∠FEB，∠FBC＝∠FCB， ∴∠EFC＝∠EFD+∠CFD＝∠FBE+∠FEB+∠FBC+∠FCB＝2∠ABC＝60°， ∴△CEF是等边三角形； （2）①（1）中的结论还成立，理由如下： 如图，延长DE交AB于点D'，分别延长AD，BC相交于点B'， 由旋转角为60°可得∠EAD＝60° ∴∠EAD＝∠EAD'＝60°， 又∵∠AED＝∠AED'＝90°，AE＝AE， ∴△AED≌△AED'（ASA）， ∴DE＝D'E， ∵DF＝BF， ∴EF是△DBD'的中位线， ∴EF∥AB'， ∴∠FEC＝∠B'AC＝60°， 同理可得△ABC≌△AB'C ∴BC＝B'C， ∵DF＝BF， ∴FC是△BDB'的中位线， ∴CF∥AB'， ∴∠FCA＝∠B'AC＝60°， ∴△CEF是等边三角形； ②如图，点E在以点A为圆心，3为半径的圆上， ∵△CEF是等边三角形， ∴EF＝CE， ∴EF最大时，即CE取得最大值时， ∴当A，C，E三点共线时，CE取得最大值，此时EF最大， 即△ADE绕点A顺时针旋转240度时，EF最大， 延长DE交AB于点D'，分别延长AD，BC相交于点B'， 由①得FC是△BDB'的中位线，EF是△DBD'的中位线， ∴CF∥DB'，EF∥BD'， ∴∠MAE＝∠FCE＝60°，∠MEA＝∠BAC＝60° ∴△MAE是等边三角形， ∴EM＝AE＝3， 故答案为：3． 【点评】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线构造中位线解决问题，属于中考压轴题． 考点4 四边形的综合应用 1．（2022•宁夏）综合与实践 知识再现 如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3．当S1＝36，S3＝100时，S2＝　 　 ． 问题探究 如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°． （1）如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3，则S1、S2、S3之间的数量关系是 　 　 ． （2）如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6，试猜想S4、S5、S6之间的数量关系，并说明理由． 实践应用 （1）如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定角度至△AMN，GH、MN相交于点P．求证：S△PHN＝S四边形PMFG； （2）如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3．若AB＝4，柱体的高h＝8，直接写出V1+V2的值． 【分析】知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解； 问题探究：（1）利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解； （2）过点D作DG⊥BC交于G，分别求出S4BC2，S5AC2，S6AB2，由勾股定理可得AB2AC2BC2，即可求S4+S5＝S6； 实践应用：（1）设AB＝c，BC＝a，AC＝b，则HN＝a+b﹣c，FG＝c﹣a，MF＝c﹣b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则S△PMN（a+b﹣c）2，S四边形PMFG（c﹣a）（c﹣b），再由c2＝a2+b2，可证明S△PHN＝S四边形PMFG； （2）设AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2＝S3，又由V2+V1（S1+S2）hS3h＝V3，即可求V1+V2＝16π． 【解答】知识再现：解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ∴AB2＝AC2+BC2， ∴S1+S2＝S3， ∵S1＝36，S3＝100， ∴S2＝64， 故答案为：64； 问题探究：（1）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ∴AB2＝AC2+BC2， ∴AB2AC2BC2， ∴S1+S2＝S3， 故答案为：S1+S2＝S3； （2）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ∴AB2＝AC2+BC2， 过点D作DG⊥BC交于G， 在等边三角形BCD中，CD＝BC，CGBC， ∴DGBC， ∴S4BCBCBC2， 同理可得S5AC2，S6AB2， ∴AB2AC2BC2， ∴S4+S5＝S6； 实践应用：（1）证明：设AB＝c，BC＝a，AC＝b， ∴HN＝a+b﹣c，FG＝c﹣a，MF＝c﹣b， ∵△HGB是等边三角形，△ABF是等边三角形， ∴HG∥AF，MN∥BF， ∴∠HPN＝60°， ∴△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形， ∴S△PHN（a+b﹣c）2，S四边形PMFG（c﹣a）（c﹣b）， ∵△ABC是直角三角形， ∴c2＝a2+b2， ∴（a+b﹣c）2（a2+b2+c2+2ab﹣2bc﹣2ac）（c2+ab﹣bc﹣ac）（c﹣a）（c﹣b）， ∴S△PHN＝S四边形PMFG； （2）解：设AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2， ∵△ABC是直角三角形， ∴c2＝a2+b2， ∴c2a2b2， ∴S1+S2＝S3， ∵V2S2h，V1S1h，V3S3h， ∴V2+V1（S1+S2）hS3h＝V3， ∵AB＝4，h＝8， ∴V3S3hπ×4×8＝16π， ∴V1+V2＝16π． 【点评】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键． 1．（2025•宁夏利通区三模）已知二次函数y＝x2+x﹣2025与x轴的交点的横坐标为m，n，则的值为　 　 ． 【分析】将变形为，由一元二次方程根与系数的关系得到，，代入即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【解答】解：设根为m，n，由题意可得： ∴，， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了二次函数与x轴的交点问题，一元二次方程根与系数的关系，正确进行计算是解题关键． 2．（2025•宁夏利通区校级三模）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣4，0）和点B，与y轴相交于点C（0，4），点D在线段OA上运动，过点D作x轴的垂线，与AC交于点Q，与抛物线交于点P． （1）求该二次函数的解析式； （2）是否存在点P，使得△ADQ∽△PCQ，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由； （3）连接AP，CP，求四边形AOCP面积的最大值． 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）设D（m，0），则P（m，m+4），Q（m，﹣m2﹣3m+4），根据△ADQ∽△PCQ，可得，求出m的值即可求P点坐标； （3）由（2）可知PQ＝﹣m2﹣4m，则四边形AOCP面积＝16﹣2（m+2）2，当m＝﹣2时，四边形AOCP面积的最大值为16． 【解答】解：（1）将A（﹣4，0），C（0，4）代入y＝﹣x2+bx+c， ∴， 解得， ∴y＝﹣x2﹣3x+4； （2）存在点P，使得△ADQ∽△PCQ，理由如下： ∵C（0，4），A（﹣4，0）， ∴直线AC的解析式为y＝x+4， 设D（m，0），则Q（m，m+4），P（m，﹣m2﹣3m+4）， ∵△ADQ∽△PCQ， ∴，即， 解得m＝﹣2或m＝﹣4（舍）， ∴P（﹣2，6）； （3）由（2）可知PQ＝﹣m2﹣4m， ∴四边形AOCP面积4×44（﹣m2﹣4m）＝16﹣2（m+2）2， 当m＝﹣2时，四边形AOCP面积的最大值为16． 【点评】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，相似三角形的性质是解题的关键． 3．（2025•宁夏金凤区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴负半轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），OC＝4OA，连接BC． （1）求该抛物线的解析式； （2）如图1，P为线段OC上一点，连接AC，BP，当∠BPO+∠ACO＝90°时，求点P的坐标； （3）如图2，若点M、N在抛物线上，点M的横坐标为m（0＜m＜3），点N的横坐标为m+1．过点M作y轴的平行线交线段BC于点D，过点N作y轴的平行线交线段BC于点H，连接MN．当四边形MNHD的面积最大时，求证：四边形MNHD是平行四边形． 【分析】（1）根据题意得到点C（0，﹣4），再利用待定系数法即可解答； （2）证明△BPO≌△CAO，可得OP＝AO，即可解答； （3）求得直线BC的解析式为y＝x﹣4，再将M，N，D，H的坐标表示出来，在表示出DM＝﹣m2+4m，HN＝﹣（m+1）2+4（m+1）＝﹣m2+2m+3，利用梯形面积公式表示出面积，再求出四边形MNHD的面积最大时，DM＝HN，即可解答． 【解答】（1）解：∵A（﹣1，0）， ∴OA＝1， ∵OC＝4OA， ∴OC＝4， ∴C（0，﹣4）． 将A（﹣1，0），C（0，﹣4）代入y＝x2+bx+c， 得， 解得， ∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣3x﹣4； （2）解：当y＝0时，x2﹣3x﹣4＝0， 解得x1＝﹣1，x2＝4， ∴B（4，0）， ∴OB＝OC＝4， ∵∠AOC＝90°， ∴∠ACO+∠CAO＝90°， ∵∠BPO+∠ACO＝90°， ∴∠BPO＝∠CAO， 在△BPO和△CAO中， ， ∴△BPO≌△CAO（AAS）． ∴PO＝AO＝1， ∴点P的坐标为P（0．﹣1）； （3）证明：设直线BC的解析式为y＝kx+b1， 将B（4，0），C（0，﹣4）代入， 得， 解得， ∴直线BC的解析式为y＝x﹣4， ∵点M的横坐标为m， ∴M（m，m2﹣3m﹣4），D（m，m﹣4）， ∵点N的横坐标为m+1， ∴N（m+1，（m+1）2﹣3（m+1）﹣4），H（m+1，（m+1）﹣4）， ∴DM＝﹣m2+4m，HN＝﹣（m+1）2+4（m+1）＝﹣m2+2m+3， S四边形MNHD ． ∵﹣1＜0， ∴当时，四边形MNHD的面积最大， 此时， ， ∵DM与HN都与y轴平行， ∴DM∥HN， ∴四边形MNHD是平行四边形． 【点评】本题考查了二次函数综合，考查了待定系数法求函数，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，熟练表示出所需的点的坐标是解题的关键． 4．（2025•宁夏吴忠模拟）如果一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形”． （1）“抛物线三角形”一定是　 　 三角形； （2）如图，△OAB是抛物线y＝﹣x2+bx（b＞0）的“抛物线三角形”，是否存在以原点O为对称中心的矩形ABCD？若存在，求出过O、C、D三点的抛物线的表达式；若不存在，说明理由； （3）在（2）的条件下，若以点E为圆心，r为半径的圆与线段AD只有一个公共点，求出r的取值范围． 【分析】（1）根据抛物线的对称性可知AO＝AB，然后根据等腰三角形的定义判断； （2）根据矩形的对角线互相平分且相等可得OA＝OB，然后判断出△AOB是等边三角形，令y＝0求出点B的坐标，得到OB的长，再根据等边三角形的性质求出OE、AE，从而得到点A的坐标，然后代入抛物线解析式求出b的值，再根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数求出点C、D的坐标，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答； （3）求出DE的长，再利用锐角三角函数求出点E到AD的距离，然后根据圆与线段只有一个交点写出r的取值范围即可． 【解答】解：（1）∵O、B是抛物线与x轴的两个交点，A是抛物线的顶点， ∴AO＝AB， ∴△AOB是等腰三角形， ∴“抛物线三角形”一定是等腰三角形； （2）∵以原点O为对称中心的四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OB， ∴△AOB是等边三角形， 令y＝0，则﹣x2+bx＝0， 解得x1＝0，x2＝b， ∴OB＝b， ∵AE⊥OB， ∴OE，AEb， ∴点A的坐标为（，b）， 代入抛物线得，﹣（）2+bb， 解得b＝2， ∴点A（，3）， ∵C、D分别为A、B关于原点的对称点， ∴C（，﹣3），D（﹣2，0）， 设过O、C、D三点的抛物线的表达式为y＝ax2+bx， 则， 解得， 所以，过O、C、D三点的抛物线的表达式为y＝x2+2x； （3）由（2）可知，∵△AOB是等边三角形， ∴∠ADE＝90°﹣60°＝30°， 又∵DE＝OE+OD23， ∴点E到AD的距离＝DE•sin30°＝3， ∴当r或3＜r≤3时，以点E为圆心，r为半径的圆与线段AD只有一个公共点． 【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了抛物线的对称性，矩形的性质等边三角形的判定与性质，关于原点对称的点的坐标，直线与圆的位置关系，读懂题目信息，理解“抛物线三角形”是解题的关键， 5．（2025•宁夏兴庆区校级四模）如图，抛物线L：y＝ax2+2ax+c（a、c为常数，a≠0）经过点A（﹣4，0）、，顶点为P，连接AP． （1）求AP的长； （2）将抛物线L沿x轴或沿y轴平移若干个单位长度得到抛物线L'，点A的对应点为A'，点P的对应点为P'，当四边形APP'A'是面积为12的平行四边形，且点P′在y轴的左侧时，求平移后得到的抛物线L'的表达式． 【分析】（1）由待定系数法求出函数表达式，进而求解； （2）当抛物线沿x轴平移时，可得点A′在x轴上，由于BD＝4．即要使□APP'A′的面积为12，只需 AA'＝3，点P′在y轴左侧，抛物线L沿x轴向左平移4个单位长度可得抛物线L′，即可求解． 【解答】解：（1）将A（﹣4，0）、B（0 代入y＝ax2+2ax+c中， 解得， 则抛物线的表达式为：yx2x（x+1）2+4， 即顶点P（﹣1，4）； ∵A（﹣4，0），D（﹣1，0），P（﹣1，4）， ∴AD＝3，DP＝4， 则； （2）由题意知，四边形APP′A′是面积为12的平行四边形， 当图像向左平移3个单位时，则PP1′＝12÷4＝3， 则函数的表达式为：y（x+1+3）2+4（x+4）2+4； 当图像向下平移4个单位时， 则y（x+1）2+4﹣4（x+1）2； 当图像向上平移4个单位时， 则y（x+1）2+4+4（x+1）2+8； 即抛物线L′的表达式为：y（x+4）2+4或y（x+1）2或y（x+1）2+8． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图形的平移、待定系数法求函数表达式等，分类求解是解题的关键． 6．（2025•宁夏一模）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝x﹣3经过B，C两点，点P是抛物线上一动点． （1）求抛物线的解析式； （2）当点P在BC下方运动时，求△BCP面积的最大值； （3）若点F为直线BC上一点，作点A关于y轴的对称点A′，连接A′C，A′F，当△FA′C是直角三角形时，直接写出点F的坐标． 【分析】（1）先求出B，C两点坐标，再代入抛物线解析式中，即可求出解析式； （2）过点P作PG∥y轴交BC于点G，设P（t，t2﹣2t﹣3），则），表示PG长，进而表示面积求最大值； （3）先求得A′（1，0），根据勾股定理分别表示出A′C，A′F，FC，根据△FA′C是直角三角形时，分类讨论，即可求解． 【解答】解：（1）抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝x﹣3经过B，C两点， 当y＝0时，得：0＝x﹣3， 解得：x＝3； 当x＝0时，得：y＝﹣3， ∴B（3，0），C（0，﹣3）， 将点B，C的坐标分别代入抛物线y＝x2+bx+c，得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3； （2）过点P作PG∥y轴交BC于点G，如图1， 设P（t，t2﹣2t﹣3），则G（t，t﹣3）， ∴PG＝t﹣3﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣t2+3t， ∴， ∴当时，S△BCP的值最大，最大值为； （3）F（2，﹣1）或； 抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B左边）， 当y＝0时，得：x2﹣2x﹣3＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝3， ∴A（﹣1，0）， ∵A′是A（﹣1，0）关于y轴的对称点， ∴A′（1，0）， 如图2， 设F（m，m﹣3）， ∵A′（1，0），C（0，﹣3）， ∴A′F2＝（m﹣1）2+（m﹣3）2，CF＝m2+（m﹣3+3）2＝2m2，A′C2＝12+32＝10， 当∠A′FC＝90°时，由勾股定理得：A′C2＝A′F2+CF2， ∴10＝（m﹣1）2+（m﹣3）2+2m2， 解得：m＝0（舍去）或m＝2， ∴F（2，﹣1）， 当∠FA′C＝90°时，由勾股定理得：A′C2+A′F2＝CF2， ∴10+（m﹣1）2+（m﹣3）2＝2m2， 解得：， ∴， 综上所述，当△FA′C是直角三角形时，F（2，﹣1）或． 【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查一次函数的应用，二次函数的解析式，轴对称的性质，勾股定理；三角形的面积等，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用数形结合的思想考虑问题． 7．（2025•宁夏金凤区模拟）如图①，是一座抛物线型拱桥，小星学习二次函数后，受到该图启示设计了一建筑物造型，它的截面图是抛物线的一部分（如图②所示），抛物线的顶点在C处，对称轴OC与水平线OA垂直，OC＝9，点A在抛物线上，且点A到对称轴的距离OA＝3，点B在抛物线上，点B到对称轴的距离是1． （1）求抛物线的表达式； （2）如图②，为更加稳固，小星想在OC上找一点P，加装拉杆PA，PB，同时使拉杆的长度之和最短，请你帮小星找到点P的位置并求出坐标． 【分析】（1）依据题意，设抛物线的解析式为y＝ax2+9，待定系数法求解即可； （2）依据题意，作A点关于y轴的对称点A′（﹣3，0），连接A′B交OC于点P，则P点即为所求． 【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+9， 把点A（3，0）代入，得： 9a+9＝0， 解得：a＝﹣1， ∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+9． （2）作A点关于y轴的对称点A′（﹣3，0），连接A′B交OC于点P，则P点即为所求； 把x＝1代入y＝﹣x2+9，得： y＝8， ∴B（1，8） 设直线A′B的解析式为y＝kx+m， ∴． ∴． ∴y＝2x+6． 令x＝0，得y＝6， ∴P点的坐标为（0，6）． 【点评】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题． 8．（2025•宁夏一模）已知在△ABC中，AB＝AC，过点B引一条射线BM，D是BM上一点． 【问题解决】 （1）如图1，若∠ABC＝60°，射线BM在∠ABC内部，∠ADB＝60°，求∠ADC的度数．小明同学展示的做法是：在BM上取一点E使得AE＝AD．通过已知的条件，从而求得∠ADC的度数为　 　 ． 【类比探究】 （2）如图2，已知∠ABC＝∠ADB＝20°． ①当射线BM在∠ABC内，求∠BDC的度数； ②当射线BM在BC下方，如图3所示，请直接写出∠BDC的度数为　 　 ． 【分析】（1）根据等边三角形的判定定理得到△ADE、△ABC是等边三角形，进而得到∠BAE＝∠CAD，根据SAS证明△BAE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到∠ADC＝∠AEB＝120°，得到答案； （2）①在BD上取一点E，AE＝AD，证明△BAE≌△CAD，得到∠ADC＝150°，可求出答案； ②在DB延长线上取一点E，使得AE＝AD，同理证明△BAE≌△CAD，求出∠ADC＝∠E＝30°，进而求出∠BDC． 【解答】解：（1）如图1，在BM上取一点E，使AE＝AD， ∵∠ADB＝60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴∠EAD＝60°， ∵AB＝AC，∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°， ∴∠BAC＝∠EAD， ∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC， ∴∠BAE＝∠CAD， 在△BAE和△CAD中， ， ∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴∠ADC＝∠AEB＝120°， 故答案为：120°； （2）①如图2，在BD上取一点E，AE＝AD， ∵∠ABC＝∠ADB＝20°，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝20°，∠AED＝∠ADE＝20°， ∴∠BAC＝∠EAD＝140°， ∴∠BAE＝∠CAD， 在△BAE和△CAD中， ， ∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴∠ADC＝∠AEB＝180°﹣20°＝160°， ∴∠BDC＝160°﹣20°＝140°； ②如图3．在DB延长线上取一点E，使得AE＝AD， 同理①的方法可证：△BAE≌△CAD， ∴∠ADC＝∠E＝20°， ∴∠BDC＝∠ADE+∠ADC＝20°+20°＝40°． 故答案为：40°． 【点评】本题考是三角形综合题，查的是等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线，构造全等三角形进行计算和证明是解题的关键． 9．（2025•宁夏利通区校级三模）综合与实践 在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形，请结合已有经验，对下列特殊四边形进行研究． 定义：在四边形中，若有一个角是直角，且从这个直角顶点引出的对角线，把对角分成的两个角中，有一个是直角，我们称这样的四边形为“双垂四边形”． 【初步探究】 （1）如图1，在“双垂四边形ABCD”中，若∠A＝60°，则∠CBD＝　 　 ，的值为　 　 ． 【问题解决】 （2）如图2，在“双垂四边形ABCD”中，∠ADB＝∠ABC＝90°，∠A＝45°，E为线段AB上一点，且CD⊥DE，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在“双垂四边形ABCD”中，∠A＝45°，AD＝6，E为线段AB上一动点，且CD⊥DE，连接CE，将△CDE沿CE翻折，得到△CFE，连接BF，若BF＝2，请直接写出△BDE的面积． 【分析】（1）由直角三角形两锐角互余可得∠ABD＝30°，∠CBD＝60°，进而可得，即可求解； （2）根据等腰直角三角形的性质可证△ADE≌△BDC（ASA），得到AE＝BC，即可求解； （3）如图，过点D作DP⊥AB于点P，由（2）知，AD＝BD＝6，△ADE≌△BDC，即得，CD＝DE，进而由折叠可得四边形CDEF为正方形，连接DF，则，∠EDF＝∠BDP＝45°，分两种情况：①当点D的对应点F在AB的上方时；②当点D的对应点F在AB的下方时，分别画出图形解答即可求解． 【解答】解：（1）∵∠A＝60°，∠ADB＝90°， ∴∠ABD＝90°﹣∠A＝90°﹣60°＝30°， ∴∠CBD＝90°﹣∠ABD＝90°﹣30°＝60°， ∵∠ABD＝30°，∠ADB＝90°， ∴， 故答案为：60°，； （2）∵∠ADB＝90°，∠A＝45°， ∴∠ABD＝90°﹣∠A＝90°﹣45°＝45°， ∴∠CBD＝∠ABC﹣∠ABC＝90°﹣45°＝45°，∠A＝∠ABD， ∴∠A＝∠CBD，AD＝BD， ∵CD⊥DE， ∴∠CDE＝90°， ∴∠BDC+∠BDE＝90°， ∵∠ADE+∠BDE＝90°， ∴∠ADE＝∠BDC， ∴△ADE≌△BDC（ASA）， ∴AE＝BC， ∴； （3）如图，过点D作DP⊥AB于点P， 由（2）知，AD＝BD＝6， ∴， ∵∠A＝45°， ∴， 同理（2）可得，△ADE≌△BDC， ∴CD＝DE， 由折叠的性质可知四边形CDEF为正方形， 连接DF，则，∠EDF＝∠BDP＝45°， 分两种情况：①如图1，当点D的对应点F在AB的上方时， ∵∠EDF＝∠BDP＝45°， ∴，∠BDF＝∠PDE， ∴△BDF∽△PDE， ∴， ∵BF＝2， ∴， ∴， ∴； ②如图，当点D的对应点F在AB的下方时， 同理可得， ∴； 综上可得，△BDE的面积为6或12． 【点评】本题考查了直角三角形两锐角互余，三角函数，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，正方形的性质，运用分类讨论思想并正确画出图形解答是解题的关键． 10．（2025•宁夏金凤区校级三模）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动． 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平； 操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE； 操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF，把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H． 根据以上操作，得∠EBF＝ 　 　 °． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接GF， ①证明：△GHF∽△BHC； ②试判断△BFG的形状并证明； （2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM＝MF． 【分析】【操作判断】根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解； 【探究证明】（1）①先证明△GHB∽△FHC，推出，结合∠GHF＝∠BHC，即可证明△GHF∽△BHC； ②由相似三角形的性质可得∠GFB＝∠ACB＝45°，继而得到∠GFB＝∠EBF＝45°，因此GB＝GF，∠BGF＝90°，即△BFG是等腰直角三角形； （2）由翻折得，∠AEB＝∠BEF，由PQ∥AD，得到∠AEB＝∠EGM，故∠BEF＝∠EGM，因此ME＝MG，而由∠EGM+∠MGF＝∠BEF+∠EFG＝90°，得到∠MGF＝∠EFG，则MG＝MF，因此EM＝MF． 【解答】【操作判断】解：如图③， ∵沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE；沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF， ∴∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4＝90°， ∴2（∠2+∠3）＝90°， ∴∠2+∠3＝45°， 即∠EBF＝45°， 故答案为：45； 【探究证明】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°， ∵∠EBF＝45°， ∴∠EBF＝∠ACD， ∵∠GHB＝∠FHC， ∴△GHB∽△FHC， ∴， ∴， ∵∠GHF＝∠BHC， ∴△GHF∽△BHC； ②解：△BFG是等腰直角三角形；理由如下： ∵△GHF∽△BHC， ∴∠GFB＝∠ACB＝45°， ∴∠GFB＝∠EBF＝45°， ∴GB＝GF，∠BGF＝90°， ∴△BFG是等腰直角三角形； （2）证明：由翻折得：∠AEB＝∠BEF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝90°，即AD⊥DC， ∵PQ⊥CD， ∴PQ∥AD， ∴∠AEB＝∠EGM， ∴∠BEF＝∠EGM， ∴ME＝MG， ∵∠BGF＝90°， ∴∠EGF＝90°， ∴∠EGM+∠MGF＝∠BEF+∠EFG＝90°， ∴∠MGF＝∠EFG， ∴MG＝MF， ∴EM＝MF． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 11．（2025•宁夏吴忠模拟）综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△ABC和△DFE，其中∠ACB＝∠DEF＝90°，∠A＝∠D，将△ABC和△DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当∠ABE＝∠A时，延长DE交AC于点G，试判断四边形BCGE的形状，并说明理由． 数学思考：（1）请你解答老师提出的问题； 深入探究：（2）老师将图2中的△DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在△ABC内部，并让同学们提出新的问题． ①“善思小组”提出问题：如图3，当∠ABE＝∠BAC时，过点A作AM⊥BE交BE的延长线于点M，BM与AC交于点N．试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明．请你解答此问题； ②“智慧小组”提出问题：如图4，当∠CBE＝∠BAC时，过点A作AH⊥DE于点H，若BC＝9，AC＝12，求AH的长．请你思考此问题，直接写出结果． 【分析】（1）先证明四边形BCGE是矩形，再由△ACB＝△DEB 可得 BC＝BE，从而得四边形BCGE是 正方形； （2）①由已知∠ABE＝∠BAC 可得 AN＝BN，再由等积方法 ，再结 合已知即可证明结论； ②设AB，DE的交点为M，过M作 MG⊥BD 于G，则易得MD＝MB，点G是BD的中点；利用三角函数知识可求得DM的长，进而求得AM的长，利用相似三角形的性质即可求得结果． 【解答】解：（1）结论：四边形BCGE为正方形．理由如下： ∵∠BED＝90°， ∴∠BEG＝180°﹣∠BED＝90°， ∵∠ABE＝∠A， ∴AC∥BE， ∴∠CGE＝∠BED＝90°， ∵∠C＝90°， ∴四边形BCGE为矩形． ∵△ACB≌△DEB， ∴BC＝BE． ∴矩形BCGE为正方形； （2）①结论：AM＝BE． 理由：∵∠ABE＝∠BAC， ∴AN＝BN， ∵∠C＝90°， ∴BC⊥AN， ∵AM⊥BE，即AM⊥BN， ∴， ∵AN＝BN， ∴BC＝AM．由（1）得BE＝BC， ∴AM＝BE． ②解：如图：设AB，DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G， ∵△ACB≌△DEB， ∴BE＝BC＝9，DE＝AC＝12，∠A＝∠D，∠ABC＝∠DBE， ∴∠CBE＝∠DBM， ∵∠CBE＝∠BAC， ∴∠D＝∠BAC， ∴MD＝MB， ∵MG⊥BD， ∴点G是BD的中点， 由勾股定理得 ， ∴， ∵， ∴DM，即 ， ∴， ∵AH⊥DE，BE⊥DE，∠AMH＝∠BME， ∴△AMH∽△BME， ∴， ∴，即AH的长为 ． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定 与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形 是解题的关键． 12．（2025•宁夏兴庆区校级四模）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动． 在正方形ABCD中，点P在射线AD上，将正方形纸片ABCD沿BP所在直线折叠，使点A落在点E处，连接CE，直线CE交BP所在直线于点F，连接AF． 【观察猜想】 （1）如图1，当∠ABP＝22.5°时，∠AFB＝　 　 °． 【类比探究】 （2）如图2，正方形ABCD的边长为4，∠ABP＝α（0°＜α＜90°），连接AC，取AC的中点O，连接OF，求∠AFB的度数及线段OF的长度． 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，当△AFC被线段OF分成一个等边三角形和一个等腰三角形时，请直接写出线段AP的长度． 【分析】（1）利用正方形性质和折叠性质，先由∠ABP＝22.5°，推出∠ABE＝45°，进而得∠EBC＝45°，再根据BE＝BC算出∠BEC等角度，然后依据SAS判定△ABF≌△EBF，从而得出∠AFB＝45°； （2）根据折叠性质得出角和边的关系，通过计算∠EBC推出∠BEC，结合角的等量关系得到∠BFC＝45°，由折叠性质知∠AFB＝∠BFC＝45°，进而得∠AFC＝90°．再利用正方形性质求AC，依据直角三角形斜边中线性质求出； （3）对△AFC被OF分成一个等边三角形和一个等腰三角形的情况进行分类讨论：当△AOF为等边三角形时，先得出∠FAC＝60°，通过角的运算求出∠FAD和∠APB，再在Rt△ABP中利用正切函数，求出AP的长度．当△COF为等边三角形时，得出∠FCA＝60°，通过角的关系得到∠FAD，进而求出∠APB，最后在Rt△ABP中根据正切函数求出AP的长度． 【解答】解：（1）在正方形ABCD中，∠ABC＝90°， ∵∠ABP＝22.5°， 由折叠性质可知∠EBP＝∠ABP＝22.5°，且AB＝BE． ∴∠ABE＝2×22.5°＝45°， ∴∠EBC＝90°﹣45°＝45°， ∵AB＝BC， ∴BE＝BC． ∴， ∴∠BEF＝180°﹣67.5°＝112.5°， ∴∠BFE＝180°﹣∠EBP﹣BEF＝45°， ∵AB＝BE，∠ABF＝∠EBF，BF＝BF， ∴△ABF≌△EBF． ∴∠AFB＝∠EFB＝45°， 故答案为：45； （2）由折叠可知∠EBF＝∠ABF＝α，AB＝EB， ∴∠EBC＝90°﹣2α， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC． 又∵BE＝AB， ∴BE＝BC， ∴， 又∵∠BEC＝∠BFC+∠EBF＝∠BFC+α， ∴∠BFC＝45°， 由折叠的性质可得∠AFB＝∠BFC＝45°， ∴∠AFC＝∠AFB+∠BFC＝90°， ∵点O为AC的中点， ∴， 在正方形ABCD中，∠ABC＝90°， ∴， ∴； （3）情况一：当△AOF是等边三角形，△FOC是等腰三角形时，如图： 此时∠AOF＝60°， ∵∠AOF＝2∠ABP， ∴∠ABP＝30°， 已知AB＝4，在Rt△ABP中，，解得； 情况二：当△FOC是等边三角形，△AOF是等腰三角形时： 此时∠AOF＝120°，则∠ABP＝60°， 在Rt△ABP中，，解得； 综上所述：线段AP的长度为或． 【点评】本题考查了正方形的性质、图形折叠的性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质以及三角函数的应用；解题关键是熟练运用上述性质和定理，通过分析折叠前后图形的角与边的关系，结合特殊三角形的性质进行推理计算． 13．（2025•宁夏金凤区模拟）（1）用数学的眼光观察 如图①，在四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点．求证：∠PMN＝∠PNM． （2）用数学的思维思考 如图②，延长图①中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F．求证：∠AEM＝∠F． （3）用数学的语言表达 如图③，在△ABC中，AC＜AB，点D在AC上，AD＝BC，M是AB的中点，N是DC的中点，连接MN并延长，与BC的延长线交于点G，连接GD．若∠ANM＝60°，试判断△CGD的形状，并进行证明． 【分析】（1）证PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，则PNBC，PMAD，再证PM＝PN，即可得出结论； （2）由三角形中位线定理得PN∥BC，PM∥AD，再由平行线的性质得∠PNM＝∠F，∠PMN＝∠AEM，然后由（1）可知∠PNM＝∠PMN，即可得出结论； （3）连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，由三角形中位线定理得PN∥BC，PNBC，PM∥AD，PMAD，再证△CGN是等边三角形．得CN＝GN，则DN＝GN，然后由等腰三角形的性质得∠NDG＝∠NGD＝30°，则∠CGD＝∠CGN+∠NGD＝90°，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵P是BD的中点，N是DC的中点， ∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线， ∴PNBC，PMAD， ∵AD＝BC， ∴PM＝PN， ∴∠PMN＝∠PNM； （2）证明：由（1）知，PN是△BDC的中位线，PM是△ABD的中位线， ∴PN∥BC，PM∥AD， ∴∠PNM＝∠F，∠PMN＝∠AEM， ∵∠PNM＝∠PMN， ∴∠AEM＝∠F； （3）解：△CGD是直角三角形，理由如下： 如图③，取BD的中点P，连接PM、PN， ∵N是CD的中点，M是AB的中点， ∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线， ∴PN∥BC，PNBC，PM∥AD，PMAD， ∵AD＝BC， ∴PM＝PN， ∴∠PNM＝∠PMN， ∵PM∥AD， ∴∠PMN＝∠ANM＝60°， ∴∠PNM＝∠PMN＝60°， ∵PN∥BC， ∴∠CGN＝∠PNM＝60°， 又∵∠CNG＝∠ANM＝60°， ∴△CGN是等边三角形． ∴CN＝GN， 又∵CN＝DN， ∴DN＝GN， ∴∠NDG＝∠NGDCNG＝30°， ∴∠CGD＝∠CGN+∠NGD＝90°， ∴△CGD是直角三角形． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了三角形中位线定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握三角形中位线定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型． / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 二次函数、几何压轴题 考点1 二次函数交点问题 1.（2024•宁夏）若二次函数y＝2x2﹣x+m的图象与x轴有交点，则m的取值范围是 　 　 ． 考点2 二次函数综合应用 1．（2022•宁夏）2022北京冬奥会自由式滑雪空中技巧比赛中，某运动员比赛过程的空中剪影近似看作一条抛物线，跳台高度OA为4米，以起跳点正下方跳台底端O为原点，水平方向为横轴，竖直方向为纵轴，建立如图所示平面直角坐标系．已知抛物线最高点B的坐标为（4，12），着陆坡顶端C与落地点D的距离为2.5米，若斜坡CD的坡度i＝3：4（即）． 求：（1）点A的坐标； （2）该抛物线的函数表达式； （3）起跳点A与着陆坡顶端C之间的水平距离OC的长．（精确到0.1米） （参考数据：1.73） 2．（2023•宁夏）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．已知点A的坐标是（﹣1，0），抛物线的对称轴是直线x＝1． （1）直接写出点B的坐标； （2）在对称轴上找一点P，使PA+PC的值最小．求点P的坐标和PA+PC的最小值； （3）第一象限内的抛物线上有一动点M，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，连接BC交MN于点Q．依题意补全图形，当MQCQ的值最大时，求点M的坐标． 3．（2024•宁夏）抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C，点P是第四象限内抛物线上的一点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，过P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．设点D的横坐标为m，当时，求m的值； （3）如图2点F（1，0），连接CF并延长交直线PD于点M，点N是x轴上方抛物线上的一点，在（2）的条件下，x轴上是否存在一点H，使得以F，M，N，H为顶点的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 4．（2025•宁夏）如图，抛物线y＝ax2﹣2x+3与x轴负半轴交于点A，与y轴交于点B，顶点C的横坐标为﹣1． （1）求抛物线的表达式； （2）如图1，将直线AB沿y轴向上平移m（m＞0）个单位长度，当它与抛物线有交点时，求m的取值范围； （3）如图2，抛物线的对称轴交直线AB于点D，交x轴于点E，连接AC．抛物线上是否存在点P（不与点C重合），使得S△PAD＝S△CAD．若存在，直接写出点P的横坐标；若不存在，说明理由． 考点3 三角形的综合应用 1．（2021•宁夏）阅读理解： 如图1，AD是△ABC的高，点E、F分别在AB和AC边上，且EF∥BC，可以得到以下结论：． 拓展应用： （1）如图2，在△ABC中，BC＝3，BC边上的高为4，在△ABC内放一个正方形EFGM，使其一边GM在BC上，点E、F分别在AB、AC上，则正方形EFGM的边长是多少？ （2）某葡萄酒庄欲在展厅的一面墙上，布置一个腰长为100cm，底边长为160cm的等腰三角形展台．现需将展台用隔板沿平行于底边，每间隔10cm分隔出一排，再将每一排尽可能多的分隔成若干个无盖正方体格子，要求每个正方体格子内放置一瓶葡萄酒．平面设计图如图3所示，将底边BC的长度看作是0排隔板的长度． ①在分隔的过程中发现，当正方体间的隔板厚度忽略不计时，每排的隔板长度（单位：厘米）随着排数（单位：排）的变化而变化．请完成下表： 排数/排 0 1 2 3 … 隔板长度/厘米 160 　 　 　 　 　 　 … 若用n表示排数，y表示每排的隔板长度，试求出y与n的关系式； ②在①的条件下，请直接写出该展台最多可以摆放多少瓶葡萄酒？ 2．（2023•宁夏）综合与实践： 问题背景 数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为36°的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究． 探究发现 如图1，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC． （1）操作发现：将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，折痕交AC于点D，连接DE，DB，则∠BDE＝　 　 °，设AC＝1，BC＝x，那么AE＝　 　 （用含x的式子表示）； （2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：； 拓展应用 当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的△ABC是黄金三角形． 如图2，在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，AB＝1．求这个菱形较长对角线的长． 3．（2024•宁夏）综合与实践 如图1，在△ABC中，BD是∠ABC的平分线，BD的延长线交外角∠CAM的平分线于点E． 【发现结论】 结论1：∠AEB＝　 　 ∠ACB； 结论2：当图1中∠ACB＝90°时，如图2所示，延长BC交AE于点F，过点E作AF的垂线交BF于点G，交AC的延长线于点H．则AE与EG的数量关系是 　 　 ． 【应用结论】 （1）求证：AH＝GF； （2）在图2中连接FH，AG，延长AG交FH于点N，补全图形，求证：． 4．（2025•宁夏）如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠BAC＝∠DAE＝60°，AD＜AC．连接BD，点F是BD的中点，连接CE，CF，EF． （1）如图1，当点D在AC上时，求证：△CEF是等边三角形； （2）将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转． ①当旋转角为60°时，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？说明理由； ②当EF最长时，EF与AD的交点记作M．若AE＝3，则EM＝ 　 　 ． 考点4 四边形的综合应用 1．（2022•宁夏）综合与实践 知识再现 如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3．当S1＝36，S3＝100时，S2＝　 　 ． 问题探究 如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°． （1）如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3，则S1、S2、S3之间的数量关系是 　 　 ． （2）如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6，试猜想S4、S5、S6之间的数量关系，并说明理由． 实践应用 （1）如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定角度至△AMN，GH、MN相交于点P．求证：S△PHN＝S四边形PMFG； （2）如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3．若AB＝4，柱体的高h＝8，直接写出V1+V2的值． 1．（2025•宁夏利通区三模）已知二次函数y＝x2+x﹣2025与x轴的交点的横坐标为m，n，则的值为　 　 ． 2．（2025•宁夏利通区校级三模）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣4，0）和点B，与y轴相交于点C（0，4），点D在线段OA上运动，过点D作x轴的垂线，与AC交于点Q，与抛物线交于点P． （1）求该二次函数的解析式； （2）是否存在点P，使得△ADQ∽△PCQ，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由； （3）连接AP，CP，求四边形AOCP面积的最大值． 3．（2025•宁夏金凤区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴负半轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），OC＝4OA，连接BC． （1）求该抛物线的解析式； （2）如图1，P为线段OC上一点，连接AC，BP，当∠BPO+∠ACO＝90°时，求点P的坐标； （3）如图2，若点M、N在抛物线上，点M的横坐标为m（0＜m＜3），点N的横坐标为m+1．过点M作y轴的平行线交线段BC于点D，过点N作y轴的平行线交线段BC于点H，连接MN．当四边形MNHD的面积最大时，求证：四边形MNHD是平行四边形． 4．（2025•宁夏吴忠模拟）如果一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形”． （1）“抛物线三角形”一定是　 　 三角形； （2）如图，△OAB是抛物线y＝﹣x2+bx（b＞0）的“抛物线三角形”，是否存在以原点O为对称中心的矩形ABCD？若存在，求出过O、C、D三点的抛物线的表达式；若不存在，说明理由； （3）在（2）的条件下，若以点E为圆心，r为半径的圆与线段AD只有一个公共点，求出r的取值范围． 5．（2025•宁夏兴庆区校级四模）如图，抛物线L：y＝ax2+2ax+c（a、c为常数，a≠0）经过点A（﹣4，0）、，顶点为P，连接AP． （1）求AP的长； （2）将抛物线L沿x轴或沿y轴平移若干个单位长度得到抛物线L'，点A的对应点为A'，点P的对应点为P'，当四边形APP'A'是面积为12的平行四边形，且点P′在y轴的左侧时，求平移后得到的抛物线L'的表达式． 6．（2025•宁夏一模）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝x﹣3经过B，C两点，点P是抛物线上一动点． （1）求抛物线的解析式； （2）当点P在BC下方运动时，求△BCP面积的最大值； （3）若点F为直线BC上一点，作点A关于y轴的对称点A′，连接A′C，A′F，当△FA′C是直角三角形时，直接写出点F的坐标． 7．（2025•宁夏金凤区模拟）如图①，是一座抛物线型拱桥，小星学习二次函数后，受到该图启示设计了一建筑物造型，它的截面图是抛物线的一部分（如图②所示），抛物线的顶点在C处，对称轴OC与水平线OA垂直，OC＝9，点A在抛物线上，且点A到对称轴的距离OA＝3，点B在抛物线上，点B到对称轴的距离是1． （1）求抛物线的表达式； （2）如图②，为更加稳固，小星想在OC上找一点P，加装拉杆PA，PB，同时使拉杆的长度之和最短，请你帮小星找到点P的位置并求出坐标． 8．（2025•宁夏一模）已知在△ABC中，AB＝AC，过点B引一条射线BM，D是BM上一点． 【问题解决】 （1）如图1，若∠ABC＝60°，射线BM在∠ABC内部，∠ADB＝60°，求∠ADC的度数．小明同学展示的做法是：在BM上取一点E使得AE＝AD．通过已知的条件，从而求得∠ADC的度数为　 　 ． 【类比探究】 （2）如图2，已知∠ABC＝∠ADB＝20°． ①当射线BM在∠ABC内，求∠BDC的度数； ②当射线BM在BC下方，如图3所示，请直接写出∠BDC的度数为　 　 ． 9．（2025•宁夏利通区校级三模）综合与实践 在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形，请结合已有经验，对下列特殊四边形进行研究． 定义：在四边形中，若有一个角是直角，且从这个直角顶点引出的对角线，把对角分成的两个角中，有一个是直角，我们称这样的四边形为“双垂四边形”． 【初步探究】 （1）如图1，在“双垂四边形ABCD”中，若∠A＝60°，则∠CBD＝　 　 ，的值为　 　 ． 【问题解决】 （2）如图2，在“双垂四边形ABCD”中，∠ADB＝∠ABC＝90°，∠A＝45°，E为线段AB上一点，且CD⊥DE，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在“双垂四边形ABCD”中，∠A＝45°，AD＝6，E为线段AB上一动点，且CD⊥DE，连接CE，将△CDE沿CE翻折，得到△CFE，连接BF，若BF＝2，请直接写出△BDE的面积． 10．（2025•宁夏金凤区校级三模）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动． 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平； 操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE； 操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF，把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H． 根据以上操作，得∠EBF＝ 　 　 °． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接GF， ①证明：△GHF∽△BHC； ②试判断△BFG的形状并证明； （2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM＝MF． 11．（2025•宁夏吴忠模拟）综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△ABC和△DFE，其中∠ACB＝∠DEF＝90°，∠A＝∠D，将△ABC和△DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当∠ABE＝∠A时，延长DE交AC于点G，试判断四边形BCGE的形状，并说明理由． 数学思考：（1）请你解答老师提出的问题； 深入探究：（2）老师将图2中的△DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在△ABC内部，并让同学们提出新的问题． ①“善思小组”提出问题：如图3，当∠ABE＝∠BAC时，过点A作AM⊥BE交BE的延长线于点M，BM与AC交于点N．试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明．请你解答此问题； ②“智慧小组”提出问题：如图4，当∠CBE＝∠BAC时，过点A作AH⊥DE于点H，若BC＝9，AC＝12，求AH的长．请你思考此问题，直接写出结果． 12．（2025•宁夏兴庆区校级四模）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动． 在正方形ABCD中，点P在射线AD上，将正方形纸片ABCD沿BP所在直线折叠，使点A落在点E处，连接CE，直线CE交BP所在直线于点F，连接AF． 【观察猜想】 （1）如图1，当∠ABP＝22.5°时，∠AFB＝　 　 °． 【类比探究】 （2）如图2，正方形ABCD的边长为4，∠ABP＝α（0°＜α＜90°），连接AC，取AC的中点O，连接OF，求∠AFB的度数及线段OF的长度． 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，当△AFC被线段OF分成一个等边三角形和一个等腰三角形时，请直接写出线段AP的长度． 13．（2025•宁夏金凤区模拟）（1）用数学的眼光观察 如图①，在四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点．求证：∠PMN＝∠PNM． （2）用数学的思维思考 如图②，延长图①中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F．求证：∠AEM＝∠F． （3）用数学的语言表达 如图③，在△ABC中，AC＜AB，点D在AC上，AD＝BC，M是AB的中点，N是DC的中点，连接MN并延长，与BC的延长线交于点G，连接GD．若∠ANM＝60°，试判断△CGD的形状，并进行证明． / 学科网（北京）股份有限公司 $