2026年上海市中考备考二模复习 24、23、25 题压轴题 专题练习

2026中考备考二模复习 23-25题压轴题 专题练习 参考答案与试题解析 一．第 24 题（共 12 小题） 1 ．已知：抛物线y ＝x2+bx+c 经过点A（3 ，0）、B（0 ， - 3），顶点为 P． （1）求抛物线的解析式及顶点 P 的坐标； （2）平移抛物线，使得平移后的抛物线顶点 Q 在直线 AB 上，且点 Q 在y 轴右侧． ①若点 B 平移后得到的点 C 在 x 轴上，求此时抛物线的解析式； ②若平移后的抛物线与y 轴相交于点 D ，且△BDQ 是直角三角形，求此时抛物线的解析式． 【答案】（1）y ＝x2 - 2x - 3 ，顶点 P 的坐标是（1 ， - 4）； （2） ①y ＝x2 - 4x+3； ②y ＝x2 - 2x - 1． 【分析】（1） 由待定系数法即可求解； （2）①设 Q 点的坐标是（t ，t - 3），其中 t＞0 ，此时抛物线的解析式是y ＝（x - t ）2+t - 3 ，由平移的性质知，t - 3 ＝ - 1 ，即可求解； ②如果∠BDQ ＝90 ° , 即 DQ⊥y 轴不合题意；如果∠BQD ＝90 ° , 证明 QB ＝QD ，得到 BE ＝DE ，即可求解． 【解答】解：（1） 由题意得： c = 0， 故抛物线的解析式为y ＝x2 - 2x - 3 ＝（x - 1）2 - 4， ∴顶点 P 的坐标是（1 ， - 4）； （2） ①设直线 AB 的解析式是y ＝mx+n， ( n =- 3 n =- 3 )则3m + n = 0 ，解得： m = 1 ， ∴直线 AB 的解析式是y ＝x - 3， 设 Q 点的坐标是（ t ，t - 3），其中 t＞0 ，此时抛物线的解析式是y ＝（x - t ）2+t - 3， 第1页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵点 B 平移后得到的点 C 在 x 轴上， ∴抛物线向上平移了 3 个单位， ∴t - 3 ＝ - 1 ，即 t ＝2， ∴此时抛物线的解析式是y ＝（x - 2）2 - 1 ＝x2 - 4x+3； ②抛物线y ＝（x - t ）2+t - 3 与y 轴的交点是 D（0 ，t2+t - 3），如果∠BDQ ＝90 ° , 即 DQ⊥y 轴不合题意， 如果∠BQD ＝90 ° , ∵ ∠AOB ＝90 ° , AO ＝BO， ∴ ∠OAB = ∠OBA ＝45 ° , ∴∠QBD = ∠BDQ ＝45 ° , ∴QB ＝QD， 作 QE⊥y 轴于点 E ，则 BE ＝DE， ∵QE ＝t ，BD ＝t2+t， 解得：t ＝0（不合题意，舍去）或 1， ∴t ＝1， 则此时抛物线的解析式是y ＝（x - 1）2+1 - 3 ＝x2 - 2x - 1． 2 ．在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线y = x2 + bx + c ，与 x 轴相交于 A（ - 1 ，0）、B 两点，且与y轴交于点 C（0 ， - 2）． （1）求抛物线的表达式； （2）如果点 D 是 x 轴正半轴上一点， ∠ADC ＝2∠ACO ，且四边形 AQCD 是菱形，请直接写出点 D 和 第2页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 点 Q 的坐标（不需要说明理由）； （3） 由平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次联结所组成的封闭图形叫做多边形，对于平面内的一个多边形，画出它的任意一边所在的直线，如果其余各边都在这条直线的一侧，那么这个多边形叫做“ 凸多边形 ”；否则叫做“凹多边形 ”． 如果点 E 是抛物线对称轴上的一个动点，纵坐标为 t ，且四边形 ACBE 是凹四边形（线段 AE 与线段 BC不相交），求 t 的取值范围． 【答案】（1）抛物线的表达式为y； （2）D 的坐标为 ，Q 的坐标为 2）； 或 t＜ - 5． 【分析】（1）把 A（ - 1 ，0），C（0 ， - 2）代入y x2 + bx + c可解得 b ，c 的值，即可得到抛物线的表达式为yx - 2； （2）求出 B（4 ，0），而 A（ - 1 ，0），C（0 ， - 2），可得 AC2+BC2 ＝AB2 ， ∠ACB ＝90 ° , 即得∠ACO = ∠CBO ，而∠ADC ＝2∠ACO ，故∠ADC ＝2∠OBC，可得∠DCB = ∠CBD ，即可推得 CD ＝AD ＝BD， D 为 AB 的中点，从而 D 的坐标为（ ，0），由菱形性质，平移性质得 Q 的坐标为 - 2）； （3）由y 可得抛物线的对称轴为直线x 求出直线 BC 的解析式为y x - 2 ，直线 BC 与对称轴的交点 F 坐标为 直线 AC 的解析式为：y ＝ - 2x - 2 ，直线 AC 与抛物线对称轴的交点 M 坐标为 由图可得 或 t＜ - 5． 【解答】解：（1）把 A（ - 1 ，0），C（0 ， - 2）代入y = x2 + bx + c得： 第3页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 解得： : 抛物线的表达式为yx - 2； （2）如图： 在y 中，令y ＝0 得y x - 2 = 0， 解得：x1 ＝ - 1 ，x2 ＝4， :B（4 ，0）， “A（ - 1 ，0），C（0 ， - 2）， :AC2+BC2 ＝AB2， : LACB ＝90 。， : LACO+LBCO ＝90 。， “LCBO+LBCO ＝90 。， : LACO ＝LCBO， “LADC ＝2LACO， : LADC ＝2LOBC， : LADC ＝LDCB+L CBD ＝2LOBC， : LDCB ＝L CBD， : LDCB ＝LACO ，CD ＝BD ，LDCB+LDCA ＝LACO+LOAC ＝90 。， : LDCA ＝LOAC， : CD ＝AD ＝BD， :D 为 AB 的中点， :D 的坐标为（ ，0）， 第4页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵四边形 AQCD 是菱形， ∴AQ∥CD， ∵把点 C 先向右平移 个单位，再向上平移 2 个单位得到点 D， ∴把点 Q 先向右平移个单位，再向上平移 2 个单位得到点 A ， ∴Q 的坐标为（ - ， - 2）； （3）如图： 由y 可得抛物线的对称轴为直线x ∴抛物线对称轴与 x 轴的交点 D 坐标为（ ，0）， 设直线 BC 的解析式为y ＝kx - 2 ，把 B（4 ，0）代入得：0 ＝4k - 2，解得：k ∴直线 BC 的解析式为y = x - 2，当x = 时，y =- ， ∴直线 BC 与对称轴的交点 F 坐标为 ， 同法可得直线 AC 的解析式为：y ＝ - 2x - 2 ，直线 AC 与抛物线对称轴的交点 M 坐标为（ ， - 5）， ∵点 E 是抛物线对称轴上的一个动点，纵坐标为 t ，且四边形 ACBE 是凹四边形， ∴当点 E 在 D ，F 之间或点 E 在点 M 下方时，满足题意， ∴- ＜t＜0 或 t＜ - 5． 3．在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线y ＝ - x+2 与 x 轴、y 轴分别交于点 A、点 B，抛物线 C1：y ＝ - x2+bx+c 第5页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 经过点A 、B 两点，顶点为点 C． （1）求 b 、c 的值； （2）如果点 D 在抛物线 C1 的对称轴上，射线 AB 平分∠CAD ，求点 D 的坐标； （3）将抛物线 C1平移，使得新抛物线 C2 的顶点 E 在射线 BA 上，抛物线 C2与y 轴交于点 F，如果△ BEF 是等腰三角形，求抛物线 C2 的表达式． 【答案】（1）b ＝1 ，c ＝2； （2）点 D （3）抛物线的表达式为：y ＝（x﹣ 1）2+1 或y = ﹣（x − 2 +1）2 − 2 +3． 【分析】（1） 由待定系数法即可求解； （2）证明△DD ′H 为等腰直角三角形，则点 D ′在 AB 上，点 D ′代入上式得：m= − 即可求解； （3）当 BE ＝BF 时，列出等式，即可求解；当 BE ＝EF 或 BF＝EF 时，同理可解． 【解答】解：（1）直线y = ﹣x+2 与 x 轴、y 轴分别交于点 A 、点 B， 则点 A 、B 的坐标分别为：（2 ，0）、（0 ，2）， 则c (−)2 (+) 2b + c = 0 ，解得： 即 b ＝1 ，c ＝2； （2） 由（1）知，抛物线的表达式为y = ﹣x2+x+2 ，则其对称轴为直线 x= ，作点 D 关于直线 AB 的对称点 D ′ ，DD ′交 AB 于点 T， ∵AB 平分∠CAD， 第6页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 则 DT＝TD ′， 过点 D 作 x 轴的平行线交 AB 于点 H，连接 D ′H， ∵ ∠OAB ＝45 ° , 则∠DHB ＝45 ° , 则△DTH 为等腰直角三角形，同理可得： △D ′TH 为等腰直角三角形， 则△DD ′H 为等腰直角三角形，则点 D ′在 AB 上，设点 D 则 DHm ＝D ′H， 则点 D ′ 由点 A 、C 的坐标得，直线 AC 的表达yx+3，将点 D ′代入上式得： 解得：m ＝1， 则点 D（ ，1）； （3）设点 E（m ， ﹣m+2）， 则抛物线的表达式为：y = ﹣（x﹣m ）2﹣m+2， 当 x ＝0 时，y = ﹣（x﹣m ）2﹣m+2 = ﹣m2﹣m+2，即点 F（0 ， ﹣m2﹣m+2）， 由点 B 、E、F 的坐标得，BF ＝m2+m ，BE= 2m ，FE 当 BE ＝BF 时， 则 m2+m= 2m， 解得：m ＝0（舍去）或 2 −1， 则抛物线的表达式为：y = ﹣（x − 2 +1）2 − 2 +3；当 BE ＝EF 或 BF＝EF 时， 则 m2+m= m2 + m4 或 2m= m2 + m4，解得：m ＝1（不合题意的值已舍去）， 即抛物线的表达式为：y ＝（x﹣ 1）2+1， 综上，抛物线的表达式为：y ＝（x﹣ 1）2+1 或y = ﹣（x − 2 +1）2 − 2 +3． 4 ．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A（2 ，0）、点 B（0 ，2），抛物线 y = ﹣x2+bx+c 经过点A，且顶点 C 在线段 AB 上（与点 A 、B 不重合）． 第7页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 （1）求 b 、c 的值； （2）将抛物线向右平移 m（m＞0）个单位，顶点落在点 P 处，新抛物线与原抛物线的对称轴交于点 D，联结 PD ，交 x 轴于点 E． ①如果 m ＝2 ，求△ODP 的面积； ②如果 EC ＝EP ，求 m 的值． 【答案】（1）b ＝2 ，c ＝0； （2） ①5； ② 2． 【分析】（1）先求出 AB 所在直线的表达式，然后将抛物线解析式化为顶点式，根据 A 和 C 都在线段AB 上，求解即可； （2） ①根据抛物线平移的性质求出 P 点坐标以及平移后的抛物线解析式，然后求出 D 点坐标，进而求出 PD 的直线表达式，最后求出 E 点坐标，然后根据三角形面积公式求解即可； ②根据 EC ＝EP ，可知 E 在 CP 的垂直平分线上，从而求出 E 点坐标，进而求出 PD 所在直线表达式，从而求得 D 点坐标，最后根据 D 在平移后的抛物线上求出 m 的值即可． 【解答】解：（1）设 AB 所在直线的表达式为：y ＝kx+m，将点 A 和点 B 的坐标代入表达式可得： 解得：k= ﹣ 1 ，m ＝2， ∴AB 的表达式为：y = ﹣x+2， 将点 A 的坐标代入抛物线解析式得：0 = ﹣4+2b+c， ∴c ＝4﹣2b， 将抛物线解析式改写成顶点式：y = ﹣x2+bx+4﹣2b = ﹣ ﹣2b 第8页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴点 C 在直线 AB 上， 解得：b ＝2 或 4， 当 b ＝4 时，顶点 C 和A 重合，不符合题意； ∴b ＝2 ，c ＝0； （2） ①由（1）知，C（ 1 ，1），抛物线解析式为：y = ﹣x2+2x， ∴P（3 ，1），对称轴直线为：x ＝1， ∴平移后的抛物线解析式为：y = ﹣（x﹣2）2+2（x﹣2）= ﹣x2+6x ﹣8，当 x ＝1 时，y = ﹣ 1+6 ﹣8 = ﹣3， ∴D（1 ， ﹣3）， 设 PD 所在直线的表达式为：y ＝tx+s，将点 P 和点 D 的坐标代入表达式得： 1 = 3t + s -3 = t + s 解得：t ＝2 ，s = ﹣5， ∴PD 的表达式为：y ＝2x﹣5， ∴E（ ，0）， ②由平移的性质可知，P（m+1 ，1）， ∵EC ＝EP， ∴E 在 CP 的垂直平分线上， ∴E 设 PD 所在直线的表达式为：y ＝tx+s， 代入 P ，E 的坐标得： 解得：t s = ﹣ ∴PD 的表达式为：y x﹣ ∴D（1 ，﹣ 1）， 第9页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 由顶点坐标可得平移后抛物线的表达式为：y ＝ - （x - m - 1）2+1， 将 D 点代入平移后的抛物线得： - 1 ＝ - m2+1， 解得：m= ± 2， ∵m＞0， ∴m= 2． 5 ．如图．在直角坐标平面 xOy 中，直线y ＝ - x+5 分别与 x 轴、y 轴交于 A 、B 两点，抛物线 y ＝x2+bx+c经过 A 、B 两点，点 D 是抛物线的顶点． （1）求抛物线的解析式及顶点 D 的坐标； （2）抛物线与 x 轴的另一个交点为 C，点M在抛物线对称轴左侧的图象上，将抛物线向上平移 m 个单位（m＞0），使点 M 落在△ABC 内，求 m 的取值范围； （3）对称轴与直线 AB 交于点 E ，P 是线段 AB 上的一个动点（P 不与 E 重合），过 P 作y 轴的平行线交原抛物线于点 Q ，当 PE ＝QD 时，求点 Q 的坐标． 【答案】（1）抛物线的解析式为y ＝x2 - 6x+5 ，顶点 D 的坐标是（3 ， - 4）； （2）m 的取值范围是得 （3）点 Q 的坐标为（2 ， - 3）或（4 ， - 3）． 【分析】（1） 由直线y ＝ - x+5 分别与 x 轴、y 轴交于 A 、B 两点，求得 A（5 ，0），B（0 ，5），再将 A （5 ，0），B（0 ，5）代入y ＝x2+bx+c ，列方程组并且解该方程组，即可求得抛物线的解析式为y ＝x2 - 6x+5 ，再将该解析式配方成顶点式，可求得抛物线的顶点 D 的坐标是（3 ， - 4）； （2）抛物线的对称轴为直线 x ＝3 ，则 a＜3 ，将 代入y ＝x2 - 6x+5 ，得 a2 - 6a+5 ，求得符合题意的 a 值为，则 M（，- ），过点 M 作 MF⊥x 轴于点 F，交 AB 于点 G ，则 F（，0），直线 第10页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 y = ﹣x+5，当x时，y 则 G（，），由抛物线向上平移m 个单位，点M 落在△ABC 内，得 m < 即可求得 m 的取值范围是得 （3）作 PH⊥DE 于点 H，QL⊥DE 于点 L ，可求得 E（3 ，2），则 DE ＝2+4 ＝6 ，设 Q（x ，x2﹣6x+5），则 P（x ，﹣x+5），所以 PQ = ﹣x2+5x ，当点 P 在直线 DE 的左侧，可证明 Rt△PHE≌Rt△QLD ，得∠ PEH= ∠QDL ，则 PE∥QD ，所以四边形 PQDE 是平行四边形，则 PQ ＝DE ＝6 ，于是得﹣x2+5x ＝6 ，求得符合题意的得 x 值为 2，则 Q（2 ，﹣3）；当点 P 在直线 DE 的右侧，可证明∠HPE = ∠HEP ＝45 ° ,则 EH＝DL ＝PH＝x ﹣3 ，所以 PQ ＝6﹣2（x﹣3）＝12﹣2x ，于是得﹣x2+5x ＝12﹣2x ，求得符合题意的x 值为 4 ，则 Q（4 ， ﹣3）． 【解答】解：（1）直线y = ﹣x+5 ，当 x ＝0 时，y ＝5； 当y ＝0 时，则 0 = ﹣x+5 ，解得 x ＝5， ∴A（5 ，0），B（0 ，5）， ∵抛物线y ＝x2+bx+c 经过 A 、B 两点， b + c = 0 ，解得c (b) 5 (-) 6， ∴抛物线的解析式为y ＝x2﹣6x+5； ∵y ＝x2﹣6x+5 ＝（x﹣3）2﹣4， ∴抛物线的顶点 D 的坐标是（3 ， ﹣4）． （2） ∵抛物线的顶点 D 的坐标是（3 ， ﹣4）， ∴抛物线的对称轴为直线 x ＝3， ∵M 在抛物线对称轴左侧的图象上， ∴a＜3， 将 代入y ＝x2﹣6x+5 ，得 a2﹣6a+5，解得 a a（不符合题意，舍去）， 如图 1 ，过点 M 作 MF⊥x 轴于点 F，交 AB 于点 G ，则 F（，0），直线y = ﹣x+5 ，当 x 时，y 第11页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵点 C 与点 A（5 ，0）关于直线 x ＝3 对称， ∴C（ 1 ，0）， ∵抛物线向上平移 m 个单位（m＞0），点 M 落在△ABC 内， 解得， ∴m 的取值范围是得 （3）作 PH⊥DE 于点 H，QL⊥DE 于点 L，直线y = ﹣x+5 ，当 x ＝3 时，y ＝2， ∴E（3 ，2）， ∴DE ＝2+4 ＝6， 设 Q（x ，x2﹣6x+5），则 P（x ，﹣x+5）， ∴PQ = ﹣x+5﹣（x2﹣6x+5）= ﹣x2+5x，当点 P 在直线 DE 的左侧，如图 2， ∵PQ∥DE， ∴PH＝QL， ∵∠PHE = ∠QLD ＝90 ° , PE ＝QD， ∴Rt△PHE≌Rt△QLD（HL）， ∴∠PEH= ∠QDL， ∴PE∥QD， ∴四边形 PQDE 是平行四边形， ∴PQ ＝DE ＝6， ∴﹣x2+5x ＝6 ，解得 x1 ＝2 ，x2 ＝3（不符合题意，舍去）， ∴Q（2 ， ﹣3）； 当点 P 在直线 DE 的右侧，如图 3， ∵∠PHE = ∠QLD ＝90 ° , PE ＝QD ，PH＝QL， ∴Rt△PHE≌Rt△QLD（HL）， ∴EH＝DL， ∵OA ＝OB ＝5 ， ∠AOB ＝90 ° , ∴ ∠OBA = ∠OAB ＝45 ° , ∴ ∠HEP = ∠OBA ＝45 ° , 第12页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴ ∠HPE = ∠HEP ＝45 ° , ∴EH＝DL ＝PH＝x﹣3， ∴PQ ＝6﹣2（x ﹣3）＝12﹣2x， ∴﹣x2+5x ＝12﹣2x ，解得 x1 ＝4 ，x2 ＝3（不符合题意，舍去）， ∴Q（4 ， ﹣3）， 综上所述，点 Q 的坐标为（2 ， ﹣3）或（4 ， ﹣3）． 第13页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 6 ．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线y ＝ax2 - 4x+c（a≠0）与 x 轴分别交于点 A（1 ，0）、点 B（3， 0），与y 轴交于点 C，联结 BC，点 P 在线段 BC 上，设点 P 的横坐标为 m． （1）求直线 BC 的表达式； （2）如果以 P 为顶点的新抛物线经过原点，且与 x 轴的另一个交点为 D； ①求新抛物线的表达式（用含 m 的式子表示），并写出 m 的取值范围； ②过点 P 向 x 轴作垂线，交原抛物线于点 E ，当四边形 AEDP 是一个轴对称图形时，求新抛物线的表达式． 【答案】（1）直线 BC 的表达式为：y ＝ - x+3；（2）①y= （x - m）2 - m+3 ，（0＜m＜3）；②y= − （x - 2）2+1． 第14页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）①设点 P（m ，﹣m+3）（0＜m＜3），设新抛物线的表达式为：y ＝t（x﹣m ）2﹣m+3 ，再用待定系数法即可求解； ②当点 D 在 y 轴左侧时，此时，点 P 不可能在 BC 上，故点 D 只能在 y 轴右侧，当 PE 垂直平分 AD时，则 m﹣ 1 ＝2m﹣m ，即可求解；当 AD 垂直平分 PE 时，则yP ＝|yE| ，进而求解． 【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y ＝a（x﹣ 1）（x﹣3）＝a（x2﹣4x+3），则﹣4a = ﹣4 ，则 a ＝1， 故抛物线的表达式为：y ＝x2﹣4x+3 ，则点 C（0 ，3）， 设直线 BC 的表达式为：y ＝kx+3， 将点 B 的坐标代入上式得：0 ＝3k+3，解得：k= ﹣ 1， 即直线 BC 的表达式为：y = ﹣x+3； （2） ①设点 P（m ， ﹣m+3）（0＜m＜3）， 则设新抛物线的表达式为：y ＝t（x﹣m ）2﹣m+3， 将点 O 的坐标为（0 ，0）代入上式得：0 ＝t（0﹣m ）2﹣m+3，解得：t 则新抛物线的表达式为：y 2﹣m+3 ，（0＜m ②当点 D 在y 轴左侧时，此时，点 P 不可能在 BC 上，故点 D 只能在y 轴右侧，由新抛物线的表达式知，其对称轴为 x ＝m ，则点 D（2m ，0）， 第15页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 当 PE 垂直平分 AD 时，则 m - 1 ＝2m - m， 此方程无解，即此种情况不存在； 当 AD 垂直平分 PE 时， 则yP ＝|yE| ，即 - m+3 ＝ - （m2 - 4m+3）， 解得：m ＝3（舍去）或 2， 故新抛物线的表达式为：y 2+1． 7 ．在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线y ＝x2 - 2（m+1）x+2m - 3 的顶点为 A ，与y 轴相交于点 B ，异于顶点A 的点 C（2 ，n）在该抛物线上． （1）如图，点 B 的坐标为（0 ，1）． ①求点 A 的坐标和 n 的值； ②将抛物线向上平移后的新抛物线与 x 轴的一个交点为 D，顶点 A 移至点 A1，如果四边形 DCAA1为平行四边形，求平移后新抛物线的表达式； （2）直线 AC 与y 轴相交于点 E ，如果 BC∥AO 且点 B 在线段 OE 上，求 m 的值． 第16页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1） ①A（3 ， ﹣8），n = ﹣7； ②y ＝（x﹣3）2﹣ 1； （2）m 的值为﹣ 1+ 5． 【分析】（1）①将 B（0 ，1）代入y ＝x2﹣2（m+1）x+2m﹣3 ，得 2m﹣3 ＝1 ，则 m ＝2 ，由y ＝x2﹣6x+1 =（x﹣3）2 ﹣8 ，得 A（3 ， ﹣8）；将 C（2 ，n）代入y ＝x2﹣6x+1 ，可求得 n = ﹣7； ②由平行四边形的性质得 DC∥AA1 ，DC ＝AA1 ，因为 AA1⊥x 轴，所以 DC⊥x 轴，则 AA1 ＝DC ＝7 ，可知抛物线y ＝（x﹣3）2 ﹣8 向上平移了 7 个单位，所以平移后新抛物线的表达式为y ＝（x﹣3）2﹣ 1； （2）先求得 B（0 ，2m ﹣3），C（2 ， ﹣2m ﹣3），A（m+1 ， ﹣m2﹣4），可求得直线 AC 的表达式为y = （1﹣m）x﹣5 ，则 E（0 ， ﹣5）；设直线 OA 的表达式为y＝px ，则﹣m2﹣4＝p（m+1），得p 设直线 BC 的表达式为y ＝qx+r，则 得 由 BC∥AO 得﹣2m 即可求得符合题意的 m 值为﹣ 1+ 5． 【解答】解：（1） ①∵点 B（0 ，1）在抛物线y ＝x2﹣2（m+1）x+2m ﹣3 上， ∴2m ﹣3 ＝1， 解得 m ＝2， ∴抛物线的表达式为y ＝x2﹣6x+1， ∵y ＝x2﹣6x+1 ＝（x﹣3）2 ﹣8 ，点 A 是该抛物线的顶点， ∴A（3 ， ﹣8）； ∵点 C（2 ，n）在抛物线y ＝x2﹣6x+1 上， ∴n ＝22﹣6×2+1 = ﹣7． ②如图 1 ， ∵四边形 DCAA1为平行四边形， ∴DC∥AA1 ，DC ＝AA1， 第17页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵将抛物线向上平移， ∴AA1⊥x 轴， ∴DC⊥x 轴， ∵C（2 ， ﹣7）， ∴AA1 ＝DC ＝7， ∴抛物线y ＝（x﹣3）2 ﹣8 向上平移 7 个单位， ∵ ﹣8+7 = ﹣ 1， ∴平移后新抛物线的表达式为y ＝（x﹣3）2﹣ 1． （2）如图 2 ，抛物线y ＝x2﹣2（m+1）x+2m ﹣3 ，当 x ＝0 时，y ＝2m ﹣3；当 x ＝2 时，y = ﹣2m ﹣3， ∴B（0 ，2m﹣3），C（2 ， ﹣2m﹣3）； ∵y ＝x2﹣2（m+1）x+2m ﹣3 ＝（x﹣m﹣ 1）2﹣m2﹣4， ∴A（m+1 ， ﹣m2﹣4）， 设直线 AC 的表达式为y ＝sx+t ，则 ∴y ＝（ 1﹣m ）x ﹣5，当 x ＝0 时，y = ﹣5 ， ∴E（0 ， ﹣5）； 设直线 OA 的表达式为y＝px ，则﹣m2﹣4＝p（m+1）， 直线 BC 的表达式为y ＝qx+r ，则m - 3， ∵BC∥OA， ∴q＝p， 解得 m1 = ﹣ m2 = ﹣ 当 m = ﹣ 时，则 2m ﹣3 ＝2 ﹣3 = ﹣ ∴B 在线段 OE 上； 第18页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 当 m = ﹣ 1 − 5时，则 2m ﹣3 ＝2 ( ﹣ 1 − 5 ） ﹣3 = ﹣5﹣2 5， ∴B（0 ， ﹣5﹣2 5 ）不在线段 OE 上， ∴m2 = ﹣ 1 − 5不符合题意，舍去， ∴m 的值为﹣ 1+ 5． 8 ．在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线y= x2+bx+c 过点A ( ﹣2 ，﹣ 1），B（0 ， ﹣3）． （1）求抛物线的解析式； （2）平移抛物线，平移后的顶点为 P（m ，n）（m＞0）． ⅰ. 如果 S△OBP ＝3 ，设直线 x ＝k，在这条直线的右侧原抛物线和新抛物线均呈上升趋势，求 k 的取值范围； ⅱ . 点 P 在原抛物线上，新抛物线交y 轴于点 Q ，且∠BPQ ＝120 ° , 求点 P 的坐标． 第19页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】（ x2 - 3； （2）i ．k≥2； ii.P(2 3 ，3)． 【分析】（1）根据点A ，B 的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式； （2）i．根据三角形面积求出平移后的抛物线的对称轴为直线 x ＝2 ，开口向上，由二次函数的性质可得出答案； ii ．P 证出 BP ＝PQ ，由等腰三角形的性质求出∠BPC ＝60 ° , 由直角三角形的性质可求出答案． 【解答】解：（1）将 A ( ﹣2 ，﹣ 1），B（0 ， ﹣3）代入yx2+bx+c ，得： ( c =- 3 )解得： b = 0 ， ∴抛物线的解析式为yx2﹣3． （2）i ． ∵yx2﹣3， ∴抛物线的顶点坐标为（0 ， ﹣3），即点 B 是原抛物线的顶点， ∵平移后的抛物线顶点为 P（m ，n）， ∴抛物线平移了|m|个单位， ∵m＞0， ∴m ＝2， 即平移后的抛物线的对称轴为直线 x ＝2， ∵在 x ＝k 的右侧，两抛物线都上升，原抛物线的对称轴为y 轴，开口向上， ∴k≥2； ii ．把 P（m ，n）代入yx2﹣3， 第20页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 由题意得，新抛物线的解析式为y x2 - mx + m2 -3， ∴Q（0 ，m2 - 3）， ∵B（0 ， - 3）， ∴BQ ＝m2 ，BP2 = m2 + ( m2 - 3 + 3)2 = m2 + m4 ，PQ2 = m2 + [(m2 - 3) - (m2 - 3)]2 = m2 + 1 4 ( m )4 ， ∴BP ＝PQ， 如图，过点 P 作 PC⊥y 轴于 C，则 PC ＝m， ∵PB ＝PQ ，PC⊥BQ， ∴BC= BQ= m2 ， ∠BPC= ∠BPQ= ×120 ° =60 ° , ∴tan∠BPC ＝tan60 °= = = 3， ∴m ＝2 3或 m ＝ - 2 3（舍）， ∴P 点的坐标为（2 3 ，3）． 9 ．在平面直角坐标系 xOy 中，直线y 与 x 轴、y 轴分别交于点 A 、B（如图）．抛物线 y ＝ax2+bx （a≠0）经过点A． （1）求线段 AB 的长； （2）如果抛物线y ＝ax2+bx 经过线段 AB 上的另一点 C，且 BC= 5 ，求这条抛物线的表达式； （3）如果抛物线y ＝ax2+bx 的顶点 D 位于△AOB 内，求 a 的取值范围． 第21页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）先求出A ，B 坐标，即可得出结论； （2）设点 C 则 BCm| ，进而求出点 C（2 ，4），最后将点 A ，C 代入抛物线解析式中，即可得出结论； （3）将点 A 坐标代入抛物线解析式中得出b = ﹣ 10a ，代入抛物线解析式中得出顶点 D 坐标为（5 ，﹣ 25a），即可得出结论． 【解答】解：（1）针对于直线yx+5，令 x ＝0，y ＝5， ∴B（0 ，5）， 令y ＝0 ，则 x+5 ＝0， ∴x ＝10， ∴A（ 10 ，0）， ∴AB= 52 + 102 =5 5； （2）设点 C ∵B（0 ，5）， ∵BC= 5， ∴m = ±2， ∵点 C 在线段 AB 上， ∴m ＝2， ∴C（2 ，4）， 第22页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 将点 A（ 10 ，0），C（2 ，4）代入抛物线y ＝ax2+bx（a≠0）中，得 ∴抛物线yx； （3） ∵点 A（10 ，0）在抛物线y ＝ax2+bx 中，得 100a+10b ＝0， ∴b = ﹣ 10a， ∴抛物线的解析式为y ＝ax2﹣ 10ax ＝a（x﹣5）2﹣25a， ∴抛物线的顶点 D 坐标为（5 ， ﹣25a）， 将 x ＝5 代入y 中，得y ∵顶点 D 位于△AOB 内， 10．在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线y 与 x 轴交于点 A，y 轴交于点 B ，点 C 在线段 AB 上，以点 C 为顶点的抛物线M：y ＝ax2+bx+c 经过点 B ，点 C 不与点 B 重合． （1）求点 A ，B 的坐标； （2）求 b ，c 的值； （3）平移抛物线 M 至 N，点 C，B 分别平移至点 P ，D ，联结 CD ，且 CD∥x 轴，如果点 P 在 x 轴上， 第23页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 且新抛物线过点 B ，求抛物线 N 的函数解析式． 【答案】（1）A ( ﹣8 ，0）； （3）抛物线 N 的函数解析式为：y )2 或 y 【分析】（1）根据题意，分别将 x ＝0，y ＝0 代入直线 y 即可求得； （2）设 c 得到抛物线的顶点式为 y = a m + 6 ，将 B（0 ，6）代入可求得 m 进而可得到抛物线解析式为 y = ax x + 6 ，即可求得 b ，c； （3）根据题意，设 P（p ，0），c(m ， m + 6) ，根据平移的性质可得点 B ，点 C 向下平移的距离相同，列式求得 m = ﹣4，a 然后得到抛物线 N 解析式为：y ，将 B（0，6）代入可得 p = ± 4 2 ，即可得到答案． 【解答】解：（1）在 y 中，令 x ＝0 得：y ＝6， ∴B（0 ，6）， 令y ＝0 得：x = ﹣8， ∴A ( ﹣8 ，0）； （2）设c(m ， m + 6) ，设抛物线的解析式为：y = a m + 6， ∵抛物线 M 经过点 B， ∴将 B（0 ，6）代入得：am m + 6 = 6， ∵m ≠0， ∴am 即 m 将m 代入y ＝a m+6，整理得：y = ax x + 6， （3）如图： 第24页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵CD∥x 轴，点 P 在 x 轴上， ∴设 P（p ，0），c(m ， m + 6)， ∵点 C，B 分别平移至点 P ，D， ∴点 B ，点 C 向下平移的距离相同， 解得：m ＝ - 4， 由（2）知 m ∴a ∴抛物线 N 的函数解析式为：y 将 B（0 ，6）代入可得：p = ± 4 2， ∴抛物线 N 的函数解析式为：y )2 或 y 11 ．在平面直角坐标系中，已知平移抛物线y = x2 后得到的新抛物线经过A(0 ， - )和 B（5 ，0）． （1）求平移后新抛物线的表达式； （2）直线 x ＝m（m＞0）与新抛物线交于点 P ，与原抛物线交于点 Q； ①如果 PQ 小于 3 ，求 m 的取值范围； ②记点 P 在原抛物线上的对应点为 P ′ ，如果四边形 P ′BPQ 有一组对边平行，求点 P 的坐标． 第25页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）y = x2 - x - ； （2） ①0＜m＜1； ②P(7 ， )． 【分析】（1）设平移抛物线y = x2 后得到的新抛物线为y = x2 + bx + c ，把A(0 ， - )和 B（5 ，0）代入，可得答案； （2）①如图，设Q(x ， x2)，则P(x ， x2 - x - )，PQ = x + ，结合 PQ 小于 3，可得 x + ＜3，结合 x ＝m（m＞0），从而可得答案； ②先确定平移方式为：向右平移 2 个单位，向下平移 3 个单位，由题意可得：P 在 B 的右边，当 BP ′ ∥PQ 时，可得P ,(5 ， ) ，结合平移的性质可得答案如图，当 P ′Q∥BP 时，则∠P ′QT= ∠BPT，过P'作 P ′S⊥QP 于 S，证明△P'SQ ∽△BTP，可得 设P ,(x ， x2 )，则P(x + 2 ， x2 - 3)，S(x + 2 ， x2 ) ，Q[x + 2 ， (x + 2)2] ，再建立方程求解即可． 【解答】解：（1）设平移抛物线y = x2 后得到的新抛物线为y = x2 + bx + c，把A(0 ， - )和 B（3 ，0）代入， 可得： c = 0 ，解得： ， ∴新抛物线为y = x2 - x - ； （2） ①如图，设Q(x ， x2 ) ，则P(x ， x2 - x - )， 第26页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵PQ 小于 3， ∴x＜1， ∵x ＝m（m＞0）， ∴0＜m＜1； ∴平移方式为： 向右平移 2 个单位，向下平移 3 个单位， 第27页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 由题意可得：P 在 B 的右边，当 BP ’∥PQ 时， :BP ’丄x 轴， :xP ’＝xB ＝5， 由平移的性质可得：P(5 + 2 ， ，即P(7 ， 如图，当 P ’Q∥BP 时，则LP ’QT＝LBPT，过 P ’作 P ’S丄QP 于 S， : LP'SQ ＝LBTP ＝90 。， : △P'SQ ∞△BTP， 第28页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 设p ,(x ， x2) ，则p(x + 2 ， x2 - 3) ，S ，Q ， 解得：x ＝1 或 3（不符合题意舍去）； 综上：p(7 ， )． 12 ．在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y ＝x2+bx+c 经过点 A（ 1 ，1）和 B（3 ，1），顶点为点 P ，抛物线于y 轴交于点 C． （1）求 b 和 c 的值． （2）另一条抛物线y ＝ax2+mx+n（a≠1）也经过点 A（1 ，1）和 B（3 ，1），顶点为点 Q ，与y 轴交于点 D． ①求的值； ②当四边形 CDPQ 是直角梯形，求其最小内角的正弦值． 【答案】（1） 【分析】（1）将 A 和 B 代入解析式，求出 b 和 c 的值； （2）①将 A 和 B 代入解析式，求出抛物线解析式为抛物线解析式为y ＝ax2 - 4ax+3a+1 ＝a（x - 2）2+1 第29页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ﹣a ，得出D 和 Q 的坐标，得到 CD 和 PQ 的长度，得出比值； ②分类讨论即可． 【解答】解：（1）将 A（1 ，1），B（3 ，1）代入y ＝x2+bx+c 中， 第30页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ( c )∴b ( =- 4 ); = 4 （2） ①将 A（1 ，1），B（3 ，1）代入y ＝ax2+mx+n（a≠1）中， ( n = 1 + 3a )∴m =- 4a ， ∴抛物线解析式为y ＝ax2﹣4ax+3a+1 ＝a（x﹣2）2+1﹣a， ∵抛物线与y 轴交于点 D， ∴D（0 ，3a+1），顶点 Q（2 ，1﹣a）， 由（1）可知：y ＝x2﹣4x+4 ＝（x﹣2）2， ∴C（0 ，4），P（2 ，0）， ∴CD ＝|3a﹣3| ，PQ ＝|a﹣ 1|， ②a ．当 CD⊥PD 时，如图所示，D（0 ，0）， ∴3a+1 ＝0 ， ∴a=- ， ∴∠QCD 为最小内角， 过点 Q 作 QM⊥CD 于点 M， ∴QM＝2 ，CM= ，CQ= ， b ．当 CD⊥CQ 时，如图所示，Q（2 ，4）， ∴ 1﹣a ＝4， ∴a = ﹣3， ∴D（0 ， ﹣8）， ∴∠CDP 为最小内角， 过点 P 作 PN⊥CD 于点 N， ∴N（0 ，0）， ∴PN＝2 ，DN＝8 ，PD= 2 17， 综上所述：最小的角的正弦值为 二．第 23 题（共 15 小题） 13 ．如图，在△ABC 中，点 D 在边 BC 上，点 G 在边 AB 上，点 E、F 在边 AC 上，GD∥AC， ∠DGF= ∠ DEF， ∠B = ∠GFE． （1）求证：四边形 EDGF 是平行四边形； GF CD （2）求证： 【答案】（1）证明见解答； （2）证明见解答． 第31页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1） 由点 E 、F 在边 AC 上，GD∥AC ，得 GD∥EF， 由∠DGF+∠GFE ＝180 ° , 且∠DGF= ∠DEF，得∠DEF+∠GFE ＝180 ° , 所以DE∥FG ，即可根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形 ”证明四边形 EDGF 是平行四边形； （2）由 DE∥FG ，得∠DEC = ∠GFE ，而∠B = ∠GFE ，所以∠DEC = ∠B ，而∠C = ∠C，即可证明△ DE CD GF CD DEC∽△ABC，得 所以 【解答】（1）证明： ∵点 E 、F 在边 AC 上，GD∥AC， ∴GD∥EF， ∴ ∠DGF+∠GFE ＝180 ° , ∵ ∠DGF= ∠DEF， ∴ ∠DEF+∠GFE ＝180 ° , ∴DE∥FG， ∴四边形 EDGF 是平行四边形． （2）证明：DE∥FG， ∴ ∠DEC = ∠GFE， ∵ ∠B = ∠GFE， ∴ ∠DEC = ∠B， ∵ ∠C = ∠C， ∴△DEC∽△ABC， DE CD ∵DE ＝GF， GF CD 14 ．已知：如图，在菱形 ABCD 中，点 E 是边 DC 上的任意一点（不与点 D 、C 重合），AE 交对角线 BD于 F，过点 E 作 EG∥BC 交 BD 于点 G． （1）求证：DF2 ＝FG•BF； （2）当 BD•DF＝2AD•DE 时，求证：AE⊥DC． 第32页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）证明见解答； （2）证明见解答． DF EF 【分析】（1） 由菱形的性质得 ED∥AB ，则△EFD ∽△AFB ，得 由 EG∥AD ，证明△EFG ∽ FG EF DF FG △AFD ，得 所以 即可证明 DF2 ＝FG•BF； （2）连接 AC 交 BD 于点 H，则 BD ＝2DH， 由 BD•DF ＝2AD•DE ，且 AD ＝DC ，得 2DH•DF ＝2DC• DF DE DE ，所以 而∠FDE = ∠CDH，即可证明△FDE ∽△CDH，得∠DEF= ∠DHC ＝90 ° , 则 AE ⊥DC． 【解答】（1）证明： ∵四边形 ABCD 是菱形， ∴ED∥AB， ∴△EFD ∽△AFB， ∵EG∥BC ，AD∥BC， ∴EG∥AD， ∴△EFG ∽△AFD， ∴DF2 ＝FG•BF． （2）证明：连接 AC 交 BD 于点 H，则 AC⊥BD ，DH＝BH， ∴BD ＝2DH， ∵BD•DF＝2AD•DE ，且 AD ＝DC， ∴2DH•DF＝2DC•DE， ∵ ∠FDE = ∠CDH， ∴△FDE ∽△CDH， ∴ ∠DEF= ∠DHC ＝90 ° , ∴AE⊥DC． 第33页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 15 ．如图， △ABC 中，AB ＝AC，⊙O 是△ABC 的外接圆，BO 的延长线交边 AC 于点 D． （1）求证： ∠BAC ＝2∠ABD； （2）当△BCD 是等腰三角形时，求∠BCD 的大小； （3）当 AD ＝2 ，CD ＝3 时，求边 BC 的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）连接 OA ．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可． （2）分三种情形： ①若 BD ＝CB ，则∠C = ∠BDC = ∠ABD+∠BAC ＝3∠ABD ． ②若 CD ＝CB ，则∠ CBD = ∠CDB ＝3∠ABD ．③若 DB ＝DC，则 D 与A 重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可． AE AD 2 AO AE 4 （3）如图 3 中，作 AE∥BC 交 BD 的延长线于 E ．则 推出 设 OB ＝OA =4a ，OH＝3a ，根据 BH2 ＝AB2﹣AH2 ＝OB2 ﹣OH2 ，构建方程求出 a 即可解决问题． 【解答】（1）证明：连接 OA． ∵AB ＝AC， ∴AB = AC， ∴OA⊥BC， ∴ ∠BAO = ∠CAO， 第34页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 “OA ＝OB， : LABD ＝LBAO， : LBAC ＝2LABD． （2）解：如图 2 中，延长 AO 交 BC 于 H． ①若 BD ＝CB ，则LC ＝LBDC ＝LABD+LBAC ＝3LABD， “AB ＝AC， : LABC ＝LC， : LDBC ＝2LABD， “LDBC+LC+LBDC ＝180 。， : 8LABD ＝180 。， : LC ＝3LABD ＝67.5 。． ②若 CD ＝CB ，则L CBD ＝LCDB ＝3LABD， : LC ＝4LABD， “LDBC+LC+LCDB ＝180 。， : 10LABD ＝180 。， : LBCD ＝4LABD ＝72 。． ③若 DB ＝DC，则 D 与 A 重合，这种情形不存在．综上所述，LC 的值为 67.5 。或 72 。． （3）如图 3 中，作 AE∥BC 交 BD 的延长线于 E． 第35页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 AE AD 2 则 设 OB ＝OA ＝4a ，OH＝3a， ∵BH2 ＝AB2 - AH2 ＝OB2 - OH2， ∴25 - 49a2 ＝16a2 - 9a2， ∴a 16 ．如图，已知：D 是△ABC 的边 BC 上一点，点 E 在△ABC 外部，且∠BAE = ∠CAD ， ∠ACD = ∠ADC = ∠ADE ，DE 交 AB 于点 F． （1）求证：AB ＝AE； （2）如果 AD ＝AF，求证：EF2 ＝BF•AB． 【答案】证明见解析． 【分析】（1）根据∠ACD = ∠ADC 可以得出AD ＝AC，再根据∠BAE = ∠CAD 得出∠BAC = ∠EAD ，从而得出△ABC≌△AED ，即可证明； （2）根据 AD ＝AF 可以得出∴ADF= ∠AFD ，进而可以证明∠EAB ＝倨傲 BAD ，在根据∠B = ∠E ，可以得出△AEF∽△ABD ，从而得出结论． 第36页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【解答】证明：（1） “LACD ＝LADC， :AC ＝AD， “LBAE ＝LCAD， : LBAC ＝LEAD， “LACD ＝LADE， : △ABC纟△AED（ASA）， :AB ＝AE； （2）“AD ＝AF， : LADF＝LAFD， : LDAF＝180 。 - 2LADF， “LACD ＝LADC， : LCAD ＝180 。 - 2LADC， “LADC ＝LADE， : LCAD ＝LDAF， “LBAE ＝LCAD， : LDAF＝LBAE， “△ABC纟△AED， :AB ＝AE， : △ABD纟△AEF（SAS）， :BD ＝EF， “LBDF＝180 。 - 2LADF， : LBDF＝L BAD， “LB ＝LB， : △BDF∞△BAD， :BD2 ＝BF•AB， :EF2 ＝FB•AB． 17 ．如图，已知 AB 是ΘO1 与ΘO2 的公共弦，O1O2 与 AB 交于点 C，O1O2 的延长线与ΘO2交于点 P， 第37页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 联结 PA 并延长，交ΘO1 于点 D． （1）联结 O1A 、O2A ，如果 AB ＝AD ＝AP ．求证：O1A⊥O2A； （2）如果 PO1 ＝3PO2 ，求证：PA ＝AD． 【答案】证明见解答． 【分析】（1）连接 O1B ，O2B ，BD ，BP ， 由直角三角形的判定可知△DPB 为直角三角形，然后根据圆周角定理求出∠AO1O2+∠AO2O1 的度数即可证明； （2）过 O1作 O1E⊥DP 于 E ，过 O2作 O2F⊥DP 于 F，根据垂径定理和平行线分线段成比例来证明即可． 【解答】证明：（1）连接 O1B ，O2B ，BD ，BP ，如图： ∵AD ＝AB ＝AP， ∴△DBP 为直角三角形， ∠D+∠APB ＝90 ° , 由圆周角定理可知， ∠AO1B ＝2∠D ， ∠AO2B ＝2∠APB， ∵AB 是ΘO1 与ΘO2 的公共弦， ∴O1O2垂直平分 AB， ∴∠AO1C+∠AO2C = ∠D+∠APB ＝90 ° , ∴AO1⊥AO2； 第38页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 （2）过 O1作 O1E⊥DP 于 E ，过 O2作 O2F⊥DP 于 F，如图： ∴O1E∥O2F， ∴PE ＝3PF， 由垂径定理可知，AE ＝DE ，PF＝AF， ∴AE ＝PE - PA ＝3PF - 2PF＝PF， ∴AD ＝2AE ＝2PF＝AP． 18 ． 已知：如图，在平行四边形 ABCD 中，对角线 AC 、BD 交于 E ，M 是边 DC 延长线上的一点，联结AM，与边 BC 交于 F，与对角线 BD 交于点 G． （1）求证：AG2 ＝GF•GM； （2）联结 CG ，如果∠BAG = ∠BCG ，求证：平行四边形 ABCD 是菱形． 【答案】（1）（2）详见解答． 【分析】（1）由平行线的性质和相似三角形的平行判定法，可得到△ABG ∽△MDG 、△ADG ∽△FBG，再利用相似三角形的性质得结论； （2）利用“两角对应相等 ”先说明△GCF∽△GMC，再利用等腰三角形的三线合一说明BD⊥AC，最后利用菱形的判定方法得结论． 第39页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【解答】证明：（1） “四边形 ABCD 是平行四边形， :AB∥DM，AD∥BC． : △ABG ∞△MDG ， △ADG ∞△FBG． :AG2 ＝GF•GM． （2）“AB∥DM， : L BAG ＝LM． “L BAG ＝LBCG， : LM＝LBCG． “LMGC ＝L FGC， : △GCF∞△GMC． 即 CG2 ＝GF•GM． “AG2 ＝GF•GM， : CG2 ＝AG2． : CG ＝AG． “四边形 ABCD 是平行四边形， :AE ＝CE． : GE丄AC ，即 BD丄AC． : 平行四边形 ABCD 是菱形． 19 ．如图，在矩形 ABCD 中，点 P 是边 BC 的中点， ΘO 是△PAD 的外接圆， ΘO 交边 AB 与于点 E． （1）求证：PA ＝PD； （2）当 AE 是以点 O 为中心的正六边形的一边时，求证：AE (一) = EP (一)． 第40页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）见解析； （2）见解析． 【分析】（1）根据矩形的性质得到∠B = ∠C ＝90 ° , AB ＝CD ，根据线段中点的定义 PB ＝PC，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）连接 OE ，OA ，根据正六边形的性质得到∠AOE 根据等边三角形的性质得到∠AEO =60 ° , 连接 PO 并延长交 AD 于 H，连接 OD ，根据圆心角、弦、弧的关系即可得到结论． 【解答】证明：（1） ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴ ∠B = ∠C ＝90 ° , AB ＝CD， ∵点 P 是边 BC 的中点， ∴PB ＝PC， 在△ABP 与△DCP 中， ∴△ABP≌△DCP（SAS）， ∴PA ＝PD； （2）连接 OE ，OA， ∵AE 是以点 O 为中心的正六边形的一边， ∵OA ＝OE， ∴△AOE 是等边三角形， ∴ ∠AEO ＝60 ° , 连接 PO 并延长交 AD 于 H，连接 OD， ∵PA ＝PD ．OA ＝OD， ∴PH⊥AD， 第41页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴ ∠BAD = ∠PHD ＝90 ° , ∴AB∥PH， ∴ ∠EOP = ∠AEO = ∠AOE ＝60 ° , ∴AE = EP． 20 ．如图，已知 CE 、CF 分别是平行四边形 ABCD 的边 AB、AD 上的高，对角线AC、BD 相交于点 O ，且 CE ＝CF． （1）求证：四边形 ABCD 是菱形； （2）当 AB：BE ＝3 ：2 ，CE ＝5 时，求∠CAE 的余切值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 5． 【分析】（1）根据 CE⊥AB ，CF⊥AD ，CE ＝CF，可知∠CAD = ∠CAB ，根据平行四边形的性质可得CD∥AB ，进一步可得 AD ＝DC，即可得证； （2）根据菱形的性质可得 AB ＝CB ，设 AB ＝CB ＝3x ，则 BE ＝2x ，在 Rt△BEC 中，根据勾股定理列方程，求出 x 的值进一步可得 AE 的长，根据 cot∠CAE求解即可． 【解答】（1）证明： ∵CE⊥AB ，CF⊥AD ，CE ＝CF， ∴ ∠CAD = ∠CAB， ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴CD∥AB， 第42页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴ ∠BAC = ∠ACD， ∴ ∠ACD = ∠CAD， ∴AD ＝DC， ∴四边形 ABCD 是菱形； （2）在菱形 ABCD 中，AB ＝CB， ∵AB：BE ＝3 ：2， 设 AB ＝CB ＝3x ，则 BE ＝2x， ∵CE ＝5， 在 Rt△BEC 中，根据勾股定理，得 BE2+CE2 ＝BC2，即（2x）2+52 ＝（3x）2， 解得 x= 5或 x=- 5（舍去）， ∴AB ＝3 5 ，BE ＝2 5， ∴AE ＝5 5， ∴cot∠CAE= = = 5． 21 ．如图，在梯形 ABCD 中，AD∥BC ，AB ＝CD ，点 E 为 BC 延长线上一点， ∠ADB = ∠CDE ，点 F 在BD 上，联结 CF． （1）求证：AD•DE ＝AC•DC； （2）如果AD•CE ＝DF•DB ，求证：四边形 DFCE 为梯形． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）利用等腰梯形的性质和全等三角形的判定与性质得到∠DAC = ∠CDE，利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质解答即可得出结论； （2） 由（1）的结论 AD•CE ＝DC2 ，利用等量代换的性质和相似三角形的判定与性质得到∠DCF = ∠ DBC，利用平行线的性质，等量代换得到∠DCF= ∠CDE ，则 CF∥DE ，再利用梯形的定义解答即可． 【解答】证明：（1） ∵在梯形 ABCD 中，AD∥BC，AB ＝CD， ∴ ∠ADC = ∠DAB． 第43页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 在△ABD 和△DCA 中， : △ABD纟△DCA（SAS）， : LDAC ＝LADB， “LADB ＝LCDE， : LDAC ＝LCDE． “AD∥BC， : LADC ＝LDCB， : △ADC∞△DCE． AD AC :AD•DE ＝AC•DC； （2） “△ADC∞△DCE， AD DC :AD•CE ＝DC2． “AD•CE ＝DF•DB， :DC2 ＝DF•DB， DC DB “LFDC ＝LCDB， : △FDC∞△CDB， : LDCF＝LDBC， “AD∥BC， : LDBC ＝LADB， “LADB ＝LCDE， : LDCF＝LCDE， : CF∥DE． 又“DF 与 CE 不平行， : 四边形 DFCE 为梯形． 22 ．如图所示，在等腰三角形 ABC 中，AB ＝AC，点 E，F 在线段 BC 上，点 Q 在线段 AB 上，且 CF＝BE， 第44页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 AE2 ＝AQ•AB． 求证：（1） ∠CAE = ∠BAF； （2）CF•FQ ＝AF•BQ． 【答案】（1）证明见解答过程；（2）证明见解答过程． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B = ∠C ，利用SAS 证明△ACE≌△ABF，根据全等三角形的性质即可得解； （2）利用全等三角形的性质，结合题意证明△ACE ∽AFQ ， △CAF∽△BFQ ，根据相似三角形的性质即可得解． 【解答】证明：（1） ∵AB ＝AC， ∴ ∠B = ∠C， ∵CF＝BE， ∴CF﹣EF＝BE﹣EF，即 CE ＝BF， 在△ACE 和△ABF 中， ( , ) ∴△ACE≌△ABF（SAS）， ∴∠CAE = ∠BAF； （2） ∵△ACE≌△ABF， ∴AE ＝AF， ∠CAE = ∠BAF， ∵AE2 ＝AQ•AB ，AC ＝AB， AE AC ∴△ACE ∽△AFQ， ∴∠AEC = ∠AQF， ∴∠AEF= ∠BQF， 第45页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵AE ＝AF， ∴ ∠AEF= ∠AFE， ∴∠BQF= ∠AFE， ∵ ∠B = ∠C， ∴△CAF∽△BFQ， ∴ = ， 即 CF•FQ ＝AF•BQ． 23 ．已知：如图，在菱形 ABCD 中，点 E 、F 分别在边 AB 、AD 上，BE ＝DF，CE 的延长线交 DA 的延长线于点 G ，CF 的延长线交 BA 的延长线于点 H． （1）求证： △BEC∽△BCH； （2）如果 BE2 ＝AB•AE ，求证：AG ＝DF． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1） 由菱形的性质得出 CD ＝CB ， ∠D = ∠B ，证明△CDF≌△CBE（SAS）， 由全等三角形的性质得出∠DCF= ∠BCE ，得出∠H= ∠BCE ，则可得出结论． （2）利用平行线分线段成比例定理结合已知条件解决问题即可． 【解答】（1）证明： ∵四边形 ABCD 是菱形， ∴CD ＝CB ， ∠D = ∠B， ∵DF＝BE， ∴△CDF≌△CBE（SAS）， ∴ ∠DCF= ∠BCE， ∵CD∥BH， ∴ ∠H= ∠DCF， ∴ ∠H= ∠BCE， ∵ ∠B = ∠B， ∴△BEC∽△BCH． 第46页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 （2）证明： ∵BE2 ＝AB•AE， ∵CB∥DG， ∴△AEG ∽△BEC， ∵BC ＝AB， ∴AG ＝BE， ∵△CDF≌△CBE， ∴DF＝BE， ∴AG ＝DF． 24 ．我们经常会采用不同方法对某物体进行测量，请测量下列灯杆 AB 的长． （1）如图（1）所示，将一个测角仪放置在距离灯杆 AB 底部 a 米的点 D 处，测角仪高为 b 米，从 C点测得 A 点的仰角为α , 求灯杆 AB 的高度．（用含 a ，b ，α 的代数式表示） （2）我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的方法，在至今仍有借鉴意义．如图（2）所示，现将一高度为 2 米的木杆 CG 放在灯杆 AB 前，测得其影长 CH 为 1 米，再将木杆沿着 BC 方向移动 1.8米至 DE 的位置，此时测得其影长 DF 为 3 米，求灯杆 AB 的高度． 第47页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）（atanα+b）米； （2）3.8 米． 【分析】（1）根据题意可得 BE ＝CD ＝b 米，EC ＝BD ＝a 米， ∠AEC ＝90 ° , ∠ACE = α , 然后在 Rt△ AEC 中，利用锐角三角函数的定义求出AE 的长，进行计算即可解答； （2）根据题意得：GC ＝DE ＝2 米，CD ＝1.8 米，∠ABC = ∠GCD = ∠EDF＝90 ° , 然后证明 A 字模型 2 1 相似三角形△ABH∽△GCH，从而可得 再证明 A 字模型相似三角形△ABF∽△EDF，从而 2 3 1 3 可得 进而可得 最后求出 BC 的长，从而求出AB 的长． 【解答】解：（1）如图： 由题意得： BE ＝CD ＝b 米，EC ＝BD ＝a 米， ∠AEC ＝90 ° , ∠ACE = α ,在 Rt△AEC 中，AE ＝CE•tanα =atanα（米）， ∴AB ＝AE+BE ＝（b+atanα) 米， ∴灯杆 AB 的高度为（atanα+b）米； （2） 由题意得： ( , )GC ＝DE ＝2 米，CD ＝1.8 米， ∠ABC = ∠GCD = ∠EDF ＝90 ° ∵ ∠AHB = ∠GHC， ∴△ABH∽△GCH， ∵ ∠F= ∠F， ∴△ABF∽△EDF， 第48页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴BC ＝0.9 米， ∴AB ＝3.8 米， ∴灯杆 AB 的高度为 3.8 米． 25 ．如图，在梯形 ABCD 中 AD∥BC，点 F，E 分别在线段 BC，AC 上，且∠FAC = ∠ADE ，AC ＝AD． （1）求证：DE ＝AF； （2）若∠ABC = ∠CDE ，求证：AF2 ＝BF•CE． 【答案】证明过程见解答． 【分析】（1）证明△ACF≌△DAE（ASA），即可解决问题； （2）证明△ABF∽△CDE ，得 AF•DE ＝BF•CE ，结合（1）AF＝DE ，即可解决问题． 【解答】证明：（1） ∵AD∥BC， ∴ ∠ACF= ∠DAC ∵ ∠FAC = ∠ADE ，AC ＝AD， ∴△ACF≌△DAE（ASA）， ∴AF＝DE； （2） ∵△ACF≌△DAE， 第49页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 : LAFC ＝LDEA， : LAFB ＝LDEC， “LABC ＝LCDE， : △ABF∞△CDE， AF BF :AF•DE ＝BF•CE， “AF＝DE， :AF2 ＝BF•CE． 26 ．如图所示，在矩形 ABCD 中，E 为边 CD 上一点，且 AE丄BD． （1）求证：AD2 ＝DE•DC； （2）F 为线段 AE 延长线上一点，且满足EF = CF BD ，求证：CE ＝AD． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由矩形性质得到LBAD ＝90 。，LADE ＝90 。，AB ＝DC，由角的互余得到LABD ＝LDAE，从而确定△ADE ∞△BAD ，利用相似三角形性质得到 AD2 ＝DE•DC； （2） 由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到 OA ＝OD ＝EF ＝CF，LODA = LOAD ，L FEC ＝L FCE ，进而由三角形全等的判定与性质即可得到． 【解答】证明：（1） “矩形 ABCD， : L BAD ＝90 。，LADE ＝90 。，AB ＝DC， : LABD+LADB ＝90 。， “AE丄BD， : L DAE+LADB ＝90 。， : LABD ＝LDAE， “L BAD ＝LADE ＝90 。， 第50页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴△ADE ∽△BAD， AD DE ∴AD2 ＝DE•BA， ∵AB ＝DC， ∴AD2 ＝DE•DC； （2）连接 AC，交 BD 于点 O， ∵矩形 ABCD， ∴ ∠ADE ＝90 ° , ∴ ∠DAE+∠AED ＝90 ° , ∵AE⊥BD， ∴ ∠DAE+∠ADB ＝90 ° , ∴ ∠ADB = ∠AED， ∵ ∠FEC = ∠AED， ∴ ∠ADO = ∠FEC， ∵矩形 ABCD， ∴OA ＝OD ＝EF＝CF， ∴ ∠ADO = ∠OAD ， ∠FEC = ∠FCE， ∵ ∠ADO = ∠FEC， ∴ ∠ADO = ∠OAD = ∠FEC = ∠FCE，在△ODA 和△FEC 中， ∴△ODA≌△FEC（AAS）， ∴CE ＝AD． 第51页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 27 ．如图，在ΘO 中，AB 和 CD 是弦，半径 OA 、OB 分别交 CD 于点 E 、F，且 CE ＝DF． （1）求证：AB∥CD； （2）若 AB ＝BD ，求证：AB2 ＝BF•OB． 【答案】（1）见解析； （2）见解析． 【分析】（1）连接 OC，OD ，证明△OCE≌△ODF（SAS），得出 OE ＝OF，得到 CD∥AB； AB BF （2）证明△BAF∽△BOA ，得到 得出 AB2 ＝BF•OB． 【解答】证明：（1）连接 OC，OD， ∵OC ＝OD， ∴ ∠OCD = ∠ODC， ∵CE ＝DF， ∴△OCE≌△ODF（SAS）， ∴OE ＝OF， OE OF 第52页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴EF∥AB， ∴CD∥AB； （2） ∵△OCE≌△ODF， ∴ ∠COE = ∠DOF， ∵AB ＝BD， ∴ ∠AOB = ∠DOF， ∴ ∠AOB = ∠DOF= ∠COE， 连接 AF， ∵OA ＝OD， ∴△AOF≌△DOF（SAS）， ∴ ∠OAF= ∠ODF= ∠OCE， ∵ ∠OCE = ∠OAF， ∠OEC = ∠AEF， ∴△OEC∽△FEA， ∴ ∠COE = ∠AFE， ∴ ∠AOB = ∠FAB = ∠AFE， ∴△BAF∽△BOA， ∴AB2 ＝BF•OB． 三．第 25 题（共 8 小题） 28 ．如图，OB 是⊙O 的半径，弦 AB 垂直于弦 BC ，点 M 是弦 BC 的中点，过点 M 作 OB 的平行线，交 ⊙O 于点 E 和点 F．（1）如图 1 ，当 AB ＝BC 时． ①求∠ABO 的度数； ②联结 OE ，求证： ∠OEF＝30 ° ; （2）如图 2 ，联结 OE ，当 AB≤BC 时，tan∠OEF＝x ， y， 求y 关于 x 的函数关系式并直接写出 定义域． 第53页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1） ①∠ABO ＝45 ° ; ②证明见解析；( 【分析】（1）①依据题意，连接 AO ，CO ，先证明∠AOB+∠BOC ＝180 ° , 从而可得 A ，O ，C 三点共线，再结合 AB ＝BC，OA ＝OC，可得 OB 平分∠ABC，又∠ABC ＝90 ° , 进而可以得解； ②依据题意，连接 OE ， 由 EF∥OB ，OB⊥AC，可得 EF⊥AC，又 BM＝MC ，故0H = CH C ，从而可得在 Rt△OHE 中，sin匕0EF 最后可以判断得解； （2）依据题意，过点 A 作 AG⊥OB 与点 G ，过 O 点作 OP⊥EF 与点 P ．设半径为 r ，则 OE ＝r ，由 tan ∠OEF＝x，故0P r，再结合 BM＝MC，EF∥OB，进而证得△AOG ﹣△ONP，故 从而 AG ＝2OP r ，又 AO ＝r ，进而可得BG = 0B - 0G r ，再由tan匕GAB = 可得y 最后由AB≤BC，可得 0＜y≤1 ，则有 进而可以得解． 【解答】（1） ①解：连接 AO ，CO， ∵AO ＝BO ，CO ＝BO． ∴ ∠OAB = ∠OBA ， ∠OBC = ∠OCB． ∵2∠OAB+2∠OBC ＝180 ° , 且∠AOB ＝2∠OBC， ∠BOC ＝2∠OAB， ∴ ∠AOB+∠BOC ＝180 ° . ∴A ，O ，C 三点共线． ∵AB ＝BC，OA ＝OC， ∴OB 平分∠ABC． ∵ ∠ABC ＝90 ° , ∴ ∠ABO ＝45 ° . 第54页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ②证明：连接 OE， “EF∥OB ，OB丄AC， :EF丄AC． “BM＝MC， 在 Rt△OHE 中，sin<0EF : LOEF＝30 。． （2）解：过点 A 作 AG丄OB 与点 G ，过 O 点作 OP丄EF 与点 P ．设半径为 r ，则 OE ＝r， “tan LOEF＝x， “BM＝MC ，EF∥OB， : 0N = NC r ，LAOB ＝LONP． 又“LAGO ＝LOPN＝90 。， : △AOG - △ONP． “AO ＝r， “OB ＝OC， : LOCB ＝LOBC， “LOBC+LOBA ＝90 。，LGAB+LOBA ＝90 。， 第55页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴ ∠GAB = ∠OBC = ∠OCB． ∵AB≤BC， ∴0＜y≤1， 则有 29 ．已知： ⊙O1和⊙O2相交于 A 、B 两点，线段 O1O2 的延长线交⊙O2于点 C，CA 、CB 的延长线分别交⊙O 于点 D 、E． （1）联结 AB 、DE ，AB 、DE 分别与连心线 O1O2相交于点 H、点 G ，如图 1 ，求证：AB∥DE； （2）如果 O1O2 ＝5． ①如图 2 ，当点 G 与 O1重合， ⊙O1 的半径为 4 时，求⊙O2 的半径； ②联结 AO2 、BD ，BD 与连心线 O1O2 相交于点 F，如图 3 ，当 BD∥AO2 ，且⊙O2 的半径为 2 时，求O1G 的长． 【答案】（1）见解答； （2） ①3； ② . 第56页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）先证明 CA ＝CB ，可得L CAB ＝LCBA ，再证明L CAB ＝LD ，可得 AB∥DE； （2） ①连接 AO1 ，AO2 ，AE ，AH，证明 A ，H，E 三点共线，LO2AH+LO1AH＝LO1AD+LO1AH= 90 。，再利用勾股定理求解即可； ②过 O1作 O 1M丄AD 于点 M，过 O2作 O2N丄AC 于点 N，由 O1M∥O2N 得出 设 CN =AN＝2k，DM＝AM＝3k，根据平行线分线段成比例得出 O2F＝3 ，O1F＝2 ，再根据平行线分线段成比例即可解答． 【解答】（1）证明： 由题意知 O1O2丄AB ，AH＝BH， : CA ＝CB． : L CAB ＝LCBA， “L CAB+LDAB ＝180 。＝L DAB+LE， : L CAB ＝LE， 同理可得LCBA ＝LD， : L CAB ＝LD， :AB∥DE； （2） ①如图，连接连接 AO1 ，AO2 ，AE ，AH， “DE 为ΘO1 的直径， : LEAD ＝90 。＝LEAC ＝LHAC， :A ．H．E 三点共线， “AB∥DE ，AB丄O1C， :DE丄O1C． : LAHO2+LAHO1 ＝180 。＝LD+LAHO1， : LAHO2 ＝LD， “O1A ＝O1D ，O2A ＝O2H， : LD ＝LO1AD ，LO2AH＝LO2HA， : LO1AD ＝LO2AH， 第57页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴∠O2AH+∠O1AH= ∠O1AD+∠O1AH＝90 ° . ∵O1A ＝4 ，O1O2 ＝5， ②如图，过 O1作 O1M⊥AD 于点 M，过 O2作 O2N⊥AC 于点 N， ∵O1M∥O2N， 由垂径定理知 CN＝AN，DM＝AM，设 CN＝AN＝2k，DM＝AM＝3k， ∵BD∥AO2， ∵O2C ＝2， ∴O2F＝3 ，O1F＝5 - 3 ＝2， ∵FO2垂直平分 AB ，BD∥AO2， 30．如图，已知矩形 ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2 ，点 P 是边 AD 上一动点，过点 P 作PE⊥AC，垂足为点 E，联结 BE ，过点 E 作 EF⊥BE ，交边 AD 于点 F（点 F 与点 A 不重合）． （1）当 F 是 AP 的中点时，求证：BA ＝BE； （2）当 AP 的长度取不同值时，在△PEF 中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由； （3）延长 PE 交边 BC 于点 G ，联结 FG ， △EFG 与△AEF 能否相似，若能相似，求出此时 AP 的长； 第58页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 若不能相似，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）存在 PF 长度不变，为 （3）能相似，AP 【分析】（1）根据直角三角形斜边上中线的性质可知AF＝FE ，再根据角之间的互余关系得到∠BAE = ∠BEA ，从而证明AB ＝BE； （2）根据平行线的性质以及互余关系证明△EPF 和△EAB 相似，从而可以证明 PF 是个定值； （3）因为∠AFE 和∠FEG 为钝角，所以当△EFG 与△AEF 相似时，这两个角相等，根据三角函数的定义求出 PE 的值，从而求得 AP 的值． 【解答】（1）证明： ∵PE⊥AC，F 是 AP 中点， ∴AF＝EF， ∴ ∠FAE = ∠FEA， ∵AD∥BC， ∴ ∠ACB = ∠DAE = ∠AEF， 又∵∠AEF+∠AEB ＝90 ° , ∠BAC+∠ACB ＝90 ° , ∴ ∠BAC = ∠AEB， ∴BA ＝BE； （2）解：存在 PF 长度不变． ∵AD⊥CD ，PE⊥AE， ∵ ∠AEP = ∠FEB ＝90 ° , ∴ ∠AEB = ∠PEF， 又∵∠BAE+∠CAD ＝90 ° , ∠CAD+∠APE ＝90 ° , 第59页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴ ∠BAE = ∠APE， ∴△ABE ∽△PFE， PF PE 1 ∴PF （3）解：能相似． 连接 FG ，过 P 作 PH⊥BC 于 H，如图： ∴PH＝AB ＝1， ∵PG⊥AC， ∴ ∠GPH= ∠ACB， 由（2）知，PF ∴GH＝PF， 又∵PF∥GH， ∴四边形 GHPF 为矩形， ∴ ∠PAE = ∠PGF， ∴当∠AFE = ∠FEG 时， △AEF∽△GFE， ∴ ∠PFE = ∠PEF， ∴AE ＝2PE ＝1， 31 ．在梯形 ABCD 中，AD∥BC，点 E 在边 AB 上，且AE AB． （1）如图 1 所示，点 F 在边 CD 上，且DF CD ，联结 EF，求证：EF∥BC； 第60页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 （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） ② 3． DE DF 【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， 第61页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 :EF∥BC． （2） ①记点 O 为△ADE 外接圆圆心，过点 O 作 OF丄AE 于点 F，连接 OA ，OD ，OE． “点 O 为△ADE 外接圆的圆心， : OA ＝OE ＝OD， :AB ＝3AE ＝3， “AE ＝AD ，OE ＝OD ，OA ＝OA， : △AOE纟△AOD（SSS）， : LEAO ＝LDAO， “BO 平分LABC， : LABO ＝LCBO， “AD∥BC， : L DAB+LABC ＝180 。， : 2LEAO+2LABO ＝180 。，即LEAO+LABO ＝90 。， : LAOB ＝90 。， “OF丄AE， : LAFO ＝LAOB ＝90 。， “L FAO ＝LOAB， : △FAO ∞△OAB， 即 AO2 ＝AF•AB : △ADE 外接圆半径为． ②方法一：延长 BA ，CD 交于点 P ，过点 E 作 EQ丄BC，垂足为点 Q． 第62页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵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， 第63页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 :PD ＝a ，DC ＝3a， “EM∥CD， : △ENM∞△CND， 设 EN＝2b ，则 CN＝3b， “LDMC ＝LCEM，LECM＝LMCN， : △CNM∞△CME， 即 CM2 ＝CN•CE， : 4 ＝3b•5b ，解得 b 在 Rt△BQE 中， 由勾股定理可得： BE2 - BQ2 ＝CE2 - CQ2， 解得 BQ= ， :EQ2 ＝BE2 - BQ2= ， : 在 Rt△EQM 中， 由勾股定理可得，EM :DC= 3． 方法二： “AD ＝AE ＝1， :AB ＝3AE ＝3， “AD∥BC ，BC ＝4， :AP ＝1 ＝AD ＝AE， 第64页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵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， EP CP 设 DP ＝a ，则 CD ＝3a ，CP ＝4a， 解得 a 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， 第65页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 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， CN CM 即 CM2 ＝CE•CN， ∴4 ＝3t•5t， 解得 t 由 DE2 ＝DF2﹣EF2 ＝CE2 ﹣CD2 得， 22﹣m2 ＝25t2﹣9m2， 解得 m ∴CD ＝3m= 3． 32 ．如图，在□ABCD 中，P 是线段 BC 中点，联结 BD 交 AP 于点 E ，联结 CE． （1）如果 AE ＝CE． ⅰ. 求证：□ABCD 为菱形； ⅱ . 若 AB ＝5 ，CE ＝3 ，求线段 BD 的长； （2）分别以 AE ，BE 为半径，点 A ，B 为圆心作圆，两圆交于点 E ，F，点 F 恰好在射线 CE 上，如果CE= 2AE ，求的值． 【答案】（1）i ．证明见解析； ii.6 2； 第66页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 （2）． 【分析】（1）i ．证明：如图，连接 AC 交 BD 于点 O ，证明△AOE纟△COE（SSS），由全等三角形的性质得出LAOE ＝L COE ，证出AC丄BD ，由菱形的判定可得出结论； ii ． 由重心的性质得出 BE ＝2OE ，设 OE ＝x ，则 BE ＝2x ， 由勾股定理得出 9 - x2 ＝25 - 9x2 ，求出 x 的值，则可得出答案； （2）方法一： 由相交两圆的性质得出AB丄EF， 由（1） ②知点 E 是△ABC 的重心， 由重心的性质及勾股定理得出答案． 方法二：设 EP ＝x ，则 AE ＝2x ，CE ＝2 2x ，证出LDCE ＝90 。，延长 AP 交 DC 的延长线于点 Q ，则CQ ＝CD ，由勾股定理可得出答案． 【解答】（1）i ．证明：如图，连接 AC 交 BD 于点 O， “四边形 ABCD 是平行四边形， : OA ＝OC， “AE ＝CE ，OE ＝OE， : △AOE纟△COE（SSS）， : LAOE ＝L COE， “LAOE+L COE ＝180 。， : L COE ＝90 。， :AC丄BD， “四边形 ABCD 是平行四边形， : ▱ABCD 为菱形； ii ．解：“OA ＝OC， : OB 是△ABC 的中线， “P 为 BC 的中点， :AP 是△ABC 的中线， : 点 E 是△ABC 的重心， :BE ＝2OE， 第67页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 设 OE ＝x ，则 BE ＝2x， 在 Rt△AOE 中， 由勾股定理得，OA2 ＝AE2 - OE2 ＝32 - x2 ＝9 - x2， 在 Rt△AOB 中， 由勾股定理得，OA2 ＝AB2 - OB2 ＝52 - （3x）2 ＝25 - 9x2， ∴9 - x2 ＝25 - 9x2， 解得 x= 2（负值舍去）， ∴OB ＝3x ＝3 2， ∴BD ＝2OB ＝6 2； （2）解：方法一：如图， ∵⊙A 与⊙B 相交于 E ，F， ∴AB⊥EF， 由（1） ②知点 E 是△ABC 的重心，又∵F 在直线 CE 上， ∴CG 是△ABC 的中线， ∵CE= 2AE， ∴AB ＝2AG= 2AE， ∴BC= 5AE， 第68页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 方法二：设 EP ＝x ，则 AE ＝2x ，CE ＝2 2x， ∵AE ＝AF，BE ＝BF， ∴AB 垂直平分 EF， ∠AGF＝90 ° , ∴ ∠DCE ＝90 ° , 延长 AP 交 DC 的延长线于点 Q ，则 CQ ＝CD， ∴EQ ＝ED ＝4x ，由勾股定理得 CD ＝2 2x ， ∠DEC = ∠CEQ ＝45 ° ,由 DE ＝4x 可得 BE ＝2x， ∴BP= AE2 + EP2 = 5x， 33 ．如图 1 ，在菱形 ABCD 中，AB ＝2 5 ，点 P 在对角线 BD 上，tan∠DBC= ， ΘO 是△PAB 的外接圆，点 B 与点 P 之间的距离记为 m． （1）如图 2 ，当 PA ＝PB 时，联结 OB ，求证：OB⊥BC； （2）延长 AP 交射线 BC 于点 Q ，如果△ABQ 是直角三角形，求 PQ 的长； （3）当圆心 O 在菱形 ABCD 外部时，用含 m 的代数式表示ΘO 的半径，并直接写出 m 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）PQ = 5或；（3） ∴ΘO 的半径为 ，m 的取值范围为 0＜m＜4 或 第69页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）连接 OP ，交 AB 于点 H，利用垂径定理得到 OP丄AB ，再利用菱形的性质和直角三角形的性质解答即可； （2） 由于LABC≠90 。，如果△ABQ 是直角三角形，那么只有LBAQ ＝90 。或LAQB ＝90 。，利用分类讨论的方法解答： ①当LBAQ ＝90 。时，连接 AC，利用直角三角形的边角关系定理求得 AP ，BP ，则 DP ＝3 ，再利用平行线分线段成比例解答即可得出结论； ②当LAQB ＝90 。时，利用菱形的面积公式求得 AQ ，再利用菱形的性质和而直角三角形的边角关系定理求得 AP ，则结论可求； （3）连接 OP ，过点 O 作 OE丄AB 于点 E ，延长 OE 交 BD 于点 F，过点 O 作 OG丄BD 于点 G ，利用垂径定理得到BG = GP BP m ，BE AB ，在 Rt△BEF 中和在 Rt△OGF 中，利用简直是继续的边角关系定理求得 FG ，OG ，在 Rt△OPG 中，利用勾股定理即可得出结论． 【解答】（1）证明：连接 OP ，交 AB 于点 H，如图， “PA ＝PB， : PA (一) = PB (一)， 又“OP 过圆心， : OP丄AB． “OB ＝OP， : LOBP ＝LOPB． 在菱形 ABCD 中，LABD ＝L CBD，在 Rt△BPH 中， “LABP+LOPB ＝90 。， : L CBD+LOBP ＝90 。， 即LOBC ＝90 。， : OB丄BC； （2）解： “LABC≠90 。，如果△ABQ 是直角三角形，那么只有LBAQ ＝90 。或LAQB ＝90 。， ①当LBAQ ＝90 。时， 连接 AC，如图， 第70页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 由题可得：AC ＝4 ，BD ＝8，在 Rt△ABP 中， AP ＝AB•tan LABP= 5 ，BP :DP ＝3． “AD∥BQ， AP DP 即： ②当LAQB ＝90 。时， “S菱形ABCD = AC . BD =BC•AQ， :AQ ， 在菱形 ABCD 中，AD = AB = 2 5， “AD∥BC， : LADB ＝LDBC， 在 Rt△ADP 中， “AP ＝AD•tan LADB= 5 ， : PQ = 5 - 5 = 5 ，综上所述，PQ 第71页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 （3）解：连接 OP ，过点 O 作 OE丄AB 于点 E ，延长 OE 交 BD 于点 F，过点 O 作 OG丄BD 于点 G， 如图， “OG丄BD， 同理，BE AB ， “LABD+LBFE ＝90 。，L FOG+LBFE ＝90 。， “LABD ＝L CBD， : L FOG ＝L CBD， 在 Rt△BEF 中， 在 Rt△OGF 中，0G 在 Rt△OPG 中， “OP2 ＝OG2+GP2， 5m2-40m+100 : ΘO 的半径为 ， 2 当圆心 O 在 AB 边上时，LAPB ＝90 。， :AP丄BD， 由于四边形 ABCD 为菱形，所以 P 为 BD 的中点，此时“圆心 O 在菱形 ABCD 外部， 第72页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∴0＜m＜4． 当圆心 O 在 BC 边上时，连接 OP ，过点 O 作 OE⊥AB 于点 E ，过点 A 作 AQ⊥BC 于点 Q ，如图， 则 AE ＝BEAB 由（2） ②知：AQ 由题意：OP ＝OB ，BC ＝CD， ∴ ∠OBP = ∠OPB = ∠BDC， ∴△OBP ∽△CBD， ∵∠OEB = ∠AQB ＝90 ° , ∠OBE = ∠ABQ， ∴△OBE ∽△ABQ， ∴m= ． ∵圆心 O 在菱形 ABCD 外部， 综上，m 的取值范围为 0＜m＜4 或m ≤8． 34 ．如图（1）所示， 已知在△ABC 中，AB ＝AC ，O 在边 AB 上，点 F 是边 OB 中点， 以 O 为圆心，BO为半径的圆分别交 CB ，AC 于点 D ，E ，连接 EF 交 OD 于点 G． 第73页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 （1）如果 OG ＝DG ，求证：四边形 CEGD 为平行四边形； （2）如图（2）所示，连接 OE ，如果∠BAC ＝90 ° , ∠OFE = ∠DOE ，AO ＝4 ，求边 OB 的长； （3）连接 BG ，如果△OBG 是以 OB 为腰的等腰三角形，且 AO ＝OF，求的值． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）OB ＝1+ 33； （3）的值为 【分析】（1） 由∠ABC = ∠C， ∠ODB = ∠ABC，即得∠C = ∠ODB ，OD∥AC，根据 F 是 OB 的中点， OG ＝DG ，知 FG 是△OBD 的中位线，故 FG∥BC，即可得证； （2）设∠OFE = ∠DOE = α , OF＝FB ＝a，有 OE ＝OB ＝2a ，由（1）可得 OD∥AC，故∠AEO = ∠DOE = α , 得出∠OFE = ∠AEO = α , 进而证明△AEO ∽△AFE，AE2 ＝AO﹣AF，由 AE2 ＝EO2﹣AO2 ，有 EO2 ﹣AO2 ＝AO×AF，解方程即可答案； （3）△OBG 是以 OB 为腰的等腰三角形，①当 OG ＝OB 时，②当 BG ＝OB 时，证明△BGO ∽△BPA， ( 0G 2 )得出 设 OG ＝2k，AP ＝3k，根据 OG∥AE ，得出△FOG ∽△FAE ，即得 AE ＝2OG ＝4k，PE =AE﹣AP ＝k，连接 OE 交 PG 于点 Q，证明△QPE ∽△QGO，在△PQE 与△BQO 中，PQ = a，BQ = BG + QG = 2a a ，得出 可得△PQE ∽△OQB ，根据相似三角形的性质得出 a =2k，进而即可求得答案． 【解答】（1）证明：如图： 第74页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵AC ＝AB， ∴ ∠ABC = ∠C， ∵OD ＝OB， ∴ ∠ODB = ∠ABC， ∴ ∠C = ∠ODB， ∴OD∥AC， ∵F 是 OB 的中点，OG ＝DG， ∴FG 是△OBD 的中位线， ∴FG∥BC ，即 GE∥CD， ∴四边形 CEGD 是平行四边形； （2）解：如图： 由∠OFE = ∠DOE，AO ＝4 ，点 F 边 OB 中点，设∠OFE = ∠DOE = α , OF＝FB ＝a ，则 OE ＝OB ＝2a， 由（1）可得 OD∥AC， ∴ ∠AEO = ∠DOE = α , ∴ ∠OFE = ∠AEO = α , ∵ ∠A = ∠A， ∴△AEO ∽△AFE， 第75页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 AE AO 即 AE2 ＝AO•AF， 在 Rt△AEO 中，AE2 ＝EO2﹣AO2， ∴EO2﹣AO2 ＝AO×AF， ∴（2a）2﹣42 ＝4×（4+a）， 解得：a 或 a （舍去）， ∴OB ＝2a ＝1+ 33； （3）解： ①当 OG ＝OB 时，点 G 与点 D 重合，不符合题意，舍去； ②当 BG ＝OB 时，延长 BG 交 AC 于点 P ，如图所示， ∵点 F 是 OB 的中点，AO ＝OF， ∴AO ＝OF＝FB， 设 AO ＝OF＝FB ＝a， ∵OG∥AC， ∴△BGO ∽△BPA， 设 OG ＝2k，AP ＝3k， ∵OG∥AE， ∴△FOG ∽△FAE， ∴AE ＝2OG ＝4k， ∴PE ＝AE﹣AP ＝k，设 OE 交 PG 于点 Q， 第76页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵OG∥PE， ∴△QPE ∽△QGO， GO QG OQ 2K ∴ = = = = 2， PE PQ EQ K ∴PQ= a ，QG= a ，EQ = a ，OQ = a，在△PQE 与△BQO 中， PQ = a ，BQ = BG + QG = 2a + a = a， ∴ = = ， 又∠PQE = ∠BQO， ∴△PQE ∽△OQB， ∴a ＝2k， ∵OD ＝OB ＝2a ，OG ＝2k， ∴的值为． 35 ．如图，在 Rt△ABC 中， ∠ACB ＝90 ° , AC ＝6 ，BC ＝3 ．点 D 是边 AC 上一动点（不与 A 、C 重合），联结 BD ，过点 C 作 CF⊥BD ，分别交 BD 、AB 于点 E 、F． （1）当 CD ＝2 时，求∠ACF 的正切值； （2）设 CD ＝x ， = y ，求y 关于 x 的函数解析式，并写出 x 的定义域； 第77页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 （3）联结 FD 并延长，与边 BC 的延长线相交于点 G ，若△DGC 与△BAC 相似，求的值． 【答案】 【分析】（1） 由直角三角形的性质证明∠ACF= ∠DBC，由锐角三角函数的定义可得出答案； （2）作 FM⊥AC 于 M，FN⊥BC 于 N．则四边形 FMCN 是矩形．证出y CN X 求出 则可得出答案； （3）分两种情况：①当△DGC∽△BAC 时，有∠A = ∠G；②当△DGC∽△ABC 时，有∠A = ∠CDG，由相似三角形的性质及勾股定理可求出答案． 【解答】解：（1） ∵BD⊥CF， ∴ ∠BEC = ∠DCB ＝90 ° , ∴ ∠ACF+∠BCE ＝90 ° , ∠BCE+∠DBC ＝90 ° , ∴ ∠ACF= ∠DBC， ∵CD ＝2 ，BC ＝3， （2）如图，作 FM⊥AC 于 M，FN⊥BC 于 N．则四边形 FMCN 是矩形． 第78页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 ∵FM＝CN， ∵ ∠NFC = ∠DBC， CN X （3）如图： ①当△DGC∽△BAC 时，有∠A = ∠G，又∵∠ABC = ∠GBF， ∴△BGF∽△BAC， ∴ ∠BFG = ∠BCA ＝90 ° , ∴点 F，B ，C，D 四点共圆，且 BD 为直径， ∵BD⊥CF， ∴DC ＝DF，BF＝BC ＝3， ∴AB= AC2 + BC2 = 62 + 32 =3 5， 第79页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 :AF＝AB - BF＝3 5 -3， ②当△DGC一△ABC 时，有LA ＝LCDG， “LADF＝LCDG， : LADF＝LA， :AF＝DF， 过点 F 作 FM丄AC 于点 M， “FM丄AC，LACB ＝90 。， :FM∥BC， 解得 x 负值舍去）， 综上所述，若△DGC 与△BAC 相似的值为 第80页,共80页 学科网（北京）股份有限公司 $2026上海市中考备考二模复习24、23、25题压轴题专题练习 一.第24题（共12小题) 1.已知：抛物线y=x2+bx+c经过点A(3,0)、B(0,-3),顶点为P. (1)求抛物线的解析式及顶点P的坐标； (2)平移抛物线，使得平移后的抛物线顶点Q在直线AB上，且点Q在y轴右侧. ①若点B平移后得到的点C在x轴上，求此时抛物线的解析式： ②若平移后的抛物线与y轴相交于点D,且△BDQ是直角三角形，求此时抛物线的解析式. 第1页（共35页） 2.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=x2+bx+c,与x轴相交于A(-1,0)、B两点，且与 y轴交于点C(0,-2). (1)求抛物线的表达式： (2)如果点D是x轴正半轴上一点，∠ADC=2∠ACO,且四边形AQCD是菱形，请直接写出点D和 点Q的坐标（不需要说明理由）； (3)由平面内不在同一直线上的一些线段首尾顺次联结所组成的封闭图形叫做多边形，对于平面内的 一个多边形，画出它的任意一边所在的直线，如果其余各边都在这条直线的一侧，那么这个多边形叫做 “凸多边形”；否则叫做“凹多边形”. 如果点E是抛物线对称轴上的一个动点，纵坐标为t,且四边形ACBE是凹四边形（线段AE与线段BC 不相交)，求t的取值范围. 第2页（共35页） 3.在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=~x+2与x轴、y轴分别交于点A、点B,抛物线C1:y=-x2 +bx+c经过点A、B两点，顶点为点C. (1)求b、c的值； (2)如果点D在抛物线C1的对称轴上，射线AB平分∠CAD,求点D的坐标； (3)将抛物线C1平移，使得新抛物线C2的顶点E在射线BA上，抛物线C2与y轴交于点F,如果△ BEF是等腰三角形，求抛物线C2的表达式. B 第3页（共35页） 4.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(2,0)、点B(0,2),抛物线y=-x2+bx+c经过点A, 且顶点C在线段AB上（与点A、B不重合）. (1)求b、c的值； (2)将抛物线向右平移m(m>0)个单位，顶点落在点P处，新抛物线与原抛物线的对称轴交于点D, 联结PD,交x轴于点E. ①如果m=2,求△ODP的面积； ②如果EC=EP,求m的值. y B 第4页（共35页） 5.如图.在直角坐标平面xOy中，直线y=-+5分别与x轴、y轴交于A、B两点，抛物线y=x2+bx+c 经过A、B两点，点D是抛物线的顶点， (1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标； (2)抛物线与x轴的另一个交点为C,点M(a,一)在抛物线对称轴左侧的图象上，将抛物线向上平 移m个单位(m>0),使点M落在△ABC内，求m的取值范围； (3)对称轴与直线AB交于点E,P是线段AB上的一个动点(P不与E重合)，过P作y轴的平行线 交原抛物线于点Q,当PE=QD时，求点Q的坐标. y y不 B 小 0 A D (备用图) 第5页（共35页） 6.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2-4x+c(a≠0)与x轴分别交于点A(1,0)、点B(3, O),与y轴交于点C,联结BC,点P在线段BC上，设点P的横坐标为m. (1)求直线BC的表达式； (2)如果以P为顶点的新抛物线经过原点，且与x轴的另一个交点为D: ①求新抛物线的表达式（用含m的式子表示），并写出m的取值范围： ②过点P向x轴作垂线，交原抛物线于点E,当四边形AEDP是一个轴对称图形时，求新抛物线的表达 式 y C A B 在 第6页（共35页） 7.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=x2-2(+1)+2m-3的顶点为A,与y轴相交于点B,异 于项点A的点C(2,n)在该抛物线上. (1)如图，点B的坐标为(0,1). ①求点A的坐标和n的值； ②将抛物线向上平移后的新抛物线与x轴的一个交点为D,顶点A移至点A1,如果四边形DCA41为平 行四边形，求平移后新抛物线的表达式： (2)直线AC与y轴相交于点E,如果BC∥AO且点B在线段OE上，求m的值. y y 20 之 A 备用图 第7页（共35页） 8.在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+bx+c过点A(-2,-1),B(0,-3). (1)求抛物线的解析式； (2)平移抛物线，平移后的顶点为P(m,n)(m>0). i,如果S△OBP=3,设直线x=k,在这条直线的右侧原抛物线和新抛物线均呈上升趋势，求k的取值 范围； ⅱ.点P在原抛物线上，新抛物线交y轴于点Q,且∠BPQ=120°，求点P的坐标. 第8页（共35页） 9.在平面直角坐标系xOy中，直线y=一专x+5与x轴、y轴分别交于点A、B(如图).抛物线y=a2 +bx（a≠0)经过点A. (1)求线段AB的长； (2)如果抛物线y=a2+bx经过线段AB上的另一点C,且BC=V5,求这条抛物线的表达式； (3)如果抛物线y=ax2+bx的顶点D位于△AOB内，求a的取值范围. 个 第9页（共35页） 10.在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=+6与x轴交于点A,y轴交于点B,点C在线段AB上， 以点C为顶点的抛物线M:y=ax2+bx+c经过点B,点C不与点B重合. (1)求点A,B的坐标； (2)求b,c的值； (3)平移抛物线M至N,点C,B分别平移至点P,D,联结CD,且CD∥x轴，如果点P在x轴上， 且新抛物线过点B,求抛物线N的函数解析式. 第10页（共35页）