【5年中考压轴真题】2022～2026年四川省成都市选择题、填空题、解答题汇编

**基本信息** 2022-2026年成都中考数学压轴真题汇编，含选择、填空、解答题各10题，覆盖五年高频考点，适配一轮复习真题演练需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10小题|二次函数性质、四边形判定、古代数学应用题|以《九章算术》等典籍为背景，基础题占比60%，注重概念辨析| |填空题|10小题|几何变换、统计估计、新定义问题|含“智慧优数”等创新题型，中档题占比70%，融合数形结合| |解答题|10小题|函数与几何综合、动态问题、探究性问题|压轴题涉及旋转全等、二次函数存在性问题，分层设计“初步感知-深入探究-拓展延伸”|

【5年中考压轴真题】2022~2026年四川省成都市选择题、填空题、解答题汇编 一．选择题（共10小题） 1．（2025•成都）·【较易】小明从家跑步到体育馆，在那里锻炼了一段时间后又跑步到书店买书，然后步行回家（小明家、书店、体育馆依次在同一直线上），如图表示的是小明离家的距离与时间的关系．下列说法正确的是（　　） A．小明家到体育馆的距离为2km B．小明在体育馆锻炼的时间为45min C．小明家到书店的距离为1km D．小明从书店到家步行的时间为40min 2．（2024•成都）·【较易】中国古代数学著作《九章算术》中记载了这样一个题目：今有共买琎，人出半，盈四；人出少半，不足三．问人数，琎价各几何？其大意是：今有人合伙买琎石，每人出钱，会多出4钱；每人出钱，又差了3钱．问人数，琎价各是多少？设人数为x，琎价为y，则可列方程组为（　　） A． B． C． D． 3．（2023•成都）·【较易】《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，是《算经十书》之一，书中记载了这样一个题目：今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺，木长几何？其大意是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，问木长多少尺？设木长x尺，则可列方程为（　　） A．（x+4.5）＝x﹣1 B．（x+4.5）＝x+1 C．（x+1）＝x﹣4.5 D．（x﹣1）＝x+4.5 4．（2022•成都）·【较易】中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样一个题目：九百九十九文钱，甜果苦果买一千，四文钱买苦果七，十一文钱九个甜，甜苦两果各几个？其大意是：用九百九十九文钱共买了一千个苦果和甜果，其中四文钱可以买苦果七个，十一文钱可以买甜果九个．问：苦、甜果各有几个？设苦果有x个，甜果有y个，则可列方程组为（　　） A． B． C． D． 5．（2026•成都）·【较易】已知二次函数y＝ax2+bx+c的自变量x与函数y的几组对应值如表： x … ﹣2 ﹣1 0 1 3 … y … 3 4 3 0 ﹣12 … 下列说法错误的是（　　） A．函数图象的开口向下 B．函数图象的对称轴是直线x＝﹣1 C．2a+c＝0 D．b2﹣4ac＞0 6．（2026•成都）·【较易】为了估计瓶中豆子的数量，先从瓶中取出100颗豆子，并给这些豆子做上记号，然后把这些豆子放回瓶中，充分摇匀，再从瓶中随机取出60颗豆子，发现其中有5颗豆子带有记号，则瓶中豆子的颗数约为（　　） A．300 B．600 C．1000 D．1200 7．（2025•成都）·【较易】下列命题中，假命题是（　　） A．矩形的对角线相等 B．菱形的对角线互相垂直 C．正方形的对角线相等且互相垂直 D．平行四边形的对角线相等 8．（2024•成都）·【中档】在▱ABCD中，按以下步骤作图：①以点B为圆心，以适当长为半径作弧，分别交BA，BC于点M，N；②分别以M，N为圆心，以大于MN的长为半径作弧，两弧在∠ABC内交于点O；③作射线BO，交AD于点E，交CD延长线于点F．若CD＝3，DE＝2，下列结论错误的是（　　） A．∠ABE＝∠CBE B．BC＝5 C．DE＝DF D． 9．（2023•成都）·【中档】如图，二次函数y＝ax2+x﹣6的图象与x轴交于A（﹣3，0），B两点，下列说法正确的是（　　） A．抛物线的对称轴为直线x＝1 B．抛物线的顶点坐标为（，﹣6） C．A，B两点之间的距离为5 D．当x＜﹣1时，y的值随x值的增大而增大 10．（2022•成都）·【中档】如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴相交于A（﹣1，0），B两点，对称轴是直线x＝1，下列说法正确的是（　　） A．a＞0 B．当x＞﹣1时，y的值随x值的增大而增大 C．点B的坐标为（4，0） D．4a+2b+c＞0 二．填空题（共10小题） 11．（2025•成都）·【较易】如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，AD＝3，CD＝2，∠CBD＝45°，则tan∠ACB的值为 　 　 ；点E在BC的延长线上，连接DE，若∠CED＝∠ABD，则CE的长为 　 　 ． 12．（2026•成都）·【中档】在平面直角坐标系xOy中，设A（x1，y1），B（x2，y2），记L（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，例如，若M（1，3），则L（O，M）＝|0﹣1|+|0﹣3|＝4．若点N满足L（O，N）＝1，则所有N点组成的图形面积为　 　 ；已知A是直线y＝kx（k＞0）上一点且位于第一象限，OA＝2，点P在OA上，点Q满足L（P，Q）＝1，当点P从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域面积为，则k＝　 　 ． 13．（2024•成都）·【中档】在平面直角坐标系xOy中，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）是二次函数y＝﹣x2+4x﹣1图象上三点．若0＜x1＜1，x2＞4，则y1　 　 y2（填“＞”或“＜”）；若对于m＜x1＜m+1，m+1＜x2＜m+2，m+2＜x3＜m+3，存在y1＜y3＜y2，则m的取值范围是 　 　 ． 14．（2023•成都）·【中档】定义：如果一个正整数能表示为两个正整数m，n的平方差，且m﹣n＞1，则称这个正整数为“智慧优数”．例如，16＝52﹣32，16就是一个智慧优数，可以利用m2﹣n2＝（m+n）（m﹣n）进行研究．若将智慧优数从小到大排列，则第3个智慧优数是 　 　 ；第23个智慧优数是 　 　 ． 15．（2022•成都）·【中档】如图，在菱形ABCD中，过点D作DE⊥CD交对角线AC于点E，连接BE，点P是线段BE上一动点，作P关于直线DE的对称点P'，点Q是AC上一动点，连接P'Q，DQ．若AE＝14，CE＝18，则DQ﹣P'Q的最大值为 　 　 ． 16．（2024•成都）·【中档】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是△ABC的一条角平分线，E为AD中点，连接BE．若BE＝BC，CD＝2，则BD＝　 　 ． 17．（2022•成都）·【中档】距离地面有一定高度的某发射装置竖直向上发射物体，物体离地面的高度h（米）与物体运动的时间t（秒）之间满足函数关系h＝﹣5t2+mt+n，其图象如图所示，物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒．设w表示0秒到t秒时h的值的“极差”（即0秒到t秒时h的最大值与最小值的差），则当0≤t≤1时，w的取值范围是 　 　 ；当2≤t≤3时，w的取值范围是 　 　 ． 18．（2025•成都）·【较难】分子为1的真分数叫做“单位分数”，也叫“埃及分数”．古埃及人在分数计算时总是将一个分数拆分成几个单位分数之和，如：．将拆分成两个单位分数相加的形式为　 　 ；一般地，对于任意奇数k（k＞2），将拆分成两个不同单位分数相加的形式为　 　 ． 19．（2026•成都）·【较难】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD为△ABC的一条中线，E为AC上一点，∠ADE＝∠B．若AE＝5，CE＝2，则AB＝ 　 　 ． 20．（2023•成都）·【较难】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，CD平分∠ACB交AB于点D，过D作DE∥BC交AC于点E，将△DEC沿DE折叠得到△DEF，DF交AC于点G．若，则tanA＝　 　 ． 三．解答题（共10小题） 21．（2025•成都）·【中档】如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx过点（﹣1，3），且对称轴为直线x＝1，直线y＝kx﹣k与抛物线交于A，B两点，与x轴交于点C． （1）求抛物线的函数表达式； （2）当k＝1时，直线AB与y轴交于点D，与直线x＝2交于点E．若抛物线y＝（x﹣h）2﹣1与线段DE有公共点，求h的取值范围； （3）过点C与AB垂直的直线交抛物线于P，Q两点，M，N分别是AB，PQ的中点．试探究：当k变化时，抛物线的对称轴上是否存在定点T，使得TC总是平分∠MTN？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由． 22．（2022•成都）·【较难】如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H． 【尝试初探】（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由． 【深入探究】（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值． 【拓展延伸】（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）． 23．（2023•成都）·【较难】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+c经过点P（4，﹣3），与y轴交于点A（0，1），直线y＝kx（k≠0）与抛物线交于B，C两点． （1）求抛物线的函数表达式； （2）若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，求点B的坐标； （3）过点M（0，m）作y轴的垂线，交直线AB于点D，交直线AC于点E．试探究：是否存在常数m，使得OD⊥OE始终成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 24．（2022•成都）·【较难】如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx﹣3（k≠0）与抛物线y＝﹣x2相交于A，B两点（点A在点B的左侧），点B关于y轴的对称点为B'． （1）当k＝2时，求A，B两点的坐标； （2）连接OA，OB，AB'，BB'，若△B'AB的面积与△OAB的面积相等，求k的值； （3）试探究直线AB'是否经过某一定点．若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 25．（2026•成都）·【较难】在综合与实践活动中，数学兴趣小组对等腰三角形的拼接和变换进行了探究． 如图，△ABC≌△EAD，AB＝AC＝nBC（n＞1），点D在AC边上，延长ED交AB于点F． 【初步感知】（1）求证：AF2＝FD•FE； 【深入探究】（2）如图1，当n＝2，AD＝1时，求BF的长； 【拓展延伸】（3）如图2，将△EAD绕点E按逆时针方向旋转一定角度（小于90°）得到△EA′D′，若F，A′，D′三点共线，且点A的对应点A′满足A′A⊥A′B，求n的值． 26．（2026•成都）·【难】如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx+2（k＞0）与抛物线y＝x2相交于A，B两点．C，D两点在抛物线上，且CD∥AB． （1）若点A的坐标为（﹣1，1），求k的值和点B的坐标； （2）在（1）的条件下，记C，D两点的横坐标分别为m，n（m＜n），当m≤x≤n时，函数y＝（x﹣h）2总在x＝n处取得最大值，求h的取值范围； （3）若AB＝2CD，直线AC，BD的交点E恰好落在x轴正半轴上，求点E的坐标和k的值． 27．（2024•成都）·【难】数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°． 【初步感知】（1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】（2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长． 【拓展延伸】（3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由． 28．（2023•成都）·【难】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）． 29．（2025•成都）·【难】如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，点B关于直线AE的对称点F落在▱ABCD内，射线AF交射线DC于点G，交射线BC于点P，射线EF交CD边于点Q． 【特例感知】（1）如图1，当CE＝BE时，点P在BC延长线上，求证：△EFP≌△ECQ； 【问题探究】（2）在（1）的条件下，若CG＝3，GQ＝5，求DQ的长； 【拓展延伸】（3）如图2，当CE＝2BE时，点P在BC边上，若，求的值．（用含n的代数式表示） 30．（2024•成都）·【难】如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），其顶点为C，D是抛物线第四象限上一点． （1）求线段AB的长； （2）当a＝1时，若△ACD的面积与△ABD的面积相等，求tan∠ABD的值； （3）延长CD交x轴于点E，当AD＝DE时，将△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′．将抛物线L平移得到抛物线L′，使得点A′，B′都落在抛物线L′上．试判断抛物线L′与L是否交于某个定点．若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由． 【5年中考压轴真题】2022~2026年四川省成都市选择题、填空题、解答题汇编 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．【解答】解：由图象可知： A．小明家到体育馆的距离为2.5km，故本选项不符合题意； B．小明在体育馆锻炼的时间为：45﹣15＝30（min），故本选项不符合题意； C．小明家到书店的距离为1km，故本选项符合题意； D．小明从书店到家步行的时间为：100﹣80＝20（min），故本选项不符合题意． 故选：C． 2．【解答】解：∵每人出钱，会多出4钱， ∴yx﹣4； ∵每人出钱，会差3钱， ∴yx+3． ∴根据题意可列方程组． 故选：B． 3．【解答】解：设木长x尺，根据题意可得： ， 故选：A． 4．【解答】解：∵共买了一千个苦果和甜果， ∴x+y＝1000； ∵共花费九百九十九文钱，且四文钱可以买苦果七个，十一文钱可以买甜果九个， ∴xy＝999． ∴可列方程组为． 故选：A． 5．【解答】解：将点 （﹣1，4），（1，0），（0，3）代入y＝ax2+bx+c得：， 解得， ∴二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3， ∵a＝﹣1＜0， ∴函数图象的开口向下，则选项A正确； 将二次函数y＝﹣x2﹣2x+3化成顶点式为y＝﹣（x+1）2+4， ∴函数图象的对称轴是直线x＝﹣1，则选项B正确； 又∵a＝﹣1，b＝﹣2，c＝3， ∴2a+c＝2×（﹣1）+3＝1，则选项C错误； b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×（﹣1）×3＝16＞0，则选项D正确， 故选：C． 6．【解答】解：设瓶子中有豆子x颗豆子， 根据题意得：， 解得：x＝1200， 经检验：x＝1200是原方程的解； 故选：D． 7．【解答】解：A、B、C中的命题是真命题，故A、B、C不符合题意； D、平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，故D符合题意． 故选：D． 8．【解答】解：由作法得BO平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE，所以A选项不符合题意； ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB＝CD＝3，BC＝AD，AB∥CD，AD∥BC， ∵AD∥BC， ∴∠CBE＝∠AEB， ∴∠ABE＝∠AEB， ∴AE＝AB＝3， ∴AD＝AE+DE＝3+2＝5， ∴BC＝5，所以B选项不符合题意； ∵AB∥CD， ∴∠F＝∠ABE， ∵∠AEB＝∠DEF， ∴∠DEF＝∠F， ∴DE＝DF＝2，所以C选项不符合题意； ∵DE∥BC， ∴，所以D选项符合题意． 故选：D． 9．【解答】解：A、把A（﹣3，0）代入y＝ax2+x﹣6得， 0＝9a﹣3﹣6， 解得a＝1， ∴y＝x2+x﹣6， 对称轴直线为：x，故A错误； 令y＝0， 0＝x2+x﹣6， 解得x1＝﹣3，x2＝2， ∴AB＝2﹣（﹣3）＝5， ∴A，B两点之间的距离为5，故C正确； 当x时，y，故B错误； 由图象可知当x时，y的值随x值的增大而增大，故D错误． 故选：C． 10．【解答】解：A、由图可知：抛物线开口向下，a＜0，故选项A错误，不符合题意； B、∵抛物线对称轴是直线x＝1，开口向下， ∴当x＞1时y随x的增大而减小，x＜1时y随x的增大而增大，故选项B错误，不符合题意； C、由A（﹣1，0），抛物线对称轴是直线x＝1可知，B坐标为（3，0），故选项C错误，不符合题意； D、抛物线y＝ax2+bx+c过点（2，4a+2b+c），由B（3，0）可知：抛物线上横坐标为2的点在第一象限， ∴4a+2b+c＞0，故选项D正确，符合题意； 故选：D． 二．填空题（共10小题） 11．【解答】解：作AH⊥BC，DG⊥BC，DF⊥AH，垂足分别为H，G，F，则四边形DFHG为矩形， ∴DG＝FH，DF＝HG，DF∥HG，DG∥AH， ∵∠DBC＝45° ∴△BDG为等腰直角三角形， ∴BG＝DG， ∵AB＝AC， ∴BH＝CH，∠ABC＝∠ACB， ∵DF∥BC， ∴△ADF∽△ACH， ∴， ∴设DF＝3x，CH＝5x， 则HG＝DF＝3x，BH＝CH＝5x， ∴DG＝BG＝BH+HG＝8x，CG＝CH﹣HG＝2x， ∴， ∴在Rt△CGD中，， 方法1：由勾股定理，得（2x）2+（8x）2＝22， ∴（负值舍去）， ∴，BC＝2CH＝10x， ∵∠CED＝∠ABD，∠ACB＝∠E+∠CDE，∠ABC＝∠ABD+∠CBD，∠ABC＝∠ACB， ∴∠CDE＝∠CBD＝45°， 又∵∠E＝∠E， ∴△DEC∽△BED， ∴， ∴，DE2＝BE•CE＝（BC+CE）•CE， ∴， 解得：CE＝0（舍去）或CE， 方法2：过点E作EP垂直DC交DC延长线于点P， 设CP＝m，则EP＝4m， 由PE＝PD得4m＝m+2， 解得m， ∴CP，EP， 在Rt△ECP中，CE， 故答案为：4，． 12．【解答】解：①∵L（O，N）＝1， 设N（m，n）， ∴|m|+|n|＝1， 当N在第一象限时，m+n＝1，即n＝﹣m+1， ∴点N在直线 y＝﹣x+1上， 同理当N在第二象限时，﹣m+n＝1， ∴n＝m+1，即点N在y＝x+1上， 当N在第三象限时，﹣m﹣n＝1，即n＝﹣m﹣1，点N在y＝﹣x﹣1上， 当N在第四象限时，m﹣n＝1，即n＝m﹣1，点N在y＝x﹣1上， ∴所有N点与坐标轴的交点（1，0），（0，1），（﹣1，0），（0，﹣1）， ∴所有N点组成的图形为正方形，其面积为； ②∵已知A是直线y＝kx（k＞0）上一点且位于第一象限，OA＝2，点P在OA上， ∴点A在2为半径的弧上运动， ∵点Q满足L（P，Q）＝1，同①可得点Q组成的图形是对角线为2，且平行于坐标轴的正方形， ∴当点P从点O运动到点A时，Q点运动所覆盖的区域面积为， 设A（a，b），A是直线y＝kx（k＞0）上一点且位于第一象限， ∴b＝ak，a，b＞0， ∴， 当b＞a时，如图， ∴， ∴， 解得：， ∵a2+b2＝4，a＞0， ∴， ∴， ∴， 当a＞b时，如图， ∴， ∴， 解得：， ∵a2+b2＝4，a＞0， ∴， ∴， ∴， 综上所述，或． 13．【解答】解：∵y＝﹣x2+4x﹣1＝﹣（x﹣2）2+3， ∴二次函数y＝﹣x2+4x﹣1图象的对称轴为直线x＝2，开口向下， ∵0＜x1＜1，x2＞4， ∴2﹣x1＜x2﹣2，即（x1，y1）比（x2，y2）离对称轴直线的水平距离近， ∴y1＞y2； 由题可知存在y1＜y3＜y2，即并不是全段都是y1＜y3＜y2， 所以我们可以尝试找到不存在y1＜y3和y3＜y2的临界值， ①先讨论y1＜y3， 由图1可知，此时存在y1＜y3，由图2可知，当m和m+2关于对称轴对称时，此时不存在y1＜y3， 此时2， 解得m＝1， 要使存在y1＜y3，则x1和x3均向左移动即可， ∴m＜1； ②再讨论y3＜y2， 由图3可知，此时存在y3＜y2，由图4可知，当m+2和m+3关于对称轴对称时，此时不存在y3＜y2， 此时2， 解得m， 要使存在y3＜y2，则x2和x3均向右移动即可， ∴m； 综上，m＜1， 故答案为：＞，m＜1． 14．【解答】解：方法一：根据“智慧优数”的定义可知，当n＝1时，m最小＝3， ∴最小的“智慧优数”为8＝32﹣12； 根据题意可列表如下： 总结规律为：①若“智慧优数”为偶数，则一定是4的倍数； ②“智慧优数”不能是质数． 有表格可知，将“智慧优数”从小大到大排列为8，12，15，16，20，21，24，27，28，32，33，35，36，39，40，44，45，48，51，52，55，56，57，60......， ∴第3个“智慧优数”是15，第23个“智慧优数”是57． 故答案为：15，57． 方法二：注意到m﹣n＞1，知m﹣n≥2，∴m≥n+2． 当m＝n+2时，由 （n+2）2﹣n2＝4+4n产生的智慧优数为：8，12，16，20，24，28，32，36，40，44，48，52，56，60，64，68，72，76，80，… 当m＝n+3时，由 （n+3）2﹣n2＝9+6n产生的智慧优数为：15，21，27，33，39，45，51，57，63，69，75，81，… 当m＝n+4时，由（n+4）2﹣n2＝16+8n产产生的智慧优数为：24，32，40，48，56，64，72，80，… 当m＝n+5时，由（n+5）2﹣n2＝25+10n产生的智慧优数为：35，45，55，65，75，85，… 当m＝n+6时，由（n+6）2﹣n2＝36+12n产生的智慧优数为：48，60，72，84，… 当m＝n+7时，由（n+7）2﹣n2＝49+14n．产生的智慧优数为：63，77，91，… 当m＝n+8时，由（n+8）2﹣n2＝64+16n产生的智慧优数为：80，96，… 综上，将上述产生的智慧优数从小到大排列如下：8，12，15，16，20，21，24，27，28，32，33，35，36，39，40，44，45，48，51，52，55，56，57，60，63，64，65，68，69，… 故第3个智慧优数是15；第23个智慧优数是57． 故答案为：15，57． 15．【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，过点D作DK⊥BC于点K，延长DE交AB于点R，连接EP′并延长，延长线交AB于点J，作EJ关于AC的对称线段EJ′，则点P′的对应点P″在线段EJ′上． 当点P是定点时，DQ﹣QP′＝DQ﹣QP″， 当D，P″，Q共线时，QD﹣QP′的值最大，最大值是线段DP″的长， 当点P与B重合时，点P″与J′重合，此时DQ﹣QP′的值最大，最大值是线段DJ′的长，也就是线段BJ的长． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AO＝OC， ∵AE＝14．EC＝18， ∴AC＝32，AO＝OC＝16， ∴OE＝AO﹣AE＝16﹣14＝2， ∵DE⊥CD， ∴∠DOE＝∠EDC＝90°， ∵∠DEO＝∠DEC， ∴△EDO∽△ECD， ∴DE2＝EO•EC＝36， ∴DE＝EB＝EJ＝6， ∴CD12， ∴OD4， ∴BD＝8， ∵S△DCBOC×BDBC•DK， ∴DK， ∵∠BER＝∠DCK， ∴sin∠BER＝sin∠DCK， ∴RB＝BE， ∵EJ＝EB，ER⊥BJ， ∴JR＝BR， ∴JB＝DJ′， ∴DQ﹣P'Q的最大值为． 解法二：DQ﹣P'Q＝BQ﹣P'Q≤BP'，显然P'的轨迹EJ，故最大值为BJ．勾股得CD，OD．△BDJ∽△BAD，BD2＝BJ*BA，可得BJ． 故答案为：． 16．【解答】解：连接CE，过E作EF⊥BC于F，如图： 设BD＝x，则BC＝BD+CD＝x+2， ∵∠ACB＝90°，E为AD中点， ∴CE＝AE＝DEAD， ∴∠CAE＝∠ACE，∠ECD＝∠EDC， ∴∠CED＝2∠CAD， ∵BE＝BC， ∴∠ECD＝∠BEC， ∴∠BEC＝∠EDC， ∵∠ECD＝∠BCE， ∴△ECD∽△BCE， ∴，∠CED＝∠CBE， ∴CE2＝CD•BC＝2（x+2）＝2x+4， ∵AD平分∠CAB， ∴∠CAB＝2∠CAD， ∴∠CAB＝∠CED， ∴∠CAB＝∠CBE， ∵∠ACB＝90°＝∠BFE， ∴△ABC∽△BEF， ∴， ∵CE＝DE，EF⊥BC， ∴CF＝DFCD＝1， ∵E为AD中点， ∴AC＝2EF， ∴， ∴2EF2＝（x+1）（x+2）， ∵EF2＝CE2﹣CF2， ∴（2x+4）﹣12， 解得x或x（小于0，舍去）， ∴BD． 故答案为：． 17．【解答】解：∵物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒， ∴抛物线h＝﹣5t2+mt+n的顶点的纵坐标为20，且经过（3，0）点， ∴， 解得：，（不合题意，舍去）， ∴抛物线的解析式为h＝﹣5t2+10t+15， ∵h＝﹣5t2+10t+15＝﹣5（t﹣1）2+20， ∴抛物线的最高点的坐标为（1，20）． ∵20﹣15＝5， ∴当0≤t≤1时，w的取值范围是：0≤w≤5； 当t＝2时，h＝15，当t＝3时，h＝0， ∵20﹣15＝5，20﹣0＝20， ∴当2≤t≤3时，w的取值范围是：5≤w≤20． 故答案为：0≤w≤5；5≤w≤20． 18．【解答】解：， 由题意， 当k＝3＝2×1+1时，， 当k＝5＝2×2+1时，， 当k＝7＝2×3+1时，， …， 当k＝2n+1时，， 又∵n， ∴对于任意奇数k（k＞2），， 故答案为：，． 19．【解答】解：ED和AB的延长线相交于F点，过B点作BH∥AC交EF于H点，如图，∠DBH＝∠C＝90°， ∵AD为△ABC的中线， ∴CD＝BD， 在△CDE和△BDH中， ， ∴△CDE≌△BDH（ASA）， ∴CE＝HB＝2，DE＝DH， ∴BH∥AE， ∴△FBH∽△FAE， ∴， 设FB＝2x，FA＝5x，FH＝4a，FE＝10a， ∴AB＝3x，DE＝DH＝3a， ∵∠ADE＝∠ABC， 而∠ADE＝∠DAF+∠F，∠ABC＝∠BDF+∠F， ∴∠BDF＝∠DAF， ∵∠BFD＝∠DFA， ∴△FBD∽△FDA， 即FB：FD＝FD：FA， ∴2x：7a＝7a：5x， ∴ax， ∴DEx， 在Rt△ABC中，∵BC2＝AB2﹣AC2＝9x2﹣49， ∴CD2BC2（9x2﹣49）， 在Rt△CDE中，22（9x2﹣49）＝（x）2， 解得x1，x2（舍去）， ∴AB＝3x． 故答案为：． 20．【解答】解：过点G作 GM⊥DE于M，如图， ∵CD平分∠ACB交AB于点D，DE∥BC， ∴∠1＝∠2，∠2＝∠3， ∴∠1＝∠3， ∴ED＝EC， ∵将△DEC沿DE折叠得到△DEF， ∴∠3＝∠4， ∴∠1＝∠4， 又∵∠DGE＝∠CGD， ∴△DGE∽△CGD， ∴， ∴DG2＝GE×GC， ∵∠ABC＝90°，DE∥BC， ∴AD⊥DE， ∴AD∥GM， ∴，∠MGE＝∠A， ∵， ∴， 设GE＝3k，EM＝3n，则AG＝7k，DM＝7n， ∴EC＝DE＝10n， ∴DG2＝GE×GC＝3k×（3k+10n）＝9k2+30kn， 在Rt△DGM中，GM2＝DG2﹣DM2， 在Rt△GME中，GM2＝GE2﹣EM2， ∴DG2﹣DM2＝GE2﹣EM2， 即9k2+30kn﹣（7n）2＝（3k）2﹣（3n）2， 解得：k， ∴EMk， ∵GE＝3k， ∴GMk， ∴tanA＝tan∠EGM． 故答案为：． 三．解答题（共10小题） 21．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx过点（﹣1，3），且对称轴为直线x＝1， ∴， 解得， 则该抛物线解析式为：y＝x2﹣2x； （2）当k＝1时，则y＝x﹣1， ∴当x＝0，y＝﹣1，当x＝2时，y＝1， ∴D（0，﹣1），E（2，1）， ∵y＝（x﹣h）2﹣1， ∴顶点坐标在直线y＝﹣1上移动， ∵y＝（x﹣h）2﹣1与线段DE有公共点， ∴联立， 整理，得x2﹣（2h+1）x+h2＝0， ∴当Δ＝（2h+1）2﹣4h2＝0， 即时，满足题意， 将开始向右移动，直至抛物线与线段DE只有一个交点为E（2，1）时，y＝（x﹣h）2﹣1与线段DE均有公共点， ∴当y＝（x﹣h）2﹣1过点E（2，1）时，（2﹣h）2﹣1＝1， 解得：， ∴当时，抛物线y＝（x﹣h）2﹣1与线段DE有公共点； （3）存在， ∵y＝kx﹣k， ∴当y＝0时，x＝1， ∴C（1，0），抛物线的对称轴为直线x＝1， ∴点C在抛物线的对称轴上， ∵PQ过点C，且与直线AB垂直， ∴直线PQ的解析式为：，即：， 联立，整理，得x2﹣（k+2）x+k＝0， ∴xA+xB＝k+2，， ∵M为AB的中点， ∴M， 联立， 同理可得：N， 作MH⊥CT，NF⊥CT， ∵TC 平分∠MTN， ∴∠NTF＝∠MTH， ∴tan∠NTF＝tan∠MTH， ∴， 设T（1，t），则， 解得：， ∴抛物线的对称轴上存在，使得TC 总是平分∠MTN． 22．【解答】解：（1）∵四边形EBFG和四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°， ∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°， ∴∠DEH＝∠ABE， ∴△ABE∽△DEH， ∴在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系； （2）如图1，∵H是线段CD中点， ∴DH＝CH， 设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a， 由（1）知：△ABE∽△DEH， ∴，即， ∴2x2＝4ax﹣a2， ∴2x2﹣4ax+a2＝0， ∴x， ∵tan∠ABE， 当x时，tan∠ABE， 当x时，tan∠ABE； 综上，tan∠ABE的值是． （3）分两种情况： ①如图2，BH＝FH， 设AB＝x，AE＝a， ∵四边形BEGF是矩形， ∴∠BEG＝∠G＝90°，BE＝FG， ∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL）， ∴EH＝GH， ∵矩形EBFG∽矩形ABCD， ∴n， ∴n， ∴， 由（1）知：△ABE∽△DEH， ∴， ∴， ∴nx＝2a， ∴， ∴tan∠ABE； ②如图3，BF＝FH， ∵矩形EBFG∽矩形ABCD， ∴∠ABC＝∠EBF＝90°，， ∴∠ABE＝∠CBF， ∴△ABE∽△CBF， ∴∠BCF＝∠A＝90°， ∴D，C，F共线， ∵BF＝FH， ∴∠FBH＝∠FHB， ∵EG∥BF， ∴∠FBH＝∠EHB， ∴∠EHB＝∠CHB， ∵BE⊥EH，BC⊥CH， ∴BE＝BC， 由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx， 由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2， ∴x2+a2＝（nx）2， ∴x（负值舍）， ∴tan∠ABE， 综上，tan∠ABE的值是或． 23．【解答】解：（1）将P（4，﹣3）、A（0，1）代入y＝ax2+c， ∴16a+1＝﹣3， 解得a， ∴yx2+1； （2）设B（x，y）， ∵P（4，﹣3），A（0，1）， ∴AB，AP＝4，BP， 当AB＝AP时，4， ∵yx2+1， ∴x＝4或x＝﹣4， ∴B（﹣4，﹣3）； 当AB＝BP时，， 解得x＝﹣2+2或x＝﹣2﹣2， ∴B（﹣2+2，﹣5+2）或（﹣2﹣2，﹣5﹣2）； 综上所述：B点坐标为（﹣4，﹣3）或（﹣2+2，﹣5+2）或（﹣2﹣2，﹣5﹣2）； （3）存在常数m，使得OD⊥OE始终成立，理由如下： 设B（t，kt），C（s，ks）， 联立方程， 整理得x2+4kx﹣4＝0， ∴t+s＝﹣4k，t•s＝﹣4， 直线AB的解析式为yx+1，直线AC的解析式为yx+1， ∴D（，m），E（，m）， 过D点作DG⊥x轴交于G点，过点E作EK⊥x轴交于K点， ∵∠DOE＝90°， ∴∠DOG+∠EOK＝90°， ∵∠DOG+∠ODG＝90°， ∴∠EOK＝∠ODG， ∴△DOG∽△OEK， ∴， ∴m2， ∴m2＝4（m﹣1）2， 解得m＝2或m． 24．【解答】解：（1）当k＝2时，直线为y＝2x﹣3， 由得：或， ∴A（﹣3，﹣9），B（1，﹣1）； （2）当k＞0时，如图： ∵△B'AB的面积与△OAB的面积相等， ∴OB'∥AB， ∴∠OB'B＝∠B'BC， ∵B、B'关于y轴对称， ∴OB＝OB'，∠ODB＝∠ODB'＝90°， ∴∠OB'B＝∠OBB'， ∴∠OBB'＝∠B'BC， ∵∠ODB＝90°＝∠CDB，BD＝BD， ∴△BOD≌△BCD（ASA）， ∴OD＝CD， 在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3， ∴C（0，﹣3），OC＝3， ∴ODOC，D（0，）， 在y＝﹣x2中，令y得x2， 解得x或x， ∴B（，）， 把B（，）代入y＝kx﹣3得： k﹣3， 解得k； 当k＜0时，过B'作B'F∥AB交y轴于F，如图： 在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3， ∴E（0，﹣3），OE＝3， ∵△B'AB的面积与△OAB的面积相等， ∴OE＝EF＝3， ∵B、B'关于y轴对称， ∴FB＝FB'，∠FGB＝∠FGB'＝90°， ∴∠FB'B＝∠FBB'， ∵B'F∥AB， ∴∠EBB'＝∠FB'B， ∴∠EBB'＝∠FBB'， ∵∠BGE＝90°＝∠BGF，BG＝BG， ∴△BGF≌△BGE（ASA）， ∴GE＝GFEF， ∴OG＝OE+GE，G（0，）， 在y＝﹣x2中，令y得x2， 解得x或x， ∴B（，）， 把B（，）代入y＝kx﹣3得： k﹣3， 解得k， 综上所述，k的值为或； （3）直线AB'经过定点（0，3），理由如下： 由得：x2+kx﹣3＝0， 设x2+kx﹣3＝0二根为a，b， ∴a+b＝﹣k，ab＝﹣3，A（a，﹣a2），B（b，﹣b2）， ∵B、B'关于y轴对称， ∴B'（﹣b，﹣b2）， 设直线AB'解析式为y＝mx+n，将A（a，﹣a2），B'（﹣b，﹣b2）代入得： ， 解得：， ∵a+b＝﹣k，ab＝﹣3， ∴m＝﹣（a﹣b）＝b﹣a，n＝﹣ab＝﹣（﹣3）＝3， ∴直线AB'解析式为y•x+3， 令x＝0得y＝3， ∴直线AB'经过定点（0，3）． 25．【解答】（1）证明：∵△ABC≌△EAD， ∴∠BAC＝∠E，即∠FAD＝∠E， 又∵∠AFD＝∠EFA， ∴△AFD∽△EFA， ∴， ∴AF2＝FD•FE； （2）解：∵△ABC≌△EAD， ∴BC＝AD＝1，AB＝AE，AC＝DE， ∵AB＝AC＝nBC，n＝2， ∴AB＝AC＝AE＝DE＝2， 由（1）得，△AFD∽△EFA， ∴， ∴FE＝2AF，， ∴， 解得， ∴， 即BF的长为； （3）解：如图， 设BC＝AD＝1， 由（2）中的结论可得AB＝AC＝AE＝DE＝n， 由旋转的性质得，AE＝A'E，∠EA'D'＝∠EAD， ∵∠EAA'＝∠EA'A， 设∠EA'D'＝∠EAD＝α， ∵F，A'，D'三点共线， ∴∠EA'F+∠EA'D'＝180°， ∴∠EA'F＝180°﹣α， ∵AE＝DE， ∴∠AED＝180°﹣2α， ∵△ABC≌△EAD， ∴∠BAC＝∠AED＝180°﹣2α， ∴∠EAF＝∠BAC+∠EAD＝180°﹣2α+α＝180°﹣α， ∴∠EAF＝∠EA'F， ∴∠EAF﹣∠EAA'＝∠EA'F﹣∠EA'A，即∠FAA'＝∠FA'A， ∴AF＝A'F， ∵A'A⊥A'B， ∴∠AA'B＝90° ∴∠FA'A+∠FBA'＝90°，∠FA'A+∠FA'B＝90°， ∴∠FBA'＝∠FA'B， ∴BF＝A'F， ∴， 由（1）得，△AFD∽△EFA， ∴， ∴，FDAF， ∴DE＝FE﹣FDn， 解得n（负值已舍去）， ∴n的值为． 26．【解答】解：（1）将点A（﹣1，1）代入y＝kx+2得，1＝﹣k+2， 解得k＝1， 令x+2＝x2，则x2﹣x﹣2＝0， 解得x＝2或x＝﹣1， ∴B（2，4）； （2）如图， 设CD：y＝x+t， 联立y＝x+t与y＝x2得x2﹣x﹣t＝0， 令Δ＝1+4t＝0， ∴， 此时， 解得， ∴， y＝（x﹣h）2对称轴为x＝h， ∴当时，y＝（x﹣h）2总在x＝n处取最大值； （3）设E（m，0）， ∵CD∥AB，， ∴CD为△ABE中位线， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， ∴C（，），D（，）， 联立AB与y＝x2得x2﹣kx﹣2＝0， 则x1+x2＝k，x1•x2＝﹣2， 过E作EF∥AB交y轴于F， ∴直线EF：y＝kx﹣km， ∴F（0，﹣km）， 延长CD交y轴于H，记AB交y轴于G， ∵AB∥CD∥EF， ∴1， ∴H为G，F中点， ∴， ∴直线， 联立CD与y＝x2得， 则xC+xD＝k，xC•xD1， ∴，即， ∵x1+x2＝k， ∴k＝2m， ，即， 解得， ∴E（，0），k＝2． 27．【解答】解：（1）∵AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ADE≌△ABC（SAS），AC＝AE5， ∴∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC 即∠CAE＝∠BAD， ∵1， ∴△ADB∽△AEC， ∴， ∵AB＝3，AC＝5， ∴； （2）连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF于P，延长EF交BC于N，如图： 同（1）得△ADB∽△AEC， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵BM是中线， ∴BM＝AM＝CMAC， ∴∠MBC＝∠MCB， ∵∠ABD+∠MBC＝90°， ∴∠ACE+∠MCB＝90°，即∠BCE＝90°， ∴AB∥CE， ∴∠BAM＝∠QCM，∠ABM＝∠CQM， 又AM＝CM， ∴△BAM≌△QCM（AAS）， ∴BM＝QM， ∴四边形ABCQ是平行四边形， ∵∠ABC＝90° ∴四边形ABCQ矩形， ∴AB＝CQ＝3，BC＝AQ＝4，∠AQC＝90°，PQ∥CN， ∴EQ3， ∴EQ＝CQ， ∴PQ是△CEN的中位线， ∴PQCN， 设PQ＝x，则CN＝2x，AP＝4﹣x， ∵∠EPQ＝∠APD，∠EQP＝90°＝∠ADP，EQ＝AD＝3， ∴△EQP≌△ADP（AAS）， ∴EP＝AP＝4﹣x， ∵EP2＝PQ2+EQ2， ∴（4﹣x）2＝x2+32， 解得：x， ∴AP＝4﹣x，CN＝2x， ∵PQ∥CN， ∴△APF∽△CNF， ∴， ∴， ∵AC＝5， ∴， ∴CF； 方法2： ∵BM是Rt△ABC斜边AC上的中线， ∴AM＝BM＝CMAC， ∴∠ABM＝∠BAM， ∵AB＝AD， ∴∠ABM＝∠ADB， ∴∠BAM＝∠ADB， ∵∠ABM＝∠DBA， ∴△ABM∽△DBA， ∴，即， ∴BD， ∴DM＝BD﹣BM， ∵∠EAD＝∠CAB＝∠ABD＝∠ADB， ∴DM∥AE， ∴△FDM∽△FEA， ∴，即， 解得FM， ∴CF＝CM﹣FM； （3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下： ①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDECD•DE（5﹣3）×4＝4； ②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDECD•DE（5+3）×4＝16； ③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图， ∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD， ∴四边形ADEQ是矩形， ∴AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4， ∵AE＝AC＝5， ∴EQ＝CQCE， ∴CE＝3， ∴CE＝6， ∴S△CDEAQ•CE4×6＝12； ④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图， ∵DC⊥EC，AQ⊥EC， ∴AQ∥DC， ∵AC＝AE，AQ⊥EC， ∴EQ＝CQ， ∴NQ是△CDE的中位线， ∴ND＝NEDE＝2，CD＝2NQ， ∵∠AND＝∠ENQ，∠ADN＝∠EQN＝90°， ∴∠DAN＝∠QEN， ∴tan∠DAN＝tan∠QEN， ∴， ∴， ∴NQEQ， ∵NQ2+EQ2＝NE2， ∴（EQ）2+EQ2＝22， 解得EQ， ∴CE＝2EQ，NQEQ， ∴CD＝2NQ， ∴S△CDECD•CE． 综上所述，直角三角形CDE的面积为4或16或12或． 28．【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． 29．【解答】解：（1）由折叠的性质得：∠B＝∠AFE，BE＝FE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠B＝∠PCG， ∴∠AFE＝∠PCG， ∵∠AFE＝∠QFG， ∴∠PCG＝∠QFG， ∵∠FGQ＝∠CGP， ∴∠CQE＝∠P， ∵CE＝BE，BE＝EF， ∴EF＝EC， 又∵∠CEQ＝∠FEP， ∴△EFP≌△ECQ（AAS）； （2）∵△EFP≌△ECQ， ∴EQ＝EP， ∵EF＝EC， ∴FQ＝CP， ∵∠FGQ＝∠CGP，∠CQE＝∠P， ∴△FQG≌△CPG（AAS）， ∴FG＝CG＝3，GQ＝GP＝5， 由折叠的性质得：AF＝AB， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴△CGP∽△BAP， ∴， ∴，解得：AB＝12， ∴CD＝12， ∴DQ＝CD﹣CG﹣QG＝4； （3）如图，延长AD，EQ交于点M， 设CQ＝a，BE＝b ∴，CE＝2BE， ∴DQ＝an，EC＝2b， ∴AB＝CD＝（n+1）a，AD＝3b， ∵△ABE关于AE折叠， ∴AF＝AB＝（n+1）a， ∵AD∥BC，即DM∥EC， ∴△DQM∽△CQE， ∴，即， ∴DM＝2bn ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B＝∠ADQ， 又∵△ABE关于AE折叠， ∴∠AFE＝∠B， ∵∠AFQ+∠AFE＝180°， ∴∠AFQ+∠ADQ＝180°， ∴∠DAF+∠DQF＝180°， ∵∠EQC+∠DQF＝180°， ∴∠EQC＝∠DAF， ∵AD∥BC， ∴∠DAF＝∠FPE， ∴∠EQC＝∠FPE， 又∵∠FEP＝∠CEQ， ∴△FEP∽△CEQ， ∴，即， ∴， ∵AD∥BC， ∴△AMF∽△PEF， ∴， ∴， 解得：， ∴， 又∵PC∥AD， ∴△GPC∽△GAD， ∴． 30．【解答】解：（1）在y＝ax2﹣2ax﹣3a中，令y＝0得0＝ax2﹣2ax﹣3a， ∴a（x﹣3）（x+1）＝0， ∵a＞0， ∴x＝3或x＝﹣1， ∴A（﹣1，0），B（3，0）， ∴AB＝4； （2）当a＝1时，过D作DM∥y轴交x轴于M，DN∥x轴交AC于N，如图： ∴y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4， ∴C（1，﹣4）， 由A（﹣1，0），C（1，﹣4）得直线AC解析式为y＝﹣2x﹣2， 设 D（n，n2﹣2n﹣3），（0＜n＜3）， 在y＝﹣2x﹣2中，令y＝n2﹣2n﹣3得x， ∴N（，n2﹣2n﹣3）， ∴DN＝n， ∴S△ACDDN•|yA﹣yC|4＝n2﹣1； ∵△ACD的面积与△ABD的面积相等， 而S△ABDAB•|yD|4×（﹣n2+2n+3）＝﹣2n2+4n+6， ∴n2﹣1＝﹣2n2+4n+6， 解得n＝﹣1（舍去）或n， ∴D（，）， ∴BM＝3，DM， ∴tan∠ABD； ∴tan∠ABD的值为； （3）抛物线L′与L交于定点，理由如下： 过D作DM⊥x轴于M，如图： 设D（m，am2﹣2am﹣3a），则AM＝m+1，DM＝﹣am2+2am+3a， ∵AD＝DE， ∴EM＝AM＝m+1， 将△ADB沿DE方向平移得到△A'EB'，相当于将△ADB向右平移（m+1）个单位，再向上平移|am2﹣2am﹣3a|个单位， 又A（﹣1，0），B（3，0），C（1，﹣4a）， ∴A'（m，﹣am2+2am+3a），B'（m+4，﹣am2+2am+3a），C'（m+2，﹣am2+2am﹣a）， ∴抛物线L'的对称轴为直线x＝m+2， ∴抛物线L'解析式为y＝a（x﹣m﹣2）2﹣am2+2am﹣a（a＞0）， 由ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣m﹣2）2﹣am2+2am﹣a（a＞0）， 解得：x＝3， ∴抛物线L′与L交于定点（3，0）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $