最新2019中考数学压轴题精选资料讲解

四边形综合题一．选择题（共1小题）1．（2019•连云港）如图，利用一个直角墙角修建一个梯形储料场ABCD ，其中∠C ＝120°．若新建墙BC 与CD 总长为12m ，则该梯形储料场ABCD 的最大面积是（ ）A ．18m 2B ．18√3m 2C ．24√3m 2D ．45√32m 2 二．填空题（共2小题）2．（2019•日照）规定：在平面直角坐标系xOy 中，如果点P 的坐标为（a ，b ），那么向量OP→可以表示为：OP →=（a ，b ），如果OA →与OB →互相垂直，OA →=（x 1，y 1），OB →=（x 2，y 2），那么x 1x 2+y 1y 2＝0．若OM →与ON →互相垂直，OM →=（sin α，1），ON →=（2，−√3），则锐角∠α＝ ．3．（2019•上海）如图，在正六边形ABCDEF 中，设BA →=a →，BC →=b →，那么向量BF →用向量a →、b →表示为 ．三．解答题（共38小题）4．（2019•抚顺）如图，点E ，F 分别在正方形ABCD 的边CD ，BC 上，且DE ＝CF ，点P在射线BC 上（点P 不与点F 重合）．将线段EP 绕点E 顺时针旋转90°得到线段EG ，过点E 作GD 的垂线QH ，垂足为点H ，交射线BC 于点Q ．（1）如图1，若点E 是CD 的中点，点P 在线段BF 上，线段BP ，QC ，EC 的数量关系为 ．（2）如图2，若点E 不是CD 的中点，点P 在线段BF 上，判断（1）中的结论是否仍然成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）正方形ABCD的边长为6，AB＝3DE，QC＝1，请直接写出线段BP的长．5．（2019•盘锦）如图，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，点E在射线AC上（不包括点A和点C），过点E的直线GH交直线AD于点G，交直线BC于点H，且GH∥DC，点F在BC的延长线上，CF＝AG，连接ED，EF，DF．（1）如图1，当点E在线段AC上时，①判断△AEG的形状，并说明理由．②求证：△DEF是等边三角形．（2）如图2，当点E在AC的延长线上时，△DEF是等边三角形吗？如果是，请证明你的结论；如果不是，请说明理由．6．（2019•朝阳）如图，四边形ABCD是正方形，连接AC，将△ABC绕点A逆时针旋转α得△AEF，连接CF，O为CF的中点，连接OE，OD．（1）如图1，当α＝45°时，请直接写出OE与OD的关系（不用证明）．（2）如图2，当45°＜α＜90°时，（1）中的结论是否成立？请说明理由．（3）当α＝360°时，若AB＝4√2，请直接写出点O经过的路径长．7．（2019•鄂尔多斯）（1）【探究发现】如图1，∠EOF的顶点O在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠EOF＝90°，将∠EOF 绕点O旋转，旋转过程中，∠EOF的两边分别与正方形ABCD的边BC和CD交于点E 和点F（点F与点C，D不重合）．则CE，CF，BC之间满足的数量关系是．（2）【类比应用】如图2，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“∠BCD＝120°的菱形ABCD”，其他条件不变，当∠EOF＝60°时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请猜想结论并说明理由．（3）【拓展延伸】如图3，∠BOD＝120°，OD=34，OB＝4，OA平分∠BOD，AB=√13，且OB＞2OA，点C是OB上一点，∠CAD＝60°，求OC的长．8．（2019•湘潭）如图一，在射线DE的一侧以AD为一条边作矩形ABCD，AD＝5√3，CD ＝5，点M是线段AC上一动点（不与点A重合），连结BM，过点M作BM的垂线交射线DE于点N，连接BN．（1）求∠CAD的大小；（2）问题探究：动点M在运动的过程中，①是否能使△AMN为等腰三角形，如果能，求出线段MC的长度；如果不能，请说明理由．②∠MBN的大小是否改变？若不改变，请求出∠MBN的大小；若改变，请说明理由．（3）问题解决：如图二，当动点M运动到AC的中点时，AM与BN的交点为F，MN的中点为H，求线段FH的长度．9．（2019•娄底）如图，点E、F、G、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA（不包括端点）上运动，且满足AE＝CG，AH＝CF．（1）求证：△AEH≌△CGF；（2）试判断四边形EFGH的形状，并说明理由．（3）请探究四边形EFGH的周长一半与矩形ABCD一条对角线长的大小关系，并说明理由．10．（2019•陕西）问题提出：（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；问题探究：（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；问题解决：（3）如图3，有一座塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的景区BCDE．根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE＝120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A的占地面积忽略不计）11．（2019•贵阳）（1）数学理解：如图①，△ABC是等腰直角三角形，过斜边AB的中点D 作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，求AB，BE，AF之间的数量关系；（2）问题解决：如图②，在任意直角△ABC内，找一点D，过点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，若AB＝BE+AF，求∠ADB的度数；（3）联系拓广：如图③，在（2）的条件下，分别延长ED，FD，交AB于点M，N，求MN，AM，BN的数量关系．12．（2019•通辽）如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ．（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；（2）如图，延长BP交直线DQ于点E．①如图2，求证：BE⊥DQ；②如图3，若△BCP为等边三角形，判断△DEP的形状，并说明理由．13．（2019•吉林）如图，在矩形ABCD中，AD＝4cm，AB＝3cm，E为边BC上一点，BE ＝AB，连接AE．动点P、Q从点A同时出发，点P以√2cm/s的速度沿AE向终点E运动；点Q以2cm/s的速度沿折线AD﹣DC向终点C运动．设点Q运动的时间为x（s），在运动过程中，点P，点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为y（cm2）．（1）AE＝cm，∠EAD＝°；（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；（3）当PQ=54cm时，直接写出x的值．14．（2019•长春）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，BC＝15．点P从点A出发，沿AC向终点C运动，同时点Q从点C出发，沿射线CB运动，它们的速度均为每秒5个单位长度，点P到达终点时，P、Q同时停止运动．当点P不与点A、C重合时，过点P作PN⊥AB于点N，连结PQ，以PN、PQ为邻边作▱PQMN．设▱PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S，点P的运动时间为t秒．（1）①AB的长为；②PN的长用含t的代数式表示为．（2）当▱PQMN为矩形时，求t的值；（3）当▱PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形时，求S与t之间的函数关系式；（4）当过点P且平行于BC的直线经过▱PQMN一边中点时，直接写出t的值．15．（2019•吉林）性质探究如图①，在等腰三角形ABC中，∠ACB＝120°，则底边AB与腰AC的长度之比为．理解运用（1）若顶角为120°的等腰三角形的周长为8+4√3，则它的面积为；（2）如图②，在四边形EFGH中，EF＝EG＝EH．①求证：∠EFG+∠EHG＝∠FGH；②在边FG，GH上分别取中点M，N，连接MN．若∠FGH＝120°，EF＝10，直接写出线段MN的长．类比拓展顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为（用含α的式子表示）．16．（2019•常州）【阅读】数学中，常对同一个量（图形的面积、点的个数、三角形的内角和等）用两种不同的方法计算，从而建立相等关系，我们把这一思想称为“算两次”．“算两次”也称做富比尼原理，是一种重要的数学思想．【理解】（1）如图1，两个边长分别为a、b、c的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三角形拼成一个梯形．用两种不同的方法计算梯形的面积，并写出你发现的结论；（2）如图2，n行n列的棋子排成一个正方形，用两种不同的方法计算棋子的个数，可得等式：n2＝；【运用】（3）n边形有n个顶点，在它的内部再画m个点，以（m+n）个点为顶点，把n边形剪成若干个三角形，设最多可以剪得y个这样的三角形．当n＝3，m＝3时，如图3，最多可以剪得7个这样的三角形，所以y＝7．①当n＝4，m＝2时，如图4，y＝；当n＝5，m＝时，y＝9；②对于一般的情形，在n边形内画m个点，通过归纳猜想，可得y＝（用含m、n的代数式表示）．请对同一个量用算两次的方法说明你的猜想成立．17．（2019•鸡西）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB在x轴上，AB、BC的长分别是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根（BC＞AB），OA＝2OB，边CD交y轴于点E，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点E出发沿折线段ED﹣DA向点A运动，运动的时间为t（0≤t＜6）秒，设△BOP与矩形AOED重叠部分的面积为S．（1）求点D的坐标；（2）求S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）在点P的运动过程中，是否存在点P，使△BEP为等腰三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．18．（2019•舟山）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC＝a，AD＝h，求正方形PQMN的边长（用a，h表示）．（2）操作：如何画出这个正方形PQMN呢？如图2，小波画出了图1的△ABC，然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：先在AB上任取一点P'，画正方形P'Q'M'N'，使点Q'，M'在BC边上，点N'在△ABC 内，然后连结BN'，并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PQMN．（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．（4）拓展：小波把图2中的线段BN称为“波利亚线”，在该线上截取NE＝NM，连结EQ，EM（如图3），当∠QEM＝90°时，求“波利亚线”BN的长（用a，h表示）．请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．19．（2019•海南）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A 、D 不重合），射线PE 与BC 的延长线交于点Q ．（1）求证：△PDE ≌△QCE ；（2）过点E 作EF ∥BC 交PB 于点F ，连结AF ，当PB ＝PQ 时，①求证：四边形AFEP 是平行四边形；②请判断四边形AFEP 是否为菱形，并说明理由．20．（2019•益阳）如图，在平面直角坐标系xOy 中，矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝6．若不改变矩形ABCD 的形状和大小，当矩形顶点A 在x 轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D 始终在y 轴的正半轴上随之上下移动．（1）当∠OAD ＝30°时，求点C 的坐标；（2）设AD 的中点为M ，连接OM 、MC ，当四边形OMCD 的面积为212时，求OA 的长；（3）当点A 移动到某一位置时，点C 到点O 的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos ∠OAD 的值．21．（2019•天水）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，CB ＝CD ，问四边形ABCD 是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，四边形ABCD 的对角线AC 、BD 交于点O ，AC ⊥BD ．试证明：AB 2+CD 2＝AD 2+BC 2；（3）解决问题：如图3，分别以Rt △ACB 的直角边AC 和斜边AB 为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE ，连结CE 、BG 、GE ．已知AC ＝4，AB ＝5，求GE 的长．22．（2019•无锡）如图1，在矩形ABCD中，BC＝3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作△P AB关于直线P A的对称△P AB′，设点P的运动时间为t（s）．（1）若AB＝2√3．①如图2，当点B′落在AC上时，显然△P AB′是直角三角形，求此时t的值；②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB′是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由．（2）当P点不与C点重合时，若直线PB′与直线CD相交于点M，且当t＜3时存在某一时刻有结论∠P AM＝45°成立，试探究：对于t＞3的任意时刻，结论“∠P AM＝45°”是否总是成立？请说明理由．23．（2019•岳阳）操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处．点P为直线EF 上一动点（不与E、F重合），过点P分别作直线BE、BF的垂线，垂足分别为点M和N，以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN．（1）如图1，求证：BE＝BF；（2）特例感知：如图2，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；（3）类比探究：若DE＝a，CF＝b．①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系．（不要求写证明过程）24．（2019•盐城）如图①是一张矩形纸片，按以下步骤进行操作：（Ⅰ）将矩形纸片沿DF折叠，使点A落在CD边上点E处，如图②；（Ⅱ）在第一次折叠的基础上，过点C再次折叠，使得点B落在边CD上点B′处，如图③，两次折痕交于点O；（Ⅲ）展开纸片，分别连接OB、OE、OC、FD，如图④．【探究】（1）证明：△OBC≌△OED；（2）若AB＝8，设BC为x，OB2为y，求y关于x的关系式．25．（2019•苏州）已知矩形ABCD中，AB＝5cm，点P为对角线AC上的一点，且AP＝2√5cm．如图①，动点M从点A出发，在矩形边上沿着A→B→C的方向匀速运动（不包含点C）．设动点M的运动时间为t（s），△APM的面积为S（cm2），S与t的函数关系如图②所示．（1）直接写出动点M的运动速度为cm/s，BC的长度为cm；（2）如图③，动点M重新从点A出发，在矩形边上按原来的速度和方向匀速运动，同时，另一个动点N从点D出发，在矩形边上沿着D→C→B的方向匀速运动，设动点N 的运动速度为v（cm/s）．已知两动点M，N经过时间x（s）在线段BC上相遇（不包含点C），动点M，N相遇后立即同时停止运动，记此时△APM与△DPN的面积分别为S1（cm2），S2（cm2）①求动点N运动速度v（cm/s）的取值范围；②试探究S1•S2是否存在最大值，若存在，求出S1•S2的最大值并确定运动时间x的值；若不存在，请说明理由．26．（2019•资阳）在矩形ABCD中，连结AC，点E从点B出发，以每秒1个单位的速度沿着B→A→C的路径运动，运动时间为t（秒）．过点E作EF⊥BC于点F，在矩形ABCD 的内部作正方形EFGH．（1）如图，当AB＝BC＝8时，①若点H在△ABC的内部，连结AH、CH，求证：AH＝CH；②当0＜t≤8时，设正方形EFGH与△ABC的重叠部分面积为S，求S与t的函数关系式；（2）当AB＝6，BC＝8时，若直线AH将矩形ABCD的面积分成1：3两部分，求t的值．27．（2019•宁波）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD 上的点．求证：四边形ABEF是邻余四边形．（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上．（3）如图3，在（1）的条件下，取EF中点M，连结DM并延长交AB于点Q，延长EF 交AC于点N．若N为AC的中点，DE＝2BE，QB＝3，求邻余线AB的长．28．（2019•衡阳）如图，在等边△ABC中，AB＝6cm，动点P从点A出发以1cm/s的速度沿AB匀速运动．动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动．设运动时间为t（s）．过点P作PE⊥AC于E，连接PQ交AC边于D．以CQ、CE为边作平行四边形CQFE．（1）当t为何值时，△BPQ为直角三角形；（2）是否存在某一时刻t，使点F在∠ABC的平分线上？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；（3）求DE的长；（4）取线段BC的中点M，连接PM，将△BPM沿直线PM翻折，得△B′PM，连接AB′，当t为何值时，AB'的值最小？并求出最小值．29．（2019•绵阳）如图，在以点O为中心的正方形ABCD中，AD＝4，连接AC，动点E从点O出发沿O→C以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点C停止．在运动过程中，△ADE的外接圆交AB于点F，连接DF交AC于点G，连接EF，将△EFG沿EF翻折，得到△EFH．（1）求证：△DEF是等腰直角三角形；（2）当点H恰好落在线段BC上时，求EH的长；（3）设点E运动的时间为t秒，△EFG的面积为S，求S关于时间t的关系式．30．（2019•扬州）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝20，BC＝10，以CD为一边向矩形外部作等腰直角△GDC，∠G＝90°．点M在线段AB上，且AM＝a，点P沿折线AD﹣DG运动，点Q沿折线BC﹣CG运动（与点G不重合），在运动过程中始终保持线段PQ ∥AB．设PQ与AB之间的距离为x．（1）若a＝12．①如图1，当点P在线段AD上时，若四边形AMQP的面积为48，则x的值为；②在运动过程中，求四边形AMQP的最大面积；（2）如图2，若点P在线段DG上时，要使四边形AMQP的面积始终不小于50，求a 的取值范围．31．（2019•泰州）如图，线段AB＝8，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP＝∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．（1）求证：△AEP≌△CEP；（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；（3）求△AEF的周长．32．（2019•嘉兴）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的边长．（2）操作：能画出这类正方形吗？小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画△ABC，在AB上任取一点P'，画正方形P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC 边上，N'在△ABC内，连结BN'并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PPQMN．小波把线段BN称为“波利亚线”．（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．（4）拓展：在（2）的条件下，在射线BN上截取NE＝NM，连结EQ，EM（如图3）．当tan∠NBM=34时，猜想∠QEM的度数，并尝试证明．请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．33．（2019•台州）我们知道，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．对一个各条边都相等的凸多边形（边数大于3），可以由若干条对角线相等判定它是正多边形．例如，各条边都相等的凸四边形，若两条对角线相等，则这个四边形是正方形．（1）已知凸五边形ABCDE的各条边都相等．①如图1，若AC＝AD＝BE＝BD＝CE，求证：五边形ABCDE是正五边形；②如图2，若AC＝BE＝CE，请判断五边形ABCDE是不是正五边形，并说明理由：（2）判断下列命题的真假．（在括号内填写“真”或“假”）如图3，已知凸六边形ABCDEF的各条边都相等．①若AC＝CE＝EA，则六边形ABCDEF是正六边形；（）②若AD＝BE＝CF，则六边形ABCDEF是正六边形．（）34．（2019•天津）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6，0），点B在y轴的正半轴上，∠ABO＝30°．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2．（Ⅰ）如图①，求点E的坐标；（Ⅱ）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C′O′D′E′，点C，O，D，E的对应点分别为C′，O′，D′，E′．设OO′＝t，矩形C′O′D′E′与△ABO重叠部分的面积为S．①如图②，当矩形C′O′D′E′与△ABO重叠部分为五边形时，C′E′，E′D′分别与AB相交于点M，F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；②当√3≤S≤5√3时，求t的取值范围（直接写出结果即可）．35．（2019•青岛）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分A C．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G．连接OP，EG．设运动时间为t（s）（0＜t＜5），解答下列问题：（1）当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？（2）设四边形PEGO的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．36．（2019•白银）阅读下面的例题及点拨，并解决问题：例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．求证：∠AMN＝60°．点拨：如图②，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），可得AM＝EM，∠1＝∠2；又AM＝MN，则EM ＝MN，可得∠3＝∠4；由∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，进一步可得∠1＝∠2＝∠5，又因为∠2+∠6＝120°，所以∠5+∠6＝120°，即：∠AMN＝60°．问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1＝M1N1．求证：∠A1M1N1＝90°．37．（2019•济宁）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上点F处，延长AE交BC的延长线于点G．（1）求线段CE的长；（2）如图2，M，N分别是线段AG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN＝∠DAM，设AM＝x，DN＝y．①写出y关于x的函数解析式，并求出y的最小值；②是否存在这样的点M，使△DMN是等腰三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．38．（2019•连云港）问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．问题探究：在“问题情境”的基础上．（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN 翻折，点P落在点P'处，若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P'S的最小值．问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG=52，请直接写出FH的长．39．（2019•威海）如图，在正方形ABCD中，AB＝10cm，E为对角线BD上一动点，连接AE，CE，过E点作EF⊥AE，交直线BC于点F．E点从B点出发，沿着BD方向以每秒2cm的速度运动，当点E与点D重合时，运动停止．设△BEF的面积为ycm2，E点的运动时间为x秒．（1）求证：CE＝EF；（2）求y与x之间关系的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；（3）求△BEF面积的最大值．40．（2019•达州）箭头四角形模型规律如图1，延长CO交AB于点D，则∠BOC＝∠1+∠B＝∠A+∠C+∠B．因为凹四边形ABOC形似箭头，其四角具有“∠BOC＝∠A+∠B+∠C”这个规律，所以我们把这个模型叫做“箭头四角形”．模型应用（1）直接应用：①如图2，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝．②如图3，∠ABE、∠ACE的2等分线（即角平分线）BF、CF交于点F，已知∠BEC＝120°，∠BAC＝50°，则∠BFC＝．③如图4，BO i、CO i分别为∠ABO、∠ACO的2019等分线（i＝1，2，3， (2017)2018）．它们的交点从上到下依次为O1、O2、O3、…、O2018．已知∠BOC＝m°，∠BAC ＝n°，则∠BO1000C＝度．（2）拓展应用：如图5，在四边形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝2∠BAD．O是四边形ABCD内一点，且OA＝OB＝OD．求证：四边形OBCD是菱形．41．（2019•自贡）（1）如图1，E是正方形ABCD边AB上的一点，连接BD、DE，将∠BDE 绕点D逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G．①线段DB和DG的数量关系是；②写出线段BE，BF和DB之间的数量关系．（2）当四边形ABCD为菱形，∠ADC＝60°，点E是菱形ABCD边AB所在直线上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC 交于点F和点G．①如图2，点E在线段AB上时，请探究线段BE、BF和BD之间的数量关系，写出结论并给出证明；②如图3，点E在线段AB的延长线上时，DE交射线BC于点M，若BE＝1，AB＝2，直接写出线段GM的长度．四边形综合题参考答案与试题解析一．选择题（共1小题）1．【解答】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，则四边形ADCE为矩形，CD＝AE＝x，∠DCE＝∠CEB＝90°，则∠BCE＝∠BCD﹣∠DCE＝30°，BC＝12﹣x，在Rt△CBE中，∵∠CEB＝90°，∴BE=12BC＝6−12x，∴AD＝CE=√3BE＝6√3−√32x，AB＝AE+BE＝x+6−12x=12x+6，∴梯形ABCD面积S=12（CD+AB）•CE=12（x+12x+6）•（6√3−√32x）=−3√38x2+3√3x+18√3=−3√38（x﹣4）2+24√3，∴当x＝4时，S最大＝24√3．即CD长为4m时，使梯形储料场ABCD的面积最大为24√3m2；故选：C．二．填空题（共2小题）2．【解答】解：依题意，得2sinα+1×（−√3）＝0，解得sinα=√3 2．∵α是锐角，∴α＝60°．故答案是：60°．3．【解答】解：连接CF．∵多边形ABCDEF 是正六边形，AB ∥CF ，CF ＝2BA ，∴CF →=2a →，∵BF →=BC →+CF →，∴BF →=2a →+b →，故答案为2a →+b →．三．解答题（共38小题）4．【解答】解：（1）BP +QC ＝EC ；理由如下：∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ＝CD ，∠BCD ＝90°，由旋转的性质得：∠PEG ＝90°，EG ＝EP ，∴∠PEQ +∠GEH ＝90°，∵QH ⊥GD ，∴∠H ＝90°，∠G +∠GEH ＝90°，∴∠PEQ ＝∠G ，又∵∠EPQ +∠PEC ＝90°，∠PEC +∠GED ＝90°，∴∠EPQ ＝∠GED ， 在△PEQ 和△EGD 中，{∠EPQ =∠GEDEP =EG ∠PEQ =∠G，∴△PEQ ≌△EGD （ASA ），∴PQ ＝ED ，∴BP +QC ＝BC ﹣PQ ＝CD ﹣ED ＝EC ，即BP +QC ＝EC ；故答案为：BP +QC ＝EC ；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：由题意得：∠PEG ＝90°，EG ＝EP ，∴∠PEQ +∠GEH ＝90°，∵QH ⊥GD ，∴∠H ＝90°，∠G +∠GEH ＝90°，∴∠PEQ ＝∠G ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠DCB ＝90°，BC ＝DC ，∴∠EPQ +∠PEC ＝90°，∵∠PEC +∠GED ＝90°，∴∠GED ＝∠EPQ ，在△PEQ 和△EGD 中，{∠EPQ =∠GEDEP =EG ∠PEQ =∠G，∴△PEQ ≌△EGD （ASA ），∴PQ ＝ED ，∴BP +QC ＝BC ﹣PQ ＝CD ﹣ED ＝EC ，即BP +QC ＝EC ；（3）分两种情况：①当点P 在线段BC 上时，点Q 在线段BC 上，由（2）可知：BP ＝EC ﹣QC ，∵AB ＝3DE ＝6，∴DE ＝2，EC ＝4，∴BP ＝4﹣1＝3；②当点P 在线段BC 上时，点Q 在线段BC 的延长线上，如图3所示：同（2）可得：△PEQ ≌△EGD （AAS ），∴PQ ＝DE ＝2，∵QC ＝1，∴PC ＝PQ ﹣QC ＝1，∴BP ＝BC ﹣PC ＝6﹣1＝5；综上所述，线段BP 的长为3或5．5．【解答】（1）①解：△AEG 是等边三角形；理由如下：∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD ＝120°，∴AD ∥BC ，AB ＝BC ＝CD ＝AD ，AB ∥CD ，∠CAD =12∠BAD ＝60°，∴∠BAD +∠ADC ＝180°，∴∠ADC ＝60°，∵GH ∥DC ，∴∠AGE ＝∠ADC ＝60°，∴∠AGE ＝∠EAG ＝∠AEG ＝60°，∴△AEG 是等边三角形；②证明：∵△AEG 是等边三角形，∴AG ＝AE ，∵CF ＝AG ，∴AE ＝CF ，∵四边形ABCD 是菱形，∴∠BCD ＝∠BAD ＝120°，∴∠DCF ＝60°＝∠CAD ，在△AED 和△CFD 中，{AD =CD∠EAD =∠FCD AE =CF，∴△AED ≌△CFD （SAS ）∴DE ＝DF ，∠ADE ＝∠CDF ，∵∠ADC ＝∠ADE +∠CDE ＝60°，∴∠CDF +∠CDE ＝60°，即∠EDF ＝60°，∴△DEF 是等边三角形；（2）解：△DEF 是等边三角形；理由如下：同（1）①得：△AEG 是等边三角形，∴AG ＝AE ，∵CF ＝AG ，∴AE ＝CF ，∵四边形ABCD 是菱形，∴∠BCD ＝∠BAD ＝120°，∠CAD =12∠BAD ＝60°，∴∠FCD ＝60°＝∠CAD ，在△AED 和△CFD 中，{AD =CD∠EAD =∠FCD AE =CF，∴△AED ≌△CFD （SAS ），∴DE ＝DF ，∠ADE ＝∠CDF ，∵∠ADC ＝∠ADE ﹣∠CDE ＝60°，∴∠CDF ﹣∠CDE ＝60°，即∠EDF ＝60°，∴△DEF 是等边三角形．6．【解答】解：（1）OE ＝OD ，OE ⊥OD ；理由如下：由旋转的性质得：AF ＝AC ，∠AFE ＝∠ACB ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ACB ＝∠ACD ＝∠F AC ＝45°，∴∠ACF ＝∠AFC =12（180°﹣45°）＝67.5°，∴∠DCF ═∠EFC ＝22.5°，∵∠FEC ＝90°，O 为CF 的中点，∴OE =12CF ＝OC ＝OF ，同理：OD =12CF ，∴OE ＝OD ＝OC ＝OF ，∴∠EOC ＝2∠EFO ＝45°，∠DOF ＝2∠DCO ＝45°，∴∠DOE ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴OE ⊥OD ；（2）当45°＜α＜90°时，（1）中的结论成立，理由如下：延长EO 到点M ，使OM ＝EO ，连接DM 、CM 、DE ，如图2所示：∵O 为CF 的中点，∴OC ＝OF ，在△COM 和△FOE 中，{OM =EO∠COM =∠FOE OC =OF，∴△COM ≌△FOE （SAS ），∴∠MCF ＝∠EFC ，CM ＝EF ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝BC ＝CD ，∠BAC ＝∠BCA ＝45°，∵△ABC 绕点A 逆时针旋转α得△AEF ，∴AB ＝AE ＝EF ＝CD ，AC ＝AF ，∴CD ＝CM ，∠ACF ＝∠AFC ，∵∠ACF ＝∠ACD +∠FCD ，∠AFC ＝∠AFE +∠CFE ，∠ACD ＝∠AFE ＝45°， ∴∠FCD ＝∠CFE ＝∠MCF ，∵∠EAC +∠DAE ＝45°，∠F AD +∠DAE ＝45°，∴∠EAC ＝∠F AD ，在△ACF 中，∵∠ACF +∠AFC +∠CAF ＝180°，∴∠DAE +2∠F AD +∠DCM +90°＝180°，∵∠F AD +∠DAE ＝45°，∴∠F AD +∠DCM ＝45°，∴∠DAE ＝∠DCM ，在△ADE 和△CDM 中，{AE =CM∠DAE =∠DCM AD =CD，∴△ADE ≌△CDM （SAS ），∴DE ＝DM ，∵OE ＝OM ，∴OE ⊥OD ，在△COM 和△COD 中，{CM =CD∠MCF =∠FCD OC =OC，∴△COM≌△COD（SAS），∴OM＝OD，∴OE＝OD，∴OE＝OD，OE⊥OD；（3）连接AO，如图3所示：∵AC＝AF，CO＝OF，∴AO⊥CF，∴∠AOC＝90°，∴点O在以AC为直径的圆上运动，∵α＝360°，∴点O经过的路径长等于以AC为直径的圆的周长，∵AC=√2AB=√2×4√2=8，∴点O经过的路径长为：πd＝8π．7．【解答】解：（1）如图1中，结论：CE+CF＝BC．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∵∠EOF＝∠BOC＝90°，∴∠BOE＝∠OCF，∴△BOE≌△COF（ASA），∴BE＝CF，∴CE+CF＝CE+BE＝BC．故答案为CE+CF＝BC．（2）如图2中，结论不成立．CE+CF=12BC．理由：连接EF，在CO上截取CJ＝CF，连接FJ．∵四边形ABCD是菱形，∠BCD＝120°，∴∠BCO＝∠OCF＝60°，∵∠EOF+∠ECF＝180°，∴O，E，C，F四点共圆，∴∠OFE＝∠OCE＝60°，∵∠EOF＝60°，∴△EOF是等边三角形，∴OF＝FE，∠OFE＝60°，∵CF＝CJ，∠FCJ＝60°，∴△CFJ是等边三角形，∴FC＝FJ，∠EFC＝∠OFE＝60°，∴∠OFJ＝∠CFE，∴△OFJ≌△EFC（SAS），∴OJ＝CE，∴CF+CE＝CJ+OJ＝OC=12BC，（3）如图3中，由OB＞2OA可知△BAO是钝角三角形，∠BAO＞90°，作AH⊥OB于H，设OH＝x．在Rt△ABH中，BH=√13−3x2，∵OB＝4，∴√13−3x2+x＝4，解得x=32或12，∴OH=12或32，∴OA＝2OH＝1或3（舍弃），∵∠COD+∠ACD＝180°，∴A，C，O，D四点共圆，∵OA平分∠COD，∴∠AOC＝∠AOD＝60°，∴∠ADC＝∠AOC＝60°，∵∠CAD＝60°，∴△ACD是等边三角形，由（2）可知：OC+OD＝OA，∴OC＝1−34=14．8．【解答】解：（1）如图一（1）中，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∵tan∠DAC=DCAD=553=√33，∴∠DAC＝30°．（2）①如图一（1）中，当AN＝NM时，∵∠BAN＝∠BMN＝90°，BN＝BN，AN＝NM，∴Rt△BNA≌Rt△BNM（HL），∴BA＝BM，在Rt△ABC中，∵∠ACB＝∠DAC＝30°，AB＝CD＝5，∴AC＝2AB＝10，∵∠BAM＝60°，BA＝BM，∴△ABM是等边三角形，∴AM＝AB＝5，∴CM＝AC﹣AM＝5．如图一（2）中，当AN＝AM时，易证∠AMN＝∠ANM＝15°，∵∠BMN＝90°，∴∠CMB＝75°，∵∠MCB＝30°，∴∠CBM＝180°﹣75°﹣30°＝75°，∴∠CMB＝∠CBM，∴CM＝CB＝5√3，综上所述，满足条件的CM的值为5或5√3．②结论：∠MBN＝30°大小不变．理由：如图一（1）中，∵∠BAN+∠BMN＝180°，∴A，B，M，N四点共圆，∴∠MBN＝∠MAN＝30°．如图一（2）中，∵∠BMN＝∠BAN＝90°，∴A，N，B，M四点共圆，∴∠MBN+∠MAN＝180°，∵∠DAC+∠MAN＝180°，∴∠MBN＝∠DAC＝30°，综上所述，∠MBN＝30°．（3）如图二中，∵AM＝MC，∴BM＝AM＝CM，∴AC＝2AB，∴AB＝BM＝AM，∴△ABM是等边三角形，∴∠BAM＝∠BMA＝60°，∵∠BAN＝∠BMN＝90°，∴∠NAM＝∠NMA＝30°，∴NA＝NM，∵BA＝BM，∴BN垂直平分线段AM，∴FM=5 2，∴NM=FMcos30°=5√33，∵∠NFM＝90°，NH＝HM，∴FH=12MN=5√36．9．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠C．∴在△AEH与△CGF中，{AE=CG ∠A=∠C AH=CF，∴△AEH≌△CGF（SAS）；（2）∵由（1）知，△AEH≌△CGF，则EH＝GF，同理证得△EBF≌△GDH，则EF＝GH，∴四边形EFGH是平行四边形；（3）四边形EFGH的周长一半大于或等于矩形ABCD一条对角线长度．理由如下：作G 关于BC的对称点G′，连接EG′，可得EG′的长度就是EF+FG的最小值．连接AC，∵CG′＝CG＝AE，AB∥CG′，∴四边形AEG′C为平行四边形，∴EG′＝AC．在△EFG′中，∵EF+FG′≥EG′＝AC，∴四边形EFGH的周长一半大于或等于矩形ABCD一条对角线长度．10．【解答】解：（1）如图记为点D所在的位置．（2）如图，∵AB＝4，BC＝10，∴取BC的中点O，则OB＞AB．∴以点O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O一定于AD相交于P1，P2两点，。

2019中考数学压轴题解析19一、选择题1．（2017滨州，第12题，3分）在平面直角坐标系内，直线AB垂直于x轴于点C（点C在原点的右侧），并分别与直线y=x和双曲线1yx=相交于点A、B，且AC+BC=4，则△OAB的面积为（）A．23+3或23﹣3 B．2 +1或2﹣1 C．23﹣3 D．2﹣1【答案】A．【分析】根据题意表示出AC，BC的长，进而得出等式求出m的值，进而得出答案．点睛：此题主要考查了反比例函数与一次函数的交点，正确表示出各线段长是解题关键．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．2．（2017广西桂林市，第11题，3分）一次函数y=﹣x+1（0≤x≤10）与反比例函数1yx=（﹣10≤x＜0）在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，点（x1，y1），（x2，y2）是图象上两个不同的点，若y1=y2，则x1+x2的取值范围是（）A．﹣8910≤x≤1 B．﹣8910≤x≤899C．﹣899≤x≤8910D．1≤x≤8910【答案】B．【分析】由x的取值范围结合y1=y2可求出y的取值范围，根据y关于x的关系式可得出x关于y的关系式，利用做差法求出x=1﹣y+1y再﹣9≤y≤﹣110中的单调性，依此单调性即可求出x1+x2的取值范围．【解析】当x=﹣10时，1yx==﹣110；当x=10时，y=﹣x+1=﹣9，∴﹣9≤y1=y2≤﹣110．设x1＜x2，则y2=﹣x2+1、y1=11x，∴x2=1﹣y2，x1=11y，∴x1+x2=1﹣y2+11y．设x=1﹣y+1y（﹣9≤y≤﹣110），﹣9≤ym＜yn≤﹣110，则xn﹣xm=ym﹣yn+11n my y-=（ym﹣yn）（1+1m ny y）＜0，∴x=1﹣y+1y中x值随y值的增大而减小，∴1﹣（﹣110）﹣10=﹣8910≤x≤1﹣（﹣9）﹣19 =899．故选B．点睛：本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征以及一次函数图象上点的坐标特征，找出x=1﹣y+1y 在﹣9≤y≤﹣110中的单调性是解题的关键．考点：反比例函数图象上点的坐标特征；一次函数图象上点的坐标特征．3．（2017新疆乌鲁木齐市，第10题，4分）如图，点A（a，3），B（b，1）都在双曲线3yx=上，点C，D，分别是x轴，y轴上的动点，则四边形ABCD周长的最小值为（）A．52B．62C．21022D．82【答案】B．【分析】先把A点和B点的坐标代入反比例函数解析式中，求出a与b的值，确定出A与B坐标，再作A点关于y轴的对称点P，B点关于x轴的对称点Q，根据对称的性质得到P点坐标为（﹣1，3），Q 点坐标为（3，﹣1），PQ分别交x轴、y轴于C点、D点，根据两点之间线段最短得此时四边形PABQ 的周长最小，然后利用两点间的距离公式求解可得．【解析】分别把点A（a，3）、B（b，1）代入双曲线3yx=得：a=1，b=3，则点A的坐标为（1，3）、B点坐标为（3，1），作A点关于y轴的对称点P，B点关于x轴的对称点Q，所以点P坐标为（﹣1，3），Q点坐标为（3，﹣1），连结PQ分别交x轴、y轴于C点、D点，此时四边形ABCD的周长最小，四边形ABCD周长=DA+DC+CB+AB=DP+DC+CQ+AB=PQ+AB=22(13)(31)--++ +22(13)(31)-+-=4222+=62，故选B．点睛：本题考查了反比例函数的综合题：掌握反比例函数图象上点的坐标特征、熟练运用两点之间线段最短解决有关几何图形周长最短的问题是解题的关键．考点：反比例函数图象上点的坐标特征；轴对称﹣最短路线问题；最值问题；动点型；综合题．4．（2017江苏省泰州市，第6题，3分）如图，P为反比例函数kyx=（k＞0）在第一象限内图象上的一点，过点P分别作x轴，y轴的垂线交一次函数y=﹣x﹣4的图象于点A、B．若∠AOB=135°，则k 的值是（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】D．【分析】作BF⊥x轴，OE⊥AB，CQ⊥AP，易证△BOE∽△AOD，根据相似三角形对应边比例相等的性质即可求出k的值．∵当x=0时，y=﹣x ﹣4=﹣4，∴OC=DQ=4，GE=OE=22OC=22；同理可证：BG=2BF=2PD=2k n ，∴BE=BG+EG=222k n +∵∠AOB=135°，∴∠OBE+∠OAE=45°，∵∠DAO+∠OAE=45°，∴∠DAO=∠OBE ，在△BOE 和△AOD 中，∵∠DAO=∠OBE ，∠BEO=∠ADO ，∴△BOE ∽△AOD ；∴OE BE OD AD =，即222224k n n n +=+；整理得：nk+2n2=8n+2n2，化简得：k=8．故选D ．点睛：本题主要考查了相似三角形的判定与性质及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是正确作出辅助线，构造相似三角形．考点：反比例函数图象上点的坐标特征；一次函数图象上点的坐标特征；综合题．5．（2017湖北省十堰市，第10题，3分）如图，直线36y x =-分别交x 轴，y 轴于A ，B ，M 是反比例函数ky x =（x ＞0）的图象上位于直线上方的一点，MC ∥x 轴交AB 于C ，MD ⊥MC 交AB 于D ，AC•BD=3则k 的值为（ ）A ．﹣3B ．﹣4C ．﹣5D ．﹣6【答案】A ．【分析】过点D 作DE ⊥y 轴于点E ，过点C 作CF ⊥x 轴于点F ，然后求出OA 与OB 的长度，即可求出∠OAB 的正弦值与余弦值，再设M （x ，y ），从而可表示出BD 与AC 的长度，根据AC•BD=43列出即可求出k 的值．【解析】过点D 作DE ⊥y 轴于点E ，过点C 作CF ⊥x 轴于点F ，令x=0代入36y x =-，∴y=﹣6，∴B （0，﹣6），∴OB=6，令y=0代入36y x =-，∴x=23，∴（23，0），∴OA=23，∴勾股定理可知：AB=43，∴sin ∠OAB=3OB AB =，cos ∠OAB=12OA AB =.设M （x ，y ），∴CF=﹣y ，ED=x ，∴sin ∠OAB=CF AC ，∴AC=﹣23y ，∵cos ∠OAB=cos ∠EDB=EDDB ，∴BD=2x ，∵AC•BD=43，∴﹣23 y ×2x=43，∴xy=﹣3，∵M 在反比例函数的图象上，∴k=xy=﹣3，故选A ．点睛：本题考查反比例函数与一次函数的综合问题，解题的关键是根据∠OAB 的锐角三角函数值求出BD 、AC ，本题属于中等题型．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．6．（2017湖北省咸宁市，第8题，3分）在平面直角坐标系xOy 中，将一块含有45°角的直角三角板如图放置，直角顶点C 的坐标为（1，0），顶点A 的坐标为（0，2），顶点B 恰好落在第一象限的双曲线上，现将直角三角板沿x 轴正方向平移，当顶点A 恰好落在该双曲线上时停止运动，则此时点C 的对应点C′的坐标为（ ）A ．（32，0）B ．（2，0）C ．（52，0） D ．（3，0）【答案】C ．【分析】过点B 作BD ⊥x 轴于点D ，易证△ACO ≌△BCD （AAS ），从而可求出B 的坐标，进而可求出反比例函数的解析式，根据解析式与A 的坐标即可得知平移的单位长度，从而求出C 的对应点．点睛：本题考查反比例函数的综合问题，涉及全等三角形的性质与判定，反比例函数的解析式，平移的性质等知识，综合程度较高，属于中等题型．考点：反比例函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化﹣平移；综合题．7．（2017湖北省荆州市，第10题，3分）规定：如果关于x 的一元二次方程20ax bx c ++=（a ≠0）有两个实数根，且其中一个根是另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．现有下列结论：①方程2280x x +-=是倍根方程；②若关于x 的方程220x ax ++=是倍根方程，则a=±3；③若关于x 的方程260ax ax c -+=（a ≠0）是倍根方程，则抛物线26y ax ax c =-+与x 轴的公共点的坐标是（2，0）和（4，0）；④若点（m ，n ）在反比例函数4y x =的图象上，则关于x 的方程250mx x n ++=是倍根方程．上述结论中正确的有（ ）A ．①②B ．③④C ．②③D ．②④【答案】C ．【分析】①通过解方程得到该方程的根，结合“倍根方程”的定义进行判断；②设x2=2x1，得到x1x2=2x12=2，得到当x1=1时，x2=2，当x1=﹣1时，x2=﹣2，于是得到结论； ③根据“倍根方程”的定义即可得到结论；④若点（m ，n ）在反比例函数4y x =的图象上，得到mn=4，然后解方程250mx x n ++=即可得到正确的结论；【解析】①由2280x x +-=，得（x+4）（x-2）=0，解得x1=-4，x2=2，∵x1≠2x2，或x2≠2x1，∴方程2280x x +-=不是倍根方程．故①错误；②关于x 的方程220x ax ++=是倍根方程，∴设x2=2x1，∴x1x2=2x12=2，∴x1=±1，当x1=1时，x2=2，当x1=﹣1时，x2=﹣2，∴x1+x2=﹣a=±3，∴a=±3，故②正确；③关于x 的方程260ax ax c -+=（a ≠0）是倍根方程，∴x2=2x1，∵抛物线26y ax ax c =-+的对称轴是直线x=3，∴抛物线26y ax ax c =-+与x 轴的交点的坐标是（2，0）和（4，0），故③正确；④∵点（m ，n ）在反比例函数4y x =的图象上，∴mn=4，解250mx x n ++=得x1=﹣2m ，x2=﹣8m ，∴x2=4x1，∴关于x 的方程250mx x n ++=不是倍根方程；故选C ．点睛：本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，根与系数的关系，正确的理解倍根方程的定义是解题的关键．考点：反比例函数图象上点的坐标特征；根的判别式；根与系数的关系；抛物线与x 轴的交点；综合题．8．（2017湖北省荆门市，第12题，3分）已知：如图，在平面直角坐标系xOy 中，等边△AOB 的边长为6，点C 在边OA 上，点D 在边AB 上，且OC=3BD ，反比例函数k y x =（k ≠0）的图象恰好经过点C和点D ，则k 的值为（ ）A．81325B．81316C．8135D．8134【答案】A．【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，设BD=a，则OC=3a，根据等边三角形的性质结合解含30度角的直角三角形，可找出点C、D的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出a、k的值，此题得解．【解析】过点C作CE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，如图所示．设BD=a，则OC=3a．∵△AOB为边长为6的等边三角形，∴∠COE=∠DBF=60°，OB=6．在Rt△COE中，∠COE=60°，∠CEO=90°，OC=3a，∴∠OCE=30°，∴OE=32a，CE=22OC OE- =332a，∴点C（32a，332 a）．同理，可求出点D的坐标为（6﹣12a，3a）．∵反比例函数kyx=（k≠0）的图象恰好经过点C和点D，∴k=32a×33a=（6﹣12a）×3a，∴a=65，k=81325．故选A．点睛：本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质以及解含30度角的直角三角形，根据等边三角形的性质结合解含30度角的直角三角形，找出点C、D的坐标是解题的关键．考点：反比例函数图象上点的坐标特征；等边三角形的性质；综合题．9．（2017怀化，第10题，4分）如图，A，B两点在反比例函数1kyx的图象上，C，D两点在反比例函数2kyx的图象上，AC⊥y轴于点E，BD⊥y轴于点F，AC=2，BD=1，EF=3，则12k k的值是（）A．6 B．4 C．3 D．2 【答案】D．【分析】由反比例函数的性质可知S△AOE=S△BOF=12k1，S△COE=S△DOF=﹣12k2，结合S△AOC=S△AOE+S△COE和S△BOD=S△DOF+S△BOF可求得k1﹣k2的值．点睛：本题考查反比例函数图象上的点的坐标特征，解题的关键是利用参数，构建方程组解决问题，属于中考常考题型．考点：反比例函数图象上点的坐标特征．10．（2017辽宁省营口市，第8题，3分）如图，在菱形ABOC中，∠A=60°，它的一个顶点C在反比例函数kyx的图象上，若将菱形向下平移2个单位，点A恰好落在函数图象上，则反比例函数解析式为（）A．33yx=-B．3yx=-C．3yx=-D．3yx=【答案】A．【分析】过点C作CD⊥x轴于D，设菱形的边长为a，根据菱形的性质和三角函数分别表示出C，以及点A向下平移2个单位的点，再根据反比例函数图象上点的坐标特征得到方程组求解即可．【解析】过点C作CD⊥x轴于D，设菱形的边长为a，在Rt△CDO中，OD=a•cos60°=12a，CD=a•sin60°=32a，则C（﹣12a，32 a），点A向下平移2个单位的点为（﹣12a﹣a，32 a﹣2），即（﹣32a，3a﹣2），则：312232322kaakaa⎧=⎪⎪-⎪⎨⎪-=⎪-⎪⎩，解得：2333ak⎧=⎪⎨=-⎪⎩．故反比例函数解析式为33y=-．故选A．点睛：本题考查的是反比例函数综合题目，考查了反比例函数解析式的求法、坐标与图形性质、菱形的性质、平移的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．考点：反比例函数图象上点的坐标特征；菱形的性质；坐标与图形变化﹣平移．11．（2017辽宁省锦州市，第8题，2分）如图，矩形OABC中，A（1，0），C（0，2），双曲线kyx=（0＜k＜2）的图象分别交AB，CB于点E，F，连接OE，OF，EF，S△OEF=2S△BEF，则k值为（）A ．23B ．1C ．43 D ．2【答案】A ．【分析】设E 点坐标为（1，m ），则F 点坐标为（2m ，2），根据三角形面积公式得到S △BEF=1(1)22m -（2﹣m ），根据反比例函数k 的几何意义得到S △OFC=S △OAE=12m ，由于S △OEF=S 矩形ABCO ﹣S △OCF ﹣S △OEA ﹣S △BEF ，列方程即可得到结论．【解析】∵四边形OABC 是矩形，BA ⊥OA ，A （1，0），∴设E 点坐标为（1，m ），则F 点坐标为（2m，2），则S △BEF=1(1)22m -（2﹣m ），S △OFC=S △OAE=12m ，∴S △OEF=S 矩形ABCO ﹣S △OCF ﹣S △OEA ﹣S△BEF=2﹣12m ﹣12m ﹣1(1)22m -（2﹣m ），∵S △OEF=2S △BEF ，∴2﹣12m ﹣12m ﹣1(1)22m -（2﹣m ）=12(1)22m ⨯-（2﹣m ），整理得23(2)204m m -+-=，解得m1=2（舍去），m2=23，∴E 点坐标为（1，23）；∴k=23，故选A ．点睛：本题考查了反比例函数k 的机几何意义和矩形的性质；会利用面积的和差计算不规则图形的面积．考点：反比例函数系数k 的几何意义． 12．（2017贵州省黔西南州，第10题，4分）如图，点A 是反比例函数1y x =（x ＞0）上的一个动点，连接OA ，过点O 作OB ⊥OA ，并且使OB=2OA ，连接AB ，当点A 在反比例函数图象上移动时，点B 也在某一反比例函数ky x =图象上移动，则k 的值为（ ）A ．﹣4B ．4C ．﹣2D ．2【答案】A ．【分析】过A 作AC ⊥x 轴于点C ，过B 作BD ⊥x 轴于点D ，可设A （x ，1x ），由条件证得△AOC ∽△OBD ，从而可表示出B 点坐标，则可求得得到关于k 的方程，可求得k 的值．点睛：本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，利用条件构造三角形相似，用A 点坐标表示出B 点坐标是解题的关键．考点：反比例函数图象上点的坐标特征．13．（2017四川省乐山市，第10题，3分）如图，平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 、OC 分别落在x 、y 轴上，点B 坐标为（6，4），反比例函数x y 6=的图象与AB 边交于点D ，与BC 边交于点E ，连结DE ，将△BDE 沿DE 翻折至△B'DE 处，点B'恰好落在正比例函数y=kx 图象上，则k 的值是（ ）A ．52-B ．211-C ．51-D ．241- 【答案】B ．【分析】根据矩形的性质得到，CB ∥x 轴，AB ∥y 轴，于是得到D （6，1），E （32，4），根据勾股定理得到ED 的长，连接BB′，交ED 于F ，过B′作B′G⊥BC 于G ，根据轴对称的性质得到BF=B′F，BB′⊥ED 求得BB′的长，设EG=x ，则BG=92﹣x 根据勾股定理即可得到结论．【解析】∵矩形OABC ，∴CB ∥x 轴，AB ∥y 轴，∵点B 坐标为（6，4），∴D 的横坐标为6，E 的纵坐标为4，∵D ，E 在反比例函数x y 6=的图象上，∴D （6，1），E （32，4），∴BE=6﹣32=92，BD=4﹣1=3，∴ED=22BE BD +=3132BB′，交ED 于F ，过B′作B′G⊥BC 于G ，∵B ，B′关于ED 对称，∴BF=B′F，BB′⊥ED 3132×92，∴BF=13，∴BB′=13，设EG=x ，则BG=92﹣x ，∵BB′2﹣BG2=B′G2=EB′2﹣GE2，∴222299()()()2213x x --=-，∴x=4526，∴EG=4526，∴CG=4213，∴B′G=5413，∴B′（4213，﹣213），∴k=211-．故选B ．点睛：本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．考点：反比例函数与一次函数的交点问题；翻折变换（折叠问题）；综合题．14．（2017四川省达州市，第10题，3分）已知函数()()12030x x y x x ⎧->⎪⎪=⎨⎪<⎪⎩的图象如图所示，点P 是y 轴负半轴上一动点，过点P 作y 轴的垂线交图象于A ，B 两点，连接OA 、OB ．下列结论：①若点M1（x1，y1），M2（x2，y2）在图象上，且x1＜x2＜0，则y1＜y2；②当点P 坐标为（0，﹣3）时，△AOB 是等腰三角形；③无论点P 在什么位置，始终有S △AOB=7.5，AP=4BP ；④当点P 移动到使∠AOB=90°时，点A 的坐标为（26，6-）．其中正确的结论个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C ．【分析】①错误．因为x1＜x2＜0，函数y 随x 是增大而减小，所以y1＞y2；②正确．求出A 、B 两点坐标即可解决问题；③正确．设P （0，m ），则B （3m ，m ），A （﹣12m ，m ），可得PB=﹣3m ，PA=﹣12m ，推出PA=4PB ，SAOB=S△OPB+S △OPA=31222+=7.5； ④正确．设P （0，m ），则B （3m ，m ），A （﹣12m ，m ），推出PB=﹣3m ，PA=﹣12m ，OP=﹣m ，由△OPB ∽△APO ，可得OP2=PB•PA，列出方程即可解决问题；【解析】①错误．∵x1＜x2＜0，函数y 随x 是增大而减小，∴y1＞y2，故①错误．②正确．∵P （0，﹣3），∴B （﹣1，﹣3），A （4，﹣3），∴AB=5，2234+，∴AB=AO ，∴△AOB是等腰三角形，故②正确．③正确．设P （0，m ），则B （3m ，m ），A （﹣12m ，m ），∴PB=﹣3m ，PA=﹣12m ，∴PA=4PB ，∵SAOB=S△OPB+S △OPA=31222+=7.5，故③正确．④正确．设P （0，m ），则B （3m ，m ），A （﹣12m ，m ），∴PB=﹣3m ，PA=﹣12m ，OP=﹣m ，∵∠AOB=90°，∠OPB=∠OPA=90°，∴∠BOP+∠AOP=90°，∠AOP+∠OPA=90°，∴∠BOP=∠OAP ，∴△OPB ∽△APO ，∴OP PB AP OP =，∴OP2=PB•PA，∴m2=﹣3m •（﹣12m ），∴m4=36，∵m ＜0，∴m=﹣6，∴A （26，﹣6），故④正确，∴②③④正确，故选C ．点睛：本题考查反比例函数综合题、等腰三角形的判定、两点间距离公式、相似三角形的判定和性质、待定系数法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．考点：反比例函数综合题；综合题．15．（2017临沂，第14题，3分）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数ky x =（x ＞0）的图象与边长是6的正方形OABC 的两边AB ，BC 分别相交于M ，N 两点，△OMN 的面积为10．若动点P 在x 轴上，则PM+PN 的最小值是（ ）A ．62B ．10C ．26D ．29【答案】C ．【分析】由正方形OABC 的边长是6，得到点M 的横坐标和点N 的纵坐标为6，求得M （6，6k ），N （6k，6），根据三角形的面积列方程得到M （6，4），N （4，6），作M 关于x 轴的对称点M′，连接NM′交x 轴于P ，则NM′的长=PM+PN 的最小值，根据勾股定理即可得到结论．【解析】∵正方形OABC 的边长是6，∴点M 的横坐标和点N 的纵坐标为6，∴M （6，6k ），N （6k，6），∴BN=6﹣6k ，BM=6﹣6k ，∵△OMN 的面积为10，∴6×6﹣12×6×6k ﹣12×6×6k ﹣12×2(6)6k -=10，∴k=24，∴M （6，4），N （4，6），作M 关于x 轴的对称点M′，连接NM′交x 轴于P ，则NM′的长=PM+PN的最小值，∵AM=AM′=4，∴BM′=10，BN=222'BN BN +22102+226C ．点睛：本题考查了反比例函数的系数k 的几何意义，轴对称﹣最小距离问题，勾股定理，正方形的性质，正确的作出图形是解题的关键．考点：反比例函数系数k 的几何意义；轴对称﹣最短路线问题；最值问题；综合题．16．（2017山东省威海市，第12题，3分）如图，正方形ABCD 的边长为5，点A 的坐标为（﹣4，0），点B 在y 轴上，若反比例函数x ky =（k ≠0）的图象过点C ，则该反比例函数的表达式为（ ）A ．x y 3=B ．x y 4=C ． x y 5=D ．x y 6=【答案】A ．【解析】如图，过点C 作CE ⊥y 轴于E ，在正方形ABCD 中，AB=BC ，∠ABC=90°，∴∠ABO+∠CBE=90°，∵∠OAB+∠ABO=90°，∴∠OAB=∠CBE ，∵点A 的坐标为（﹣4，0），∴OA=4，∵AB=5，∴2254-=3，在△ABO 和△BCE 中，∵∠OAB=∠CBE ，∠AOB=∠BEC ，AB=BC ，∴△ABO ≌△BCE （AAS ），∴OA=BE=4，CE=OB=3，∴OE=BE ﹣OB=4﹣3=1，∴点C 的坐标为（3，1），∵反比例函数x k y =（k ≠0）的图象过点C ，∴k=xy=3×1=3，∴反比例函数的表达式为x y 3=．故选A ．点睛：本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数图象上的点的坐标特征，作辅助线构造出全等三角形并求出点D 的坐标是解题的关键． 考点：待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数图象上点的坐标特征；正方形的性质；综合题．17．（2016吉林省长春市）如图，在平面直角坐标系中，点P （1，﹣4）、Q （m ，n ）在函数ky x =（x＞0）的图象上，当m ＞1时，过点P 分别作x 轴、y 轴的垂线，垂足为点A ，B ；过点Q 分别作x 轴、y 轴的垂线，垂足为点C 、D ．QD 交PA 于点E ，随着m 的增大，四边形ACQE 的面积（ ）A ．减小B ．增大C ．先减小后增大D ．先增大后减小【答案】B ．【分析】首先利用m 和n 表示出AC 和AQ 的长，则四边形ACQE 的面积即可利用m 、n 表示，然后根据函数的性质判断．【解析】AC=m ﹣1，CQ=n ，则S 四边形ACQE=AC•CQ=（m ﹣1）n=mn ﹣n ．∵Q（m ，n ）在函数ky x =（x ＞0）的图象上，∴mn=k=﹣4（常数），∴S 四边形ACQE=AC•CQ=（m ﹣1）n=﹣4﹣n ，∵当m ＞1时，n 随m 的增大而减小，∴S 四边形ACQE=﹣4﹣n 随m 的增大而增大．故选B ． 考点：反比例函数系数k 的几何意义．18．（2016天津市）若点A （﹣5，1y ），B （﹣3，2y ），C （2，3y ）在反比例函数3y x =的图象上，则1y ，2y ，3y 的大小关系是（ ）A ．132y y y <<B ．123y y y <<C ．321y y y <<D ．213y y y <<【答案】D ．【分析】直接利用反比例函数图象的分布，结合增减性得出答案．【解析】∵点A （﹣5，1y ），B （﹣3，2y ），C （2，3y ）在反比例函数3y x =的图象上，∴A ，B 点在第三象限，C 点在第一象限，每个图象上y 随x 的增大减小，∴3y 一定最大，1y ＞2y ，∴213y y y <<．故选D ．考点：反比例函数图象上点的坐标特征．19．（2016宁夏）正比例函数11y k x =的图象与反比例函数22k y x =的图象相交于A ，B 两点，其中点B 的横坐标为﹣2，当12y y <时，x 的取值范围是（ ）A ．x ＜﹣2或x ＞2B ．x ＜﹣2或0＜x ＜2C ．﹣2＜x ＜0或0＜x ＜2D ．﹣2＜x ＜0或x ＞2【答案】B ．【分析】由正、反比例函数的对称性结合点B 的横坐标，即可得出点A 的横坐标，再根据两函数图象的上下关系结合交点的横坐标，即可得出结论．【解析】∵正比例和反比例均关于原点O 对称，且点B 的横坐标为﹣2，∴点A 的横坐标为2． 观察函数图象，发现：当x ＜﹣2或0＜x ＜2时，一次函数图象在反比例函数图象的下方，∴当12y y <时，x 的取值范围是x ＜﹣2或0＜x ＜2．故选B ．考点：反比例函数与一次函数的交点问题。

2019年全国各地中考数学压轴题汇编（山东专版）选择、填空（一）参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．（2019•青岛）如图，BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，垂足为F．若∠ABC＝35°，∠C＝50°，则∠CDE的度数为（）A．35°B．40°C．45°D．50°解：∵BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，∴∠ABD＝∠EBD＝∠ABC＝，∠AFB＝∠EFB＝90°，∴∠BAF＝∠BEF＝90°﹣17.5°，∴AB＝BE，∴AF＝EF，∴AD＝ED，∴∠DAF＝∠DEF，∵∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝95°，∴∠BED＝∠BAD＝95°，∴∠CDE＝95°﹣50°＝45°，故选：C．2．（2019•淄博）如图，在△ABC中，AC＝2，BC＝4，D为BC边上的一点，且∠CAD＝∠B．若△ADC的面积为a，则△ABD的面积为（）A．2a B．a C．3a D．a解：∵∠CAD＝∠B，∠ACD＝∠BCA，∴△ACD∽△BCA，∴＝（）2，即＝，解得，△BCA的面积为4a，∴△ABD的面积为：4a﹣a＝3a，故选：C．3．（2019•青岛）已知反比例函数y＝的图象如图所示，则二次函数y＝ax2﹣2x和一次函数y＝bx+a 在同一平面直角坐标系中的图象可能是（）A．B．C．D．解：∵当x＝0时，y＝ax2﹣2x＝0，即抛物线y＝ax2﹣2x经过原点，故A错误；∵反比例函数y＝的图象在第一、三象限，∴ab＞0，即a、b同号，当a＜0时，抛物线y＝ax2﹣2x的对称轴x＝＜0，对称轴在y轴左边，故D错误；当a＞0时，b＞0，直线y＝bx+a经过第一、二、三象限，故B错误，C正确．故选：C．4．（2019•枣庄）如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A′B′C′的位置．已知△ABC的面积为16，阴影部分三角形的面积9．若AA′＝1，则A′D等于（）A．2B．3C．4D．解：∵S△ABC＝16、S△A′EF＝9，且AD为BC边的中线，∴S△A′DE＝S△A′EF＝，S△ABD＝S△ABC＝8，∵将△ABC沿BC边上的中线AD平移得到△A'B'C'，∴A′E∥AB，∴△DA′E∽△DAB，则（）2＝，即（）2＝，解得A′D＝3或A′D＝﹣（舍），故选：B．5．（2019•潍坊）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，动点P沿折线BCD从点B开始运动到点D．设运动的路程为x，△ADP的面积为y，那么y与x之间的函数关系的图象大致是（）A．B．C．D．解：由题意当0≤x≤3时，y＝3，当3＜x＜5时，y＝×3×（5﹣x）＝﹣x+．故选：D．6．（2019•潍坊）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，AD＝CD，过点D作DE⊥AB于点E，连接AC交DE于点F．若sin∠CAB＝，DF＝5，则BC的长为（）A．8B．10C．12D．16解：连接BD，如图，∵AB为直径，∴∠ADB＝∠ACB＝90°，∵∠AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA，而∠DCA＝∠ABD，∴∠DAC＝∠ABD，∵DE⊥AB，∴∠ABD+∠BDE＝90°，而∠ADE+∠BDE＝90°，∴∠ABD＝∠ADE，∴∠ADE＝∠DAC，∴FD＝F A＝5，在Rt△AEF中，∵sin∠CAB＝＝，∴EF＝3，∴AE＝＝4，DE＝5+3＝8，∵∠ADE＝∠DBE，∠AED＝∠BED，∴△ADE∽△DBE，∴DE：BE＝AE：DE，即8：BE＝4：8，∴BE＝16，∴AB＝4+16＝20，在Rt△ABC中，∵sin∠CAB＝＝，∴BC＝20×＝12．故选：C．7．（2019•枣庄）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC的顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，∠ABC＝90°，CA⊥x轴，点C在函数y＝（x＞0）的图象上，若AB＝1，则k的值为（）A．1B．C．D．2解：∵等腰直角三角形ABC的顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，∠ABC＝90°，CA⊥x轴，AB＝1，∴∠BAC＝∠BAO＝45°，∴OA＝OB＝，AC＝，∴点C的坐标为（，），∵点C在函数y＝（x＞0）的图象上，∴k＝＝1，故选：A．8．（2019•济宁）如图，点A的坐标是（﹣2，0），点B的坐标是（0，6），C为OB的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到△A′B′C′．若反比例函数y＝的图象恰好经过A′B的中点D，则k的值是（）A．9B．12C．15D．18解：作A′H⊥y轴于H．∵∠AOB＝∠A′HB＝∠ABA′＝90°，∴∠ABO+∠A′BH＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠BAO＝∠A′BH，∵BA＝BA′，∴△AOB≌△BHA′（AAS），∴OA＝BH，OB＝A′H，∵点A的坐标是（﹣2，0），点B的坐标是（0，6），∴OA＝2，OB＝6，∴BH＝OA＝2，A′H＝OB＝6，∴OH＝4，∴A′（6，4），∵BD＝A′D，∴D（3，5），∵反比例函数y＝的图象经过点D，∴k＝15．故选：C．9．（2019•潍坊）抛物线y＝x2+bx+3的对称轴为直线x＝1．若关于x的一元二次方程x2+bx+3﹣t＝0（t为实数）在﹣1＜x＜4的范围内有实数根，则t的取值范围是（）A．2≤t＜11B．t≥2C．6＜t＜11D．2≤t＜6解：∵y＝x2+bx+3的对称轴为直线x＝1，∴b＝﹣2，∴y＝x2﹣2x+3，∴一元二次方程x2+bx+3﹣t＝0的实数根可以看做y＝x2﹣2x+3与函数y＝t的有交点，∵方程在﹣1＜x＜4的范围内有实数根，当x＝﹣1时，y＝6；当x＝4时，y＝11；函数y＝x2﹣2x+3在x＝1时有最小值2；∴2≤t＜11；故选：A．10．（2019•德州）在下列函数图象上任取不同两点P1（x1，y1）、P2（x2，y2），一定能使＜0成立的是（）A．y＝3x﹣1（x＜0）B．y＝﹣x2+2x﹣1（x＞0）C．y＝﹣（x＞0）D．y＝x2﹣4x+1（x＜0）解：A、∵k＝3＞0∴y随x的增大而增大，即当x1＞x2时，必有y1＞y2∴当x＜0时，＞0，故A选项不符合；B、∵对称轴为直线x＝1，∴当0＜x＜1时y随x的增大而增大，当x＞1时y随x的增大而减小，∴当0＜x＜1时：当x1＞x2时，必有y1＞y2此时＞0，故B选项不符合；C、当x＞0时，y随x的增大而增大，即当x1＞x2时，必有y1＞y2此时＞0，故C选项不符合；D、∵对称轴为直线x＝2，∴当x＜0时y随x的增大而减小，即当x1＞x2时，必有y1＜y2此时＜0，故D选项符合；故选：D．11．（2019•济宁）已知有理数a≠1，我们把称为a的差倒数，如：2的差倒数是＝﹣1，﹣1的差倒数是＝．如果a1＝﹣2，a2是a1的差倒数，a3是a2的差倒数，a4是a3的差倒数……依此类推，那么a1+a2+…+a100的值是（）A．﹣7.5B．7.5C．5.5D．﹣5.5解：∵a1＝﹣2，∴a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝﹣2，……∴这个数列以﹣2，，依次循环，且﹣2++＝﹣，∵100÷3＝33…1，∴a1+a2+…+a100＝33×（﹣）﹣2＝﹣＝﹣7.5，故选：A．12．（2019•德州）如图，正方形ABCD，点F在边AB上，且AF：FB＝1：2，CE⊥DF，垂足为M，且交AD于点E，AC与DF交于点N，延长CB至G，使BG＝BC，连接GM．有如下结论：①DE＝AF；②AN＝AB；③∠ADF＝∠GMF；④S△ANF：S四边形CNFB＝1：8．上述结论中，所有正确结论的序号是（）A．①②B．①③C．①②③D．②③④解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝CD＝BC，∠CDE＝∠DAF＝90°，∵CE⊥DF，∴∠DCE+∠CDF＝∠ADF+∠CDF＝90°，∴∠ADF＝∠DCE，在△ADF与△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（ASA），∴DE＝AF；故①正确；∵AB∥CD，∴＝，∵AF：FB＝1：2，∴AF：AB＝AF：CD＝1：3，∴＝，∴＝，∵AC＝AB，∴＝，∴AN＝AB；故②正确；作GH⊥CE于H，设AF＝DE＝a，BF＝2a，则AB＝CD＝BC＝3a，EC＝a，由△CMD∽△CDE，可得CM＝a，由△GHC∽△CDE，可得CH＝a，∴CH＝MH＝CM，∵GH⊥CM，∴GM＝GC，∴∠GMH＝∠GCH，∵∠FMG+∠GMH＝90°，∠DCE+∠GCM＝90°，∴∠FEG＝∠DCE，∵∠ADF＝∠DCE，∴∠ADF＝∠GMF；故③正确，设△ANF的面积为m，∵AF∥CD，∴＝＝，△AFN∽△CDN，∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，∴△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，∴S△ANF：S四边形CNFB＝1：11，故④错误，故选：C．二．填空题（共13小题）13．（2019•青岛）如图，五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，AF是⊙O的直径，则∠BDF的度数是54°．解：连接AD，∵AF是⊙O的直径，∴∠ADF＝90°，∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，∴∠ABC＝∠C＝108°，∴∠ABD＝72°，∴∠F＝∠ABD＝72°，∴∠F AD＝18°，∴∠CDF＝∠DAF＝18°，∴∠BDF＝36°+18°＝54°，故答案为：54．14．（2019•枣庄）用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形ABCDE．图中，∠BAC＝36度．解：∵∠ABC＝＝108°，△ABC是等腰三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝36度．15．（2019•青岛）如图，一个正方体由27个大小相同的小立方块搭成，现从中取走若干个小立方块，得到一个新的几何体．若新几何体与原正方体的表面积相等，则最多可以取走16个小立方块．解：若新几何体与原正方体的表面积相等，最多可以取走16个小正方体，只需留11个，分别是正中心的3个和四角上各2个，如图所示：故答案为：1616．（2019•潍坊）如图，直线y＝x+1与抛物线y＝x2﹣4x+5交于A，B两点，点P是y轴上的一个动点，当△P AB的周长最小时，S△P AB＝．解：，解得，或，∴点A的坐标为（1，2），点B的坐标为（4，5），∴AB＝＝3，作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B与y轴的交于P，则此时△P AB的周长最小，点A′的坐标为（﹣1，2），点B的坐标为（4，5），设直线A′B的函数解析式为y＝kx+b，，得，∴直线A′B的函数解析式为y＝x+，当x＝0时，y＝，即点P的坐标为（0，），将x＝0代入直线y＝x+1中，得y＝1，∵直线y＝x+1与y轴的夹角是45°，∴点P到直线AB的距离是：（﹣1）×sin45°＝＝，∴△P AB的面积是：＝，故答案为：．17．（2019•枣庄）把两个同样大小含45°角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个三角尺的直角顶点重合于点A，且另外三个锐角顶点B，C，D在同一直线上．若AB＝2，则CD＝﹣．解：如图，过点A作AF⊥BC于F，在Rt△ABC中，∠B＝45°，∴BC＝AB＝2，BF＝AF＝AB＝，∵两个同样大小的含45°角的三角尺，∴AD＝BC＝2，在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF＝＝，∴CD＝BF+DF﹣BC＝+﹣2＝﹣，故答案为：﹣．18．（2019•济宁）如图，抛物线y＝ax2+c与直线y＝mx+n交于A（﹣1，p），B（3，q）两点，则不等式ax2+mx+c＞n的解集是x＜﹣3或x＞1．解：∵抛物线y＝ax2+c与直线y＝mx+n交于A（﹣1，p），B（3，q）两点，∴﹣m+n＝p，3m+n＝q，∴抛物线y＝ax2+c与直线y＝﹣mx+n交于P（1，p），Q（﹣3，q）两点，观察函数图象可知：当x＜﹣3或x＞1时，直线y＝﹣mx+n在抛物线y＝ax2+bx+c的下方，∴不等式ax2+mx+c＞n的解集为x＜﹣3或x＞1．故答案为：x＜﹣3或x＞1．19．（2019•潍坊）如图，在矩形ABCD中，AD＝2．将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A′，折痕为DE．若将∠B沿EA′向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B′，则AB＝．解：∵四边形ABCD为矩形，∴∠ADC＝∠C＝∠B＝90°，AB＝DC，由翻折知，△AED≌△A'ED，△A'BE≌△A'B'E，∠A'B'E＝∠B＝∠A'B'D＝90°，∴∠AED＝∠A'ED，∠A'EB＝∠A'EB'，BE＝B'E，∴∠AED＝∠A'ED＝∠A'EB＝×180°＝60°，∴∠ADE＝90°﹣∠AED＝30°，∠A'DE＝90°﹣∠A'EB＝30°，∴∠ADE＝∠A'DE＝∠A'DC＝30°，又∵∠C＝∠A'B'D＝90°，DA'＝DA'，∴△DB'A'≌△DCA'（AAS），∴DC＝DB'，在Rt△AED中，∠ADE＝30°，AD＝2，∴AE＝＝，设AB＝DC＝x，则BE＝B'E＝x﹣∵AE2+AD2＝DE2，∴（）2+22＝（x+x﹣）2，解得，x1＝（负值舍去），x2＝，故答案为：．20．（2019•青岛）如图，在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点，将正方形纸片折叠，点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4cm，则CF的长为6﹣cm．解：设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x．在Rt△ADE中，利用勾股定理可得AE＝．根据折叠的性质可知AG＝AB＝4，所以GE＝﹣4．在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，所以（﹣4）2+x2＝（4﹣x）2+22，解得x＝﹣2．则FC＝4﹣x＝6﹣．故答案为6﹣．21．（2019•德州）如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足为E，＝，CE＝1，AB＝6，则弦AF的长度为．解：连接OA、OB，OB交AF于G，如图，∵AB⊥CD，∴AE＝BE＝AB＝3，设⊙O的半径为r，则OE＝r﹣1，OA＝r，在Rt△OAE中，32+（r﹣1）2＝r2，解得r＝5，∵＝，∴OB⊥AF，AG＝FG，在Rt△OAG中，AG2+OG2＝52，①在Rt△ABG中，AG2+（5﹣OG）2＝62，②解由①②组成的方程组得到AG＝，∴AF＝2AG＝．故答案为．22．（2019•枣庄）观察下列各式：＝1+＝1+（1﹣），＝1+＝1+（﹣），＝1+＝1+（﹣），…请利用你发现的规律，计算：+++…+，其结果为2018．解：+++…+＝1+（1﹣）+1+（﹣）+…+1+（﹣）＝2018+1﹣+﹣+﹣+…+﹣＝2018，故答案为：2018．23．（2019•潍坊）如图所示，在平面直角坐标系xoy中，一组同心圆的圆心为坐标原点O，它们的半径分别为1，2，3，…，按照“加1”依次递增；一组平行线，l0，l1，l2，l3，…都与x轴垂直，相邻两直线的间距为l，其中l0与y轴重合若半径为2的圆与l1在第一象限内交于点P1，半径为3的圆与l2在第一象限内交于点P2，…，半径为n+1的圆与l n在第一象限内交于点P n，则点P n的坐标为（n，）．（n为正整数）解：连接OP1，OP2，OP3，l1、l2、l3与x轴分别交于A1、A2、A3，如图所示：在Rt△OA1P1中，OA1＝1，OP1＝2，∴A1P1＝＝＝，24．（2019•德州）如图，点A1、A3、A5…在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点A2、A4、A6……在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，∠OA1A2＝∠A1A2A3＝∠A2A3A4＝…＝∠α＝60°，且OA1＝2，则A n（n为正整数）的纵坐标为（﹣1）n+1（）．（用含n的式子表示）解：过A1作A1D1⊥x轴于D1，∵OA1＝2，∠OA1A2＝∠α＝60°，∴△OA1E是等边三角形，∴A1（1，），∴k＝，∴y＝和y＝﹣，过A2作A2D2⊥x轴于D2，∵∠A2EF＝∠A1A2A3＝60°，∴△A2EF是等边三角形，设A2（x，﹣），则A2D2＝，Rt△EA2D2中，∠EA2D2＝30°，∴ED2＝，∵OD2＝2+＝x，解得：x1＝1﹣（舍），x2＝1+，∴EF＝＝＝＝2（﹣1）＝2﹣2，A2D2＝＝＝，即A2的纵坐标为﹣；过A3作A3D3⊥x轴于D3，同理得：△A3FG是等边三角形，设A3（x，），则A3D3＝，Rt△F A3D3中，∠F A3D3＝30°，∴FD3＝，∵OD3＝2+2﹣2+＝x，解得：x1＝（舍），x2＝+；∴GF＝＝＝2（﹣）＝2﹣2，A3D3＝＝＝（﹣），即A3的纵坐标为（﹣）；…∴A n（n为正整数）的纵坐标为：（﹣1）n+1（）；故答案为：（﹣1）n+1（）；25．（2019•淄博）如图，在以A为直角顶点的等腰直角三角形纸片ABC中，将B角折起，使点B落在AC边上的点D（不与点A，C重合）处，折痕是EF．如图1，当CD＝AC时，tanα1＝；如图2，当CD＝AC时，tanα2＝；如图3，当CD＝AC时，tanα3＝；……依此类推，当CD＝AC（n为正整数）时，tanαn＝．解：观察可知，正切值的分子是3，5，7，9，…，2n+1，分母与勾股数有关系，分别是勾股数3，4，5；5，12，13；7，24，25；9，40，41；…，2n+1，，中的中间一个．∴tanαn ＝＝．故答案为：．。

2019中考数学压轴题解析43102．（2016浙江省绍兴市）对于坐标平面内的点，现将该点向右平移1个单位，再向上平移2的单位，这种点的运动称为点A的斜平移，如点P（2，3）经1次斜平移后的点的坐标为（3，5），已知点A的坐标为（1，0）．（1）分别写出点A经1次，2次斜平移后得到的点的坐标．（2）如图，点M是直线l上的一点，点A惯有点M的对称点的点B，点B关于直线l的对称轴为点C．①若A、B、C三点不在同一条直线上，判断△ABC是否是直角三角形？请说明理由．②若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为（7，6），求出点B的坐标及n的值．【答案】（1）（2，2），（3，4）；（2）①△ABC是直角三角形；②n=4，B（5，8）．【分析】（1）根据平移的性质得出点A平移的坐标即可；（2）①连接CM，根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定解答即可；②延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，根据待定系数法得出直线的解析式进而解答即可．【解析】（1）∵点P（2，3）经1次斜平移后的点的坐标为（3，5），点A的坐标为（1，0），∴点A 经1次平移后得到的点的坐标为（2，2），点A经2次平移后得到的点的坐标（3，4）；（2）①连接CM，如图1：由中心对称可知，AM=BM，由轴对称可知：BM=CM，∴AM=CM=BM，∴∠MAC=∠ACM，∠MBC=∠MCB，∵∠MAC+∠ACM+∠MBC+∠MCB=180°，∴∠ACM+∠MCB=90°，∴∠ACB=90°，∴△ABC是直角三角形；②延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，如图2：∵A（1，0），C（7，6），∴AF=CF=6，∴△ACF是等腰直角三角形，由①得∠ACE=90°，∴∠AEC=45°，∴E点坐标为（13，0），设直线BE的解析式为y=kx+b，∵C，E点在直线上，可得：13076k bk b+=⎧⎨+=⎩，解得：113kb=-⎧⎨=⎩，∴y=﹣x+13，∵点B由点A经n次斜平移得到，∴点B（n+1，2n），由2n=﹣n﹣1+13，解得：n=4，∴B（5，8）．点睛：此题考查几何变换问题，关键是根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定分析，同时根据待定系数法得出直线的解析式解答．考点：几何变换综合题．103．（2016浙江省湖州市）数学活动课上，某学习小组对有一内角为120°的平行四边形ABCD （∠BAD=120°）进行探究：将一块含60°的直角三角板如图放置在平行四边形ABCD所在平面内旋转，且60°角的顶点始终与点C重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB，AD于点E，F（不包括线段的端点）．（1）初步尝试如图1，若AD=AB，求证：①△BCE≌△ACF，②AE+AF=AC；（2）类比发现如图2，若AD=2AB，过点C作CH⊥AD于点H，求证：AE=2FH；（3）深入探究如图3，若AD=3AB，探究得：3AE AFAC+的值为常数t，则t= ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（37．【分析】（1）①先证明△ABC，△ACD都是等边三角形，再证明∠BCE=∠ACF即可解决问题．②根据①的结论得到BE=AF，由此即可证明．（2）设DH=x，由由题意，CD=2x，3，由△ACE∽△HCF，得AE ACFH CH=由此即可证明．（3）如图3中，作CN⊥AD于N，CM⊥BA于M，CM与AD交于点H．先证明△CFN∽△CEM，得CN FN CM EM=，由AB•CM=AD•CN，AD=3AB，推出CM=3CN，所以CN FNCM EM==13，设CN=a，FN=b，则CM=3a，EM=3b，想办法求出AC ，AE+3AF 即可解决问题．（2）设DH=x ，由由题意，CD=2x ，3，∴AD=2AB=4x，∴AH=AD﹣DH=3x ，∵CH⊥AD，∴AC=22AH CH +3，∴222AC CD AD +=，∴∠ACD=90°，∴∠BAC=∠ACD=90°，∴∠CAD=30°，∴∠ACH=60°，∵∠ECF=60°，∴∠HCF=∠ACE，∴△ACE∽△HCF，∴AE AC FH CH ==2，∴AE=2FH．（3）如图3中，作CN⊥AD 于N ，CM⊥BA 于M ，CM 与AD 交于点H ．∵∠ECF+∠EAF=180°，∴∠AEC+∠AFC=180°，∵∠AFC+∠CFN=180°，∴∠CFN=∠AEC，∵∠M=∠CNF=90°，∴△CFN∽△CEM，∴CN FN CM EM =，∵AB•CM=AD•CN，AD=3AB ，∴CM=3CN， ∴CN FN CM EM ==13，设CN=a ，FN=b ，则CM=3a ，EM=3b ，∵∠MAH=60°，∠M=90°，∴∠AHM=∠CHN=30°， ∴HC=2a，HM=a ，3，∴AM=33a ，AH=233a 22AM CM +213a ，AE+3AF=（EM ﹣AM ）+3（AH+HN ﹣FN ）=EM ﹣AM+3AH+3HN ﹣3FN=3AH+3HN ﹣AM=1433a ，∴3AE AF AC +=14332213a 77．点睛：本题考查几何变换综合题．全等三角形的判定和性质．相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．考点：几何变换综合题；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；压轴题．104．（2016浙江省舟山市）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”（1）概念理解：请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子；（2）问题探究；如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边上一点P，连结AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；（3）应用拓展；如图2，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C=∠D=90°，BC=BD=3，AB=5，将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图3），当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，求出它的面积．【答案】（1）矩形或正方形；（2）AC=BD；（3）17417或3712．【分析】（1）矩形或正方形邻角相等，满足“等邻角四边形”条件；（2）AC=BD，理由为：连接PD，PC，如图1所示，根据PE、PF分别为AD、BC的垂直平分线，得到两对角相等，利用等角对等角得到两对角相等，进而确定出∠APC=∠DPB，利用SAS得到三角形ACB与三角形DPB全等，利用全等三角形对应边相等即可得证；（3）分两种情况考虑：（i）当∠AD′B=∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图3（i）所示，由S四边形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′，求出四边形ACBD′面积；（ii）当∠D′BC=∠ACB=90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，如图3（ii）所示，由S四边形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′，求出四边形ACBD′面积即可．【解析】（1）矩形或正方形；（2）AC=BD ，理由为： 连接PD ，PC ，如图1所示：∵PE 是AD 的垂直平分线，PF 是BC 的垂直平分线，∴PA=PD，PC=PB ，∴∠PAD=∠PDA，∠PBC=∠PCB，∴∠DPB=2∠PAD，∠APC=2∠PBC，即∠PAD=∠PBC，∴∠APC=∠DPB，∴△APC≌△DPB （SAS ），∴AC=BD；（3）分两种情况考虑：（i ）当∠AD′B=∠D′BC 时，延长AD′，CB 交于点E ，如图3（i ）所示，∴∠ED′B=∠EBD′，∴EB=ED′，设EB=ED′=x，由勾股定理得：2224(3)(4)x x ++=+，解得：x=4.5，过点D′作D ′F⊥CE 于F ，∴D′F∥AC，∴△ED′F∽△EAC，∴''D F ED ACAE =，即' 4.544 4.5D F =+， 解得：D′F=3617，∴S△ACE=12AC×EC=12×4×（3+4.5）=15；S△BED′=12BE×D′F=12×4.5×3617=8117，则S 四边形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′=15﹣8117=17417；（ii ）当∠D′BC=∠ACB=90°时，过点D′作D′E⊥AC 于点E ，如图3（ii ）所示，∴四边形ECBD′是矩形，∴ED′=BC=3，在Rt△AED′中，根据勾股定理得：AE=2243-=7，∴S△AED′=12AE×ED′=12×7×3=372，S 矩形ECBD′=CE×CB=（4﹣7）×3=1237-，则S四边形ACBD′=S△AED′+S 矩形ECBD′=371237+-3712-．点睛：此题属于几何变换综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，垂直平分线定理，等腰三角形性质，以及矩形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．考点：几何变换综合题；几何综合题；新定义；分类讨论．105．（2016湖南省岳阳市）数学活动﹣旋转变换（1）如图①，在△ABC 中，∠ABC=130°，将△ABC 绕点C 逆时针旋转50°得到△A′B′C ，连接BB′，求∠A′B′B 的大小；（2）如图②，在△ABC 中，∠ABC=150°，AB=3，BC=5，将△ABC 绕点C 逆时针旋转60°得到△A′B′C，连接BB′，以A′为圆心，A′B′长为半径作圆．（Ⅰ）猜想：直线BB′与⊙A′的位置关系，并证明你的结论；（Ⅱ）连接A′B，求线段A′B 的长度；（3）如图③，在△ABC 中，∠ABC=α（90°＜α＜180°），AB=m ，BC=n ，将△ABC 绕点C 逆时针旋转2β角度（0°＜2β＜180°）得到△A′B′C，连接A′B 和BB′，以A′为圆心，A′B′长为半径作圆，问：角α与角β满足什么条件时，直线BB′与⊙A′相切，请说明理由，并求此条件下线段A′B 的长度（结果用角α或角β的三角函数及字母m 、n 所组成的式子表示）【答案】（1）65°；（2）（Ⅰ）直线BB′是⊙A′的切线；34（3）当α+β=180°时，直线BB′是⊙A′的切线，A′B=2224sin m n β+ 【分析】（1）根据∠A′B′B=∠A′B′C﹣∠BB′C，只要求出∠A′B′B 即可．（2）（Ⅰ）结论：直线BB′、是⊙A′的切线．只要证明∠A′B′B=90°即可．（Ⅱ）在RT△ABB′中，利用勾股定理计算即可．（3）如图③中，当α+β=180°时，直线BB′、是⊙A′的切线．只要证明∠A′B′B=90°即可解决问题．在△CBB′中求出BB′，再在RT△A′B′B 中利用勾股定理即可．【解析】解；（1）如图①中，∵△A′B′C 是由△ABC 旋转得到，∴∠A′B′C=∠ABC=130°，CB=CB′，∴∠CBB′=∠CB′B，∵∠BCB′=50°，∴∠CBB′=∠CB′B=65°，∴∠A′B′B=∠A′B′C ﹣ ∠BB′C=65°．（2）（Ⅰ）结论：直线BB′是⊙A′的切线．理由：如图②中，∵∠A′B′C=∠ABC=150°，CB=CB′，∴∠CBB′=∠CB′B，∵∠BCB′=60°，∴∠CBB′=∠CB′B=60°，∴∠A′B′B=∠A′B′C﹣∠BB′C=90°，∴AB′⊥BB′，∴直线BB′、 是⊙A′的切线．（Ⅱ）∵在22''AB B B +34（3）如图③中，当α+β=180°时，直线BB′是⊙A′的切线．理由：∵∠A′B′C=∠ABC=α，CB=CB′，∴∠CBB′=∠CB′B，∵∠BCB′=2β，∴∠CBB′=∠CB′B=18022β-，∴∠A′B′B=∠A′B′C﹣∠BB′C=α﹣90°+β=180°﹣90°=90°，∴AB′⊥BB′，∴直线BB′是⊙A′的切线． 在△CBB′中∵CB=CB′=n，∠BCB′=2β，∴BB′=2nsinβ，在RT△A′BB′中， A′B=22'''BB A B +=2224sin m n β+．点睛：本题考查圆的综合题、旋转不变性、勾股定理、切线的判定、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练运用这些知识解决问题，充分利用旋转不变性，属于中考压轴题．考点：圆的综合题；切线的判定；探究型；旋转的性质；压轴题．106．（2016贵州省遵义市）如图，在平面直角坐标系中，Rt △ABC 的三个顶点分别是A （﹣8，3），B （﹣4，0），C （﹣4，3），∠ABC=α°．抛物线212y x bx c =++经过点C ，且对称轴为x=45-，并与y 轴交于点G ．（1）求抛物线的解析式及点G 的坐标；（2）将Rt △ABC 沿x 轴向右平移m 个单位，使B 点移到点E ，然后将三角形绕点E 顺时针旋转α°得到△DEF ．若点F 恰好落在抛物线上．①求m 的值；②连接CG 交x 轴于点H ，连接FG ，过B 作BP ∥FG ，交CG 于点P ，求证：PH=GH ．【答案】（1）2149255y x x =+-，点G （0，95-）；（2）①m=185；②证明见解析．【分析】（1）把点C 坐标代入212y x bx c =++得一方程，利用对称轴公式得另一方程，组成方程组求出解析式，并求出G 点的坐标；（2）①作辅助线，构建直角△DEF 斜边上的高FM ，利用直角三角形的面积相等和勾股定理可表示F 的坐标，根据点F 在抛物线上，列方程求出m 的值；②F 点和G 点坐标已知，可以求出直线FG 的方程，那么FG 和x 轴的交点坐标（设为Q ）可以知道，C 点坐标已知，CG 的方程也可以求出，那么H 点坐标可以求出，可以证明△BPH 和△MGH 全等．【解析】（1）根据题意得：21(4)43 241522b cb⎧⨯--+=⎪⎪⎨-=-⎪⨯⎪⎩，解得：4595bc⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴抛物线的解析式为：2149255y x x=+-，点G（0，95-）；（2）①过F作FM⊥y轴，交DE于M，交y轴于N，由题意可知：AC=4，BC=3，则AB=5，FM=125，∵Rt△ABC沿x轴向右平移m个单位，使B点移到点E，∴E（﹣4+m，0），OE=MN=4﹣m，FN=125﹣（4﹣m）=m﹣85，在Rt△FME中，由勾股定理得：EM=22123()5-=95，∴F（m﹣85，95），∵F抛物线上，∴95=218489()()25555m m-+--，258360m m--=，1m=﹣2（舍），2m=185；②易求得FG的解析式为：9955y x=-，CG解析式为：6955y x=--，∴9955x-=，x=1，则Q（1，0），6955x--=，x=﹣1.5，则H（﹣1.5，0），∴BH=4﹣1.5=2.5，HQ=1.5+1=2.5，∴BH=QH，∵BP∥FG，∴∠PBH=∠GQH，∠BPH=∠QGH，∴△BPH≌△QGH，∴PH=GH．点睛：本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数（二次函数、一次函数）的解析式，利用解析式求与坐标轴交点坐标，利用面积法求斜边上的高及三角形全等的性质等；综合性较强，但难度不大，是一道不错的中考压轴题．考点：二次函数综合题；平移的性质；旋转的性质；压轴题．107．（2016福建省龙岩市）已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB EC．（填“＞”，“＜”或“=”）（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．【答案】（1）=；（2）成立；（3）135°．【分析】（1）由DE∥BC，得到DB EC AB AC =，结合AB=AC ，得到DB=EC ； （2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE ；（3）由旋转构造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理计算出PE ，然后用勾股定理逆定理判断出△PEA 是直角三角形，在简单计算即可．【解析】（1）∵DE∥BC，∴DB EC AB AC =，∵AB=AC，∴DB=EC，故答案为：=．（2）成立．证明：由①易知AD=AE ，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，在△DAB 和△EAC 中，∵AD=AE ，∠DAB=∠EAC，AB=AC ，∴△DAB≌△EAC，∴DB=CE；（3）如图，将△CPB 绕点C 旋转90°得△CEA，连接PE ，∴△CPB≌△CEA，∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，∴∠CEP=∠CPE=45°，在Rt△PCE 中，由勾股定理可得，PE=22，在△PEA 中，22(22)PE ==8，221AE ==1，223PA =，∴222PE AE AP +=，∴△PEA 是直角三角形，∴∠PEA=90°，∴∠CEA=135°，又∵△CPB≌△CEA，∴∠BPC=∠CEA=135°．点睛：此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．考点：几何变换综合题．108．（2016辽宁省朝阳市）小颖在学习“两点之间线段最短”查阅资料时发现：△ABC 内总存在一点P 与三个顶点的连线的夹角相等，此时该点到三个顶点的距离之和最小．【特例】如图1，点P 为等边△ABC 的中心，将△ACP 绕点A 逆时针旋转60°得到△ADE ，从而有DE=PC ，连接PD 得到PD=PA ，同时∠APB+∠APD=120°+60°=180°，∠ADP+∠ADE=180°，即B 、P 、D 、E 四点共线，故PA+PB+PC=PD+PB+DE=BE ．在△ABC 中，另取一点P′，易知点P′与三个顶点连线的夹角不相等，可证明B 、P′、D′、E 四点不共线，所以P′A +P′B +P′C＞PA+PB+PC ，即点P 到三个顶点距离之和最小．【探究】（1）如图2，P为△ABC内一点，∠APB=∠BPC=120°，证明PA+PB+PC的值最小；【拓展】（2）如图3，△ABC中，AC=6，BC=8，∠ACB=30°，且点P为△ABC内一点，求点P到三个顶点的距离之和的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）10．（1）将△ACP绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，可得PC=DE，再证△APD为等边三角形得PA=PD、【分析】∠APD=∠ADP=60°，由∠APB=∠BPC=120°知B、P、D、E四点共线，根据两点间线段最短即可得答案；（2）分别以AB、BC为边在△ABC外作等边三角形，连接CD、AE交于点P，先证△ABE≌△DBC可得CD=AE、∠BAE=∠BDC，继而知∠APO=∠OBD=60°，在DO上截取DQ=AP，再证△ABP≌△DBQ可得BP=BQ、∠PBA=∠QBD，从而可证△PBQ为等边三角形，得PB=PQ，由PA+PB+PC=DQ+PQ+PC=CD=AE，Rt△ACE中根据勾股定理即可得AE的长，从而可得答案．【解析】（1）如图1，将△ACP绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，∴∠PAD=60°，△PAC≌△DAE，∴PA=DA、PC=DE、∠APC=∠ADE=120°，∴△APD为等边三角形，∴PA=PD，∠APD=∠ADP=60°，∴∠APB+∠APD=120°+60°=180°，∠ADP+∠ADE=180°，即B、P、D、E四点共线，∴PA+PB+PC=PD+PB+DE=BE，∴PA+PB+PC的值最小．（2）如图，分别以AB、BC为边在△ABC外作等边三角形，连接CD、AE交于点P，∴AB=DB、BE=BC=8、∠ABD=∠EBC=60°，∴∠ABE=∠DBC，在△ABE和△DBC中，∵AB=DB，∠ABE=∠DBC，BE=BC，∴△ABE≌△DBC（SAS），∴CD=AE、∠BAE=∠BDC，又∵∠AOP=∠BOD，∴∠APO=∠OBD=60°，在DO上截取DQ=AP，连接BQ，在△ABP和△DBQ中，∵AB=DB，∠BAP=∠BDQ，AP=DQ，∴△ABP≌△DBQ（SAS），∴BP=BQ，∠PBA=∠QBD，又∵∠QBD+∠QBA=60°，∴∠PBA+∠QBA=60°，即∠PBQ=60°，∴△PBQ为等边三角形，∴PB=PQ，则PA+PB+PC=DQ+PQ+PC=CD=AE，在Rt△ACE中，∵AC=6、CE=8，∴AE=CD=10，故点P到三个顶点的距离之和的最小值为10．点睛：本题主要考查旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，将待求线段的和通过旋转变换及全等三角形的性质转化为同一直线上的线段来求是解题的关键．考点：几何变换综合题；阅读型；最值问题；和差倍分；综合题．109．（2016辽宁省本溪市12分）已知，△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，点P是射线CB上一点（点P不与点B、C重合），线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接QB交射线AC于点M．（1）如图①，当AC=BC，点P在线段CB上时，线段PB、CM的数量关系是；（2）如图②，当AC=BC，点P在线段CB的延长线时，（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）如图③，若52ACBC，点P在线段CB的延长线上，CM=2，AP=13，求△ABP的面积．【答案】（1）BP=2CM；（2）BP=2CM仍然成立；（3）25．【分析】（1）作出△ABC绕点A顺时针旋转90°，利用旋转的性质，和等腰三角形的性质再用中位线即可；（2）作出△ABC绕点A顺时针旋转90°，利用旋转的性质，和等腰三角形的性质，再用中位线即可；（3）同（1）（2）的方法作出辅助线，利用平行线中的基本图形“A”得出比例式，用勾股定理求出x，最后用三角形的面积公式即可．【解析】（1）如图1，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'，∴B'Q=BP，AB'=AB，连接BB'，∵AC⊥BC，∴点C在BB'上，且CB'=CB，依题意得，∠C'B'B=90°，∴CM∥B'C'，而CB'=CB，∴2CM=B'Q，∵BP=B'Q，∴BP=2CM，故答案为：BP=2CM；（2）BP=2CM仍然成立，理由：如图2，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'，连接B'Q，∴B'Q=BP，AB'=AB，连接BB'，∵AC⊥BC，∴点C在BB'上，且CB'=CB，依题意得，∠C'B'B=90°，∴CM∥B'C'，而CB'=CB，∴2CM=B'Q，∵BP=B'Q，∴BP=2CM；点睛：此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形和直角三角形的性质，旋转的性质，中位线的性质，解本题的关键是作出辅助线，也是本题的难点．考点：几何变换综合题．110．（2015营口，第26题，14分）如图1，一条抛物线与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，且当x=﹣1和x=3时，y 的值相等，直线421815-=x y 与抛物线有两个交点，其中一个交点的横坐标是6，另一个交点是这条抛物线的顶点M ．（1）求这条抛物线的表达式．（2）动点P 从原点O 出发，在线段OB 上以每秒1个单位长度的速度向点B 运动，同时点Q 从点B 出发，在线段BC 上以每秒2个单位长度的速度向点C 运动，当一个点到达终点时，另一个点立即停止运动，设运动时间为t 秒．①若使△BPQ 为直角三角形，请求出所有符合条件的t 值；②求t 为何值时，四边形ACQP 的面积有最小值，最小值是多少？（3）如图2，当动点P 运动到OB 的中点时，过点P 作PD ⊥x 轴，交抛物线于点D ，连接OD ，OM ，MD 得△ODM ，将△OPD 沿x 轴向左平移m 个单位长度（0＜m ＜2），将平移后的三角形与△ODM 重叠部分的面积记为S ，求S 与m 的函数关系式．【答案】（1）233384y x x =--；（2）①87t =或2013t =；②当t=2时，四边形ACQP 的面积最小，最小值是335；（3）()2221103(0)10915102()169≤m m m S m m ⎧-+<⎪⎪=⎨⎪-<<2⎪⎩．【解析】试题分析：（1）因为当x=﹣1和x=3时，y 的值相等，所以抛物线的对称轴为直线x=1，将x=1和x=6分别代入421815-=x y 中，可求得抛物线的顶点坐标和与直线另一交点的坐标，然后设出抛物线的顶点式，最后将（6，6）代入即可求得抛物线的解析式；（2）①先求得A （ 2，0），B （4，0），C （0，﹣3），从而可得到OA=2，OB=4；OC=3，由勾股定理知BC=5，有∠PQB=90°或∠BPQ=90°两种情况：当∠PQB=90°时，可得△PQB∽△COB ，当∠BPQ=90°时，可得△BPQ∽△BOC ；②过点Q 作QG ⊥AB 于G ，能够得到△BGQ∽△BOC ，可求得GQ=65t 然后S 四边形ACQP=S△ABC﹣S△BPQ=()2333255t -+，从而可求得四边形的面积的最值； （3）先求得点D 的坐标，然后根据平移与坐标变换的关系得出点P1（2﹣m ，0），D1（2﹣m ，﹣3），E（2﹣m ，332m -+ ），①当1009m <≤时，作FH ⊥轴于点H ，S 四边形ACQP=S△ABC﹣S△BPQ；当2109m <<时，设D1P1交OM 于点F ，S △OEF=112EF OP ⋅=()2115228m ⨯-=()215216m -．试题解析：（1）∵当x=﹣1和x=3时，y 的值相等，∴抛物线的对称轴为直线x=1，把x=1和x=6分别代入421815-=x y 中，得顶点M （1，278-），另一个交点坐标为（6，6），则可设抛物线的表达式为227(1)8y a x =--，将（6，6）代入其中，解得38a =，∴抛物线的表达式为2327(1)88y x =--，即233384y x x =--；（2）如下图：当y=0时，2333084x x --=． 解得：12x =-，24x =，由题意可知：A （ 2，0），B （4，0），所以OA=2，OB=4；当x=0时，y=﹣3，所以点C （0，﹣3），OC=3，由勾股定理知BC=5，OP=1×t=t，BQ=2×t=2t，①∵∠PBQ 是锐角，∴有∠PQB=90°或∠BPQ=90°两种情况：当∠PQB=90°时，可得△PQB∽△COB ，∴B PB BO CB =Q ，∴2445t t -=，∴87t =；当∠BPQ=90°时，可得△BPQ∽△BOC ，∴B PB BC OB =Q ，∴2454t t -=，∴2013t =；由题意知0≤t≤2.5，∴当87t =或2013t =时，以B ，P ，Q 为顶点的三角形是直角三角形； ②过点Q 作QG ⊥AB 于G ，∴△BGQ ∽△BOC ，∴G B OC BC =Q Q ，∴235G t =Q ，∴GQ=65t ， ∴S 四边形ACQP=S△ABC -S△BPQ=1122AB OC PB G ⋅-⋅Q =()116634225t t ⨯⨯--⋅=2123955t t -+=()2333255t -+，∵35＞0，，∴四边形ACQP的面积有最小值，又∵t=2 满足0≤t≤2.5，∴当t=2时，四边形ACQP 的面积最小，最小值是335；（3）如下图，由OB=4得OP=2，把 x=2代入233384y x x =--中，得y=﹣3，所以D （2，﹣3），直线CD ∥x 轴，设直线OD 的解析式为1y k x =，则132k =-，所以32y x =-，因为△P1O1D1是由△POD 沿x 轴 向左平移m 个单位得到的，所以P1（2﹣m ，0），D1（2﹣m ，﹣3），E （2﹣m ，332m -+ ），设直线OM 的解析式为2y k x =，则2278k =-，所以278y x =-． ①当1009m <≤时，作FH ⊥轴于点H ，由题意O1（﹣m ，0），又∵O1D1∥OD ，∴直线O1D1的解析式为3322y x m =--．联立方程组2783322y x y x m ⎧=-⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，解得452710x m y m ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，所以F （45m ，2710m -），所以FH=2710m ，S 四边形OFD1E=S □OO1D1D-S △OO1F -S △DD1E=11111122OO OC OO FH DD D E ⋅-⋅-⋅=12713321022m m m m m -⋅-⋅=221310m m -+．如下图，②当2109m <<时，设D1P1交OM 于点F ，直线OM 的解析式为278y x =-，所以F （2﹣m ，()2728m --），所以EF=15(2)8m -，∴S △OEF=112EF OP ⋅=()2115228m ⨯-=()215216m -；综上所述，()2221103(0)10915102()169≤m m m S m m ⎧-+<⎪⎪=⎨⎪-<<2⎪⎩．考点：二次函数综合题；动点型；最值问题；分段函数；平移的性质；综合题；压轴题．111．（2015南充，第22题，8分）如图，矩形纸片ABCD ，将△AMP 和△BPQ 分别沿PM 和PQ 折叠（AP ＞AM ），点A 和点B 都与点E 重合；再将△CQD 沿DQ 折叠，点C 落在线段EQ 上点F 处．（1）判断△AMP ，△BPQ ，△CQD 和△FDM 中有哪几对相似三角形？（不需说明理由）（2）如果AM=1，sin ∠DMF=53，求AB 的长．【答案】（1）△AMP ∽△BPQ ∽△CQD ；（2）AB=6．【解析】试题分析：（1）由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=90°，由折叠的性质和等角的余角相等，可得∠BPQ=∠AMP=∠DQC ，所以△AMP ∽△BPQ ∽△CQD ；（2）先证明MD=MQ ，然后根据sin ∠DMF=DF MD =53，设DF=3x ，MD=5x ，表示出AP 、BP 、BQ ，再根据△AMP ∽△BPQ ，列出比例式解方程求解即可．试题解析：（1）△AMP ∽△BPQ ∽△CQD ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°，根据折叠的性质可知：∠APM=∠EPM ，∠EPQ=∠BPQ ，∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°，∵∠APM+∠AMP=90°，∴∠BPQ=∠AMP ，∴△AMP ∽△BPQ ，同理：△BPQ ∽△CQD ，根据相似的传递性，△AMP ∽△CQD ；（2）∵AD ∥BC ，∴∠DQC=∠MDQ ，根据折叠的性质可知：∠DQC=∠DQM ，∴∠MDQ=∠DQM ，∴MD=MQ ，∵AM=ME ，BQ=EQ ，∴BQ=MQ ﹣ME=MD ﹣AM ，∵sin ∠DMF=DF MD =53，∴设DF=3x ，MD=5x ，∴BP=PA=PE=32x，BQ=5x ﹣1，∵△AMP ∽△BPQ ，∴AM AP BP BQ =，∴3123512xx x =-，解得：29x =（舍）或x=2，∴AB=6．考点：翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；解直角三角形；探究型；综合题．112．（2015福州，第24题，12分）定义：长宽比为n ：1（n n 矩形． 下面，我们通过折叠的方式折出一个2矩形，如图①所示．操作1：将正方形ABCD 沿过点B 的直线折叠，使折叠后的点C 落在对角线BD 上的点G 处，折痕为BH ． 操作2：将AD 沿过点G 的直线折叠，使点A ，点D 分别落在边AB ，CD 上，折痕为EF ，则四边形BCEF 为2矩形．设正方形ABCD 的边长为1，则BD=2211+=2．由折叠性质可知BG=BC=1，∠AFE=∠BFE=90°，则四边形BCEF 为矩形，∴∠A=∠BFE，∴EF∥AD，∴BG BF BD AB=，即12BF=，∴BF=2，∴BC：BF=1：2=2：1，∴四边形BCEF为2矩形．阅读以上内容，回答下列问题：（1）在图①中，所有与CH相等的线段是，tan∠HBC的值是；（2）已知四边形BCEF为2矩形，模仿上述操作，得到四边形BCMN，如图②，求证：四边形BCMN 是3矩形；（3）将图②中的3矩形BCMN沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“n矩形”，则n的值是．【答案】（1）GH，DG21；（2）证明见试题解析；（3）6．【解析】试题分析：（1）由折叠即可得到DG=GH=CH，设HC=x，则有DG=GH=x，2x，由DC=DH+CH=1，得出HC，然后运用三角函数的定义即可求出tan∠HBC的值；（2）只需借鉴阅读中证明“四边形BCEF为2矩形”的方法就可解决问题；（3）同（2）中的证明可得：3矩形沿用（2）中的方式操作1次后，4矩形”，4矩形沿用（2）中的方式操作1552）中的方式操作1次6矩形”，由此就可得到n的值．试题解析：（1）由折叠可得：DG=HG，GH=CH，∴DG=GH=CH．设HC=x，则DG=GH=x．∵∠DGH=90°，∴DH=2x，∴21x x+=，解得21，∴tan∠HBC=HCBC=21-21．故答案为：GH、DG21；（2）∵BC=1，EC=BF=2，∴22EC BC+6．由折叠可得BP=BC=1，∠FNM=∠BNM=90°，∠EMN=∠CMN=90°．∵四边形BCEF是矩形，∴∠F=∠FEC=∠C=∠FBC=90°，∴四边形BCMN是矩形，∠BNM=∠F=90°，∴MN∥EF，∴BP BNBE BF=，即BP•BF=BE•BN，∴1×22=62BN，∴3∴BC：BN=1：3=3：1，∴四边形BCMN是3的矩形；（3）同理可得：将3矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“4矩形”，将4矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“5矩形”，将5矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“6矩形”，所以将图②中的3矩形BCMN沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“6矩形”，故答案为：6．考点：几何变换综合题；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；轴对称的性质；平行线分线段成比例；阅读型；新定义；综合题；压轴题．113．（2015贵阳，第25题，12分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=12，将矩形纸片折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，此时PD=3．（1）求MP的值；（2）在AB边上有一个动点F，且不与点A，B重合．当AF等于多少时，△MEF的周长最小？（3）若点G，Q是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，GQ=2．当四边形MEQG的周长最小时，求最小周长值．（计算结果保留根号）【答案】（1）5；（2）1611；（3）755．【解析】试题分析：（1）由折叠的性质和矩形性质以得PD=PH=3，CD=MH=4，∠H=∠D=90°，利用勾股定理可计算出MP的长；（2）如图1，作点M关于AB的对称点M′，连接M′E交AB于点F，利用两点之间线段最短可得点F 即为所求，过点E作EN⊥AD，垂足为N，则AM=AD﹣MP﹣PD=4，所以AM=AM′=4，再证明ME=MP=5，利用勾股定理计算出MN=3，NM′=11，得出△AFM′∽△NEM′，利用相似比即可计算出AF；（3）如图2，由（2）知点M′是点M关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接M′R交AB于点G，再过点E作EQ∥RG，交AB于点Q，易得QE=GR，而GM=GM′，于是MG+QE=M′R，利用两点之间线段最短可得此时MG+EQ最小，于是四边形MEQG的周长最小，在Rt△M′RN中，利用勾股定理计算出M′R 得出，从而得到四边形MEQG的最小周长值．试题解析：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴CD=AB=4，∠D=90°，∵矩形ABCD折叠，使点C落在AD边上的点M 处，折痕为PE ，∴PD=PH=3，CD=MH=4，∠H=∠D=90°，∴MP=2234+=5；（2）如图1，作点M 关于AB 的对称点M′，连接M′E 交AB 于点F ，则点F 即为所求，过点E 作EN ⊥AD ，垂足为N ，∵AM=AD ﹣MP ﹣PD=12﹣5﹣3=4，∴AM=AM′=4，∵矩形ABCD 折叠，使点C 落在AD 边上的点M 处，折痕为PE ，∴∠CEP=∠MEP ，而∠CEP=∠MPE ，∴∠MEP=∠MPE ，∴ME=MP=5，在Rt △ENM中，MN=22ME EN -=2254-=3，∴NM′=11，∵AF ∥ME ，∴△AFM′∽△NEM′，∴''AM AF NE NM =，即4114AF =，解得AF=1611，即AF=1611时，△MEF 的周长最小； （3）如图2，由（2）知点M′是点M 关于AB 的对称点，在EN 上截取ER=2，连接M′R 交AB 于点G ，再过点E 作EQ ∥RG ，交AB 于点Q ，∵ER=GQ ，ER ∥GQ ，∴四边形ERGQ 是平行四边形，∴QE=GR ，∵GM=GM′，∴MG+QE=GM′+GR=M′R，此时MG+EQ 最小，四边形MEQG 的周长最小，在Rt △M′RN 中，NR=4﹣2=2，M′R=22112+=55，∵ME=5，GQ=2，∴四边形MEQG 的最小周长值是755+．考点：几何变换综合题；动点型；最值问题；翻折变换（折叠问题）；综合题；压轴题．114．（2015南通，第27题，13分）如图，Rt △ABC 中，∠C=90°，AB=15，BC=9，点P ，Q 分别在BC ，AC 上，CP=3x ，CQ=4x （0＜x ＜3）．把△PCQ 绕点P 旋转，得到△PDE ，点D 落在线段PQ 上．（1）求证：PQ ∥AB ；（2）若点D 在∠BAC 的平分线上，求CP 的长；（3）若△PDE 与△ABC 重叠部分图形的周长为T ，且12≤T≤16，求x 的取值范围．【答案】（1）证明见试题解析；（2）6；（3）1≤x≤136．试题解析：（1）∵在Rt △ABC 中，AB=15，BC=9，∴22AB BC -22159-=12．∵393PC x x BC ==，4123QC x x AC ==，∴PC QC BC AC =．∵∠C=∠C ，∴△PQC ∽△BAC ，∴∠CPQ=∠B ，∴PQ ∥AB ；（2）连接AD ，∵PQ ∥AB ，∴∠ADQ=∠DAB ，∵点D 在∠BAC 的平分线上，∴∠DAQ=∠DAB ，∴∠ADQ=∠DAQ ，∴AQ=DQ ，在Rt △CPQ 中，PQ=5x ，∵PD=PC=3x ，∴DQ=2x ．∵AQ=12﹣4x ，∴12﹣4x=2x ，解得x=2，∴CP=3x=6；（3）当点E 在AB 上时，∵PQ ∥AB ，∴∠DPE=∠PEB ．∵∠CPQ=∠DPE ，∠CPQ=∠B ，∴∠B=∠PEB ，∴PB=PE=5x ，∴3x+5x=9，解得x=98．①当0＜x≤98时，T=PD+DE+PE=3x+4x+5x=12x ，此时0＜T≤272；②当98＜x ＜3时，设PE 交AB 于点G ，DE 交AB 于F ，作GH ⊥FQ ，垂足为H ，∴HG=DF ，FG=DH ，Rt △PHG∽Rt △PDE ，∴GH PG PH ED PE PD ==，∵PG=PB=9﹣3x ，∴93453GH x PH x x x -==，∴GH=45（9﹣3x ），PH=35（9﹣3x ），∴FG=DH=3x ﹣35（9﹣3x ），∴T=PG+PD+DF+FG=（9﹣3x ）+3x+45（9﹣3x ）+[3x ﹣35（9﹣3x ）]=125455x +，此时，272＜T ＜18．∴当0＜x ＜3时，T 随x 的增大而增大，∴T=12时，即12x=12，解得x=1；TA=16时，即125455x +=16，解得x=136．∵12≤T≤16，∴x 的取值范围是1≤x≤136．考点：几何变换综合题；分类讨论；相似三角形的判定与性质；压轴题．115．（2015连云港，第26题，12分）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为22的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上．（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由；（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长；（3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，线段DG与线段BE将相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．【答案】（1）理由见试题解析；（226（3）6．【解析】试题分析：（1）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到三角形ADG与三角形ABE全等，利用全等三角形对应角相等得∠AGD=∠AEB，如图1所示，延长EB交DG于点H，利用等角的余角相等得到∠DHE=90°，利用垂直的定义即可得DG⊥BE；（2）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到三角形ADG与三角形ABE全等，利用全等三角形对应边相等得到DG=BE，如图2，过点A 作AM⊥DG交DG于点M，∠AMD=∠AMG=90°，在直角三角形AMD中，求出AM的长，即为DM的长，根据勾股定理求出GM的长，进而确定出DG的长，即为BE的长；（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，即当点H与点A重合时，△EGH的高最大；对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，即当点H与点A重合时，△BDH的高最大，即可确定出面积的最大值．试题解析：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，在△ADG和△ABE中，∵AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴∠AGD=∠AEB，如图1所示，延长EB交DG于点H，在△ADG中，∠AGD+∠ADG=90°，∴∠AEB+∠ADG=90°，在△EDH 中，∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，∴∠DHE=90°，则DG⊥BE；（2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE，∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，在△ADG和△ABE中，∵AD=AB，∠DAG=∠BAE， AG=AE，∴△ADG ≌△ABE（SAS），∴DG=BE，如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，∠AMD=∠AMG=90°，∵BD为正方形ABCD 的对角线，∴∠MDA=45°，在Rt △AMD 中，∠MDA=45°，∴cos45°=DMAD ，∵AD=2，∴DM=AM=2，在Rt △AMG 中，根据勾股定理得：GM=22AG AM -=6，∵DG=DM+GM=26+，∴BE=DG=26+；（3）△GHE 和△BHD 面积之和的最大值为6，理由为：对于△EGH ，点H 在以EG 为直径的圆上，∴当点H 与点A 重合时，△EGH 的高最大；对于△BDH ，点H 在以BD 为直径的圆上，∴当点H 与点A 重合时，△BDH 的高最大，则△GHE 和△BHD 面积之和的最大值为2+4=6．考点：几何变换综合题；最值问题；综合题；压轴题．116．（2015自贡，第24题，14分）在△ABC 中，AB=AC=5，cos ∠ABC=53，将△ABC 绕点C 顺时针旋转，得到△A1B1C ．（1）如图①，当点B1在线段BA 延长线上时．①求证：BB1∥CA1；②求△AB1C 的面积；（2）如图②，点E 是BC 边的中点，点F 为线段AB 上的动点，在△ABC 绕点C 顺时针旋转过程中，点F 的对应点是F1，求线段EF1长度的最大值与最小值的差．【答案】（1）①证明见试题解析；②13225；（2）365．【解析】试题分析：（1）①根据旋转的性质和平行线的性质证明；②过A 作AF⊥BC 于F ，过C 作CE⊥AB 于E ，根据三角函数和三角形的面积公式解答；（2）过C 作CF⊥AB 于F ，以C 为圆心CF 为半径画圆交BC 于F1，和以C 为圆心BC 为半径画圆交BC 的延长线于F1，得出最大和最小值解答即可．试题解析：（1）①∵AB=AC，B1C=BC ，∴∠1=∠B，∠B=∠ACB，∵∠2=∠ACB （旋转角相等），∴∠1=∠2，∴BB1∥CA1；②过A 作AF⊥BC 于F ，过C 作CE⊥AB 于E ，如图①：。

2019中考数学压轴题精编(含参考答案与试题解析共300页)中考数学压轴题精选（共120题，共两部分：前一部分为试题+参考答案与试题解析，后一部分为纯试题汇编）第一部分1．（2014•黔南州）如图，在平面直角坐标系中，顶点为（4，﹣1）的抛物线交y轴于A点，交x轴于B，C两点（点B在点C的左侧），已知A点坐标为（0，3）．（1）求此抛物线的解析式（2）过点B作线段AB的垂线交抛物线于点D，如果以点C为圆心的圆与直线BD相切，请判断抛物线的对称轴l 与⊙C有怎样的位置关系，并给出证明；（3）已知点P是抛物线上的一个动点，且位于A，C两点之间，问：当点P运动到什么位置时，△PAC的面积最大？并求出此时P点的坐标和△PAC的最大面积．考点：二次函数综合题．专题：压轴题．分析：（1）已知抛物线的顶点坐标，可用顶点式设抛物线的解析式，然后将A点坐标代入其中，即可求出此二次函数的解析式；（2）根据抛物线的解析式，易求得对称轴l的解析式及B、C的坐标，分别求出直线AB、BD、CE的解析式，再求出CE的长，与到抛物线的对称轴的距离相比较即可；（3）过P作y轴的平行线，交AC于Q；易求得直线AC的解析式，可设出P点的坐标，进而可表示出P、Q的纵坐标，也就得出了PQ的长；然后根据三角形面积的计算方法，可得出关于△PAC的面积与P点横坐标的函数关系式，根据所得函数的性质即可求出△PAC的最大面积及对应的P点坐标．解答：解：（1）设抛物线为y=a（x﹣4）2﹣1，∵抛物线经过点A（0，3），∴3=a（0﹣4）2﹣1，；∴抛物线为；（3分）（2）相交．证明：连接CE，则CE⊥BD，当时，x1=2，x2=6．A（0，3），B（2，0），C（6，0），对称轴x=4，∴OB=2，AB==，BC=4，∵AB⊥BD，∴∠OAB+∠OBA=90°，∠OBA+∠EBC=90°，∴△AOB∽△BEC，∴=，即=，解得CE=，∵＞2，∴抛物线的对称轴l与⊙C相交．（7分）（3）如图，过点P作平行于y轴的直线交AC于点Q；可求出AC的解析式为；（8分）设P点的坐标为（m，），则Q点的坐标为（m，）；∴PQ=﹣m+3﹣（m2﹣2m+3）=﹣m2+m．∵S△PAC=S△PAQ+S△PCQ=×（﹣m2+m）×6=﹣（m﹣3）2+；∴当m=3时，△PAC的面积最大为；此时，P点的坐标为（3，）．（10分）点评：此题考查了二次函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质、直线与圆的位置关系、图形面积的求法等知识．2．（2014•巴中）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0）和点B，与y 轴交于点C，直线x=1是该抛物线的对称轴．（1）求抛物线的解析式；（2）若两动点M，H分别从点A，B以每秒1个单位长度的速度沿x轴同时出发相向而行，当点M到达原点时，点H立刻掉头并以每秒个单位长度的速度向点B方向移动，当点M到达抛物线的对称轴时，两点停止运动，经过点M的直线l⊥x轴，交AC或BC于点P，设点M的运动时间为t秒（t＞0）．求点M的运动时间t与△APH的面积S的函数关系式，并求出S的最大值．考点：二次函数综合题．分析：（1）根据抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，得到方程组，解方程组即可求出抛物线的解析式；（2）由于点M到达抛物线的对称轴时需要3秒，所以t≤3，又当点M到达原点时需要2秒，且此时点H 立刻掉头，所以可分两种情况进行讨论：①当0＜t≤2时，由△AMP∽△AOC，得出比例式，求出PM，AH，根据三角形的面积公式求出即可；②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，PF⊥y轴于点F，表示出三角形APH的面积，利用配方法求出最值即可．解答：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣2，0），直线x=1是该抛物线的对称轴，∴，解得：，∴抛物线的解析式是：y=x2﹣x﹣4，（2）分两种情况：①当0＜t≤2时，∵PM∥OC，∴△AMP∽△AOC，∴=，即=，∴PM=2t．解方程x2﹣x﹣4=0，得x1=﹣2，x2=4，∵A（﹣2，0），∴B（4，0），∴AB=4﹣（﹣2）=6．∵AH=AB﹣BH=6﹣t，∴S=PM•AH=×2t（6﹣t）=﹣t2+6t=﹣（t﹣3）2+9，当t=2时S的最大值为8；②当2＜t≤3时，过点P作PM⊥x轴于M，作PF⊥y轴于点F，则△COB∽△CFP，又∵CO=OB，∴FP=FC=t﹣2，PM=4﹣（t﹣2）=6﹣t，AH=4+（t﹣2）=t+1，∴S=PM•AH=（6﹣t）（t+1）=﹣t2+4t+3=﹣（t﹣）2+，当t=时，S最大值为．综上所述，点M的运动时间t与△APQ面积S的函数关系式是S=，S的最大值为．点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积，二次函数的最值等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．．3．（2014•潍坊）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为（﹣2，0），抛物线的对称轴x=1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积为17，若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；（3）平行于DE的一条动直线l与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）先把C（0，4）代入y=ax2+bx+c，得出c=4①，再由抛物线的对称轴x=﹣=1，得到b=﹣2a②，抛物线过点A（﹣2，0），得到0=4a﹣2b+c③，然后由①②③可解得，a=﹣，b=1，c=4，即可求出抛物线的解析式为y=﹣x2+x+4；（2）假设存在满足条件的点F，连结BF、CF、OF，过点F作FH⊥x轴于点H，FG⊥y轴于点G．设点F 的坐标为（t，﹣t2+t+4），则FH=﹣t2+t+4，FG=t，先根据三角形的面积公式求出S△OBF=OB•FH=﹣t2+2t+8，S△OFC=OC•FG=2t，再由S四边形ABFC=S△AOC+S△OBF+S△OFC，得到S四边形ABFC=﹣t2+4t+12．令﹣t2+4t+12=17，即t2﹣4t+5=0，由△=（﹣4）2﹣4×5=﹣4＜0，得出方程t2﹣4t+5=0无解，即不存在满足条件的点F；（3）先运用待定系数法求出直线BC的解析式为y=﹣x+4，再求出抛物线y=﹣x2+x+4的顶点D（1，），由点E在直线BC上，得到点E（1，3），于是DE=﹣3=．若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，因为DE∥PQ，只须DE=PQ，设点P的坐标是（m，﹣m+4），则点Q的坐标是（m，﹣m2+m+4）．分两种情况进行讨论：①当0＜m＜4时，PQ=（﹣m2+m+4）﹣（﹣m+4）=﹣m2+2m，解方程﹣m2+2m=，求出m的值，得到P1（3，1）；②当m＜0或m＞4时，PQ=（﹣m+4）﹣（﹣m2+m+4）=m2﹣2m，解方程m2﹣2m=，求出m的值，得到P2（2+，2﹣），P3（2﹣，2+）．解答：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过点C（0，4），∴c=4 ①．∵对称轴x=﹣=1，∴b=﹣2a ②．∵抛物线过点A（﹣2，0），∴0=4a﹣2b+c ③，由①②③解得，a=﹣，b=1，c=4，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+4；（2）假设存在满足条件的点F，如图所示，连结BF、CF、OF，过点F作FH⊥x轴于点H，FG⊥y轴于点G．设点F的坐标为（t，﹣t2+t+4），其中0＜t＜4，则FH=﹣t2+t+4，FG=t，∴S△OBF=OB•FH=×4×（﹣t2+t+4）=﹣t2+2t+8，S△OFC=OC•FG=×4×t=2t，∴S四边形ABFC=S△AOC+S△OBF+S△OFC=4﹣t2+2t+8+2t=﹣t2+4t+12．令﹣t2+4t+12=17，即t2﹣4t+5=0，则△=（﹣4）2﹣4×5=﹣4＜0，∴方程t2﹣4t+5=0无解，故不存在满足条件的点F；（3）设直线BC的解析式为y=kx+n（k≠0），∵B（4，0），C（0，4），∴，解得，∴直线BC的解析式为y=﹣x+4．由y=﹣x2+x+4=﹣（x﹣1）2+，∴顶点D（1，），又点E在直线BC上，则点E（1，3），于是DE=﹣3=．若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，因为DE∥PQ，只须DE=PQ，设点P的坐标是（m，﹣m+4），则点Q的坐标是（m，﹣m2+m+4）．①当0＜m＜4时，PQ=（﹣m2+m+4）﹣（﹣m+4）=﹣m2+2m，由﹣m2+2m=，解得：m=1或3．当m=1时，线段PQ与DE重合，m=1舍去，∴m=3，P1（3，1）．②当m＜0或m＞4时，PQ=（﹣m+4）﹣（﹣m2+m+4）=m2﹣2m，由m2﹣2m=，解得m=2±，经检验适合题意，此时P2（2+，2﹣），P3（2﹣，2+）．综上所述，满足题意的点P有三个，分别是P1（3，1），P2（2+，2﹣），P3（2﹣，2+）．点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，四边形的面积，平行四边形的判定等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．4．（2014•重庆）如图，已知抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，连接BC．（1）求A，B，C三点的坐标；（2）若点P为线段BC上一点（不与B，C重合），PM∥y轴，且PM交抛物线于点M，交x轴于点N，当△BCM 的面积最大时，求△BPN的周长；（3）在（2）的条件下，当△BCM的面积最大时，在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得△CNQ为直角三角形，求点Q的坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）依据抛物线的解析式直接求得C的坐标，令y=0解方程即可求得A、B点的坐标；（2）△BCM的面积最大，则过点M作直线L∥BC，直线L应与抛物线相切，即只有一个交点，设直线L 的解析式为y=﹣x+b，则﹣x2+2x+3=﹣x+b的，△=9﹣4b+12=0求得b的值，从而求得三角形的三边长，求得周长；（3）分三种情况：①当∠CQN=90°时；②当∠CNQ=90°时；③当∠NCQ=90°时；讨论求解．解答：解：（1）由抛物线的解析式y=﹣x2+2x+3，∴C（0，3），令y=0，﹣x2+2x+3=0，解得x=3或x=﹣1；∴A（﹣1，0），B（3，0）．（2）过点M作直线L∥BC，当与抛物线相切时，三角形BCM的面积最大，∵直线BC的解析式为y=﹣x+3，设直线L的解析式为y=﹣x+b，则﹣x2+2x+3=﹣x+b，只有一个解，整理得x2﹣3x+b﹣3=0，∴△=9﹣4b+12=0，解得b=，代入﹣x2+2x+3=﹣x+b，解得x=，把x=代入y=﹣x2+2x+3，M（，），代入直线BCy=﹣x+3，则P（，），N（，0），∴BN=，PN=，PB=，∴C△BCN=BN+PN+PB=3+．（3）作抛物线的对称轴x=1，设Q（1，h），①∠CQN=90°时，则CN2=CQ2+QN2，∴32+32=22+h2+12+（h﹣3）2，整理得h2﹣6h﹣2=0，解得：h=或，∴Q（1，）或Q（1，）；②当∠CNQ=90°时，则Q点应在x轴的下方，∴CQ2=CN2+QN2，∴12+（3﹣h）2=22+h2+32+32，解得h=﹣2，∴Q（1，﹣2）；③当∠NCQ=90°时，则Q应在x轴的上方，∴NQ2=CQ2+CN2h2+22=12+（h﹣3）2+32+32，解得h=4，∴Q（1，4）．点评：此题考查了二次函数与坐标轴的交点的性质、三角形面积的确定、二次函数的应用等知识，难度较大．二次函数这部分经常利用数形结合以及分类讨论思想相结合，综合性较强注意不要漏解．5．（2014•福州）如图，抛物线y=（x﹣3）2﹣1与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．（1）求点A，B，D的坐标；（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD，求证：∠AEO=∠ADC；（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙E的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出点Q的坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）根据二次函数性质，求出点A、B、D的坐标；（2）如何证明∠AEO=∠ADC？如答图1所示，我们观察到在△EFH与△ADF中：∠EHF=90°，有一对对顶角相等；因此只需证明∠EAD=90°即可，即△ADE为直角三角形，由此我们联想到勾股定理的逆定理．分别求出△ADE三边的长度，再利用勾股定理的逆定理证明它是直角三角形，由此问题解决；（3）依题意画出图形，如答图2所示．由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．利用二次函数性质求出EP2最小时点P的坐标，并进而求出点Q的坐标．解答：（1）解：顶点D的坐标为（3，﹣1）．令y=0，得（x﹣3）2﹣1=0，解得：x1=3+，x2=3﹣，∵点A在点B的左侧，∴A（3﹣，0），B（3+，0）．（2）证明：如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3．令x=0，得y=，∴C（0，）．∴CG=OC+OG=+1=，∴tan∠DCG=．设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）=．由OE⊥CD，易知∠EOM=∠DCG．∴tan∠EOM=tan∠DCG==，解得EM=2，∴DE=EM+DM=3．在Rt△AEM中，AM=，EM=2，由勾股定理得：AE=；在Rt△ADM中，AM=，DM=1，由勾股定理得：AD=．∵AE2+AD2=6+3=9=DE2，∴△ADE为直角三角形，∠EAD=90°．设AE交CD于点F，∵∠AEO+∠EFH=90°，∠ADC+AFD=90°，∠EFH=∠AFD（对顶角相等），∴∠AEO=∠ADC．（3）解：依题意画出图形，如答图2所示：由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2．∵y=（x﹣3）2﹣1，∴（x﹣3）2=2y+2．∴EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．将y=1代入y=（x﹣3）2﹣1，得（x﹣3）2﹣1=1，解得：x1=1，x2=5．又∵点P在对称轴右侧的抛物线上，∴x1=1舍去．∴P（5，1）．此时点Q坐标为（3，1）或（，）．点评：本题是二次函数压轴题，涉及考点众多，难度较大．第（2）问中，注意观察图形，将问题转化为证明△ADE 为直角三角形的问题，综合运用勾股定理及其逆定理、三角函数（或相似形）求解；第（3）问中，解题关键是将最值问题转化为求EP2最小值的问题，注意解答中求EP2最小值的具体方法．6．（2014•济宁）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（5，0）、B（﹣1，0）两点，过点A作直线AC⊥x轴，交直线y=2x于点C；（1）求该抛物线的解析式；（2）求点A关于直线y=2x的对称点A′的坐标，判定点A′是否在抛物线上，并说明理由；（3）点P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA′于点M，是否存在这样的点P，使四边形PACM 是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．分析：（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）首先求出对称点A′的坐标，然后代入抛物线解析式，即可判定点A′是否在抛物线上．本问关键在于求出A′的坐标．如答图所示，作辅助线，构造一对相似三角形Rt△A′EA∽Rt△OAC，利用相似关系、对称性质、勾股定理，求出对称点A′的坐标；（3）本问为存在型问题．解题要点是利用平行四边形的定义，列出代数关系式求解．如答图所示，平行四边形的对边平行且相等，因此PM=AC=10；利用含未知数的代数式表示出PM的长度，然后列方程求解．解答：解：（1）∵y=x2+bx+c与x轴交于A（5，0）、B（﹣1，0）两点，∴，解得．∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣．（2）如答图所示，过点A′作A′E⊥x轴于E，AA′与OC交于点D，∵点C在直线y=2x上，∴C（5，10）∵点A和A′关于直线y=2x对称，∴OC⊥AA′，A′D=AD．∵OA=5，AC=10，∴OC===．∵S△OAC=OC•AD=OA•AC，∴AD=．∴AA′=，在Rt△A′EA和Rt△OAC中，∵∠A′AE+∠A′AC=90°，∠ACD+∠A′AC=90°，∴∠A′AE=∠ACD．又∵∠A′EA=∠OAC=90°，∴Rt△A′EA∽Rt△OAC．∴，即．∴A′E=4，AE=8．∴OE=AE﹣OA=3．∴点A′的坐标为（﹣3，4），当x=﹣3时，y=×（﹣3）2+3﹣=4．所以，点A′在该抛物线上．（3）存在．理由：设直线CA′的解析式为y=kx+b，则，解得∴直线CA′的解析式为y=x+…（9分）设点P的坐标为（x，x2﹣x﹣），则点M为（x，x+）．∵PM∥AC，∴要使四边形PACM是平行四边形，只需PM=AC．又点M在点P的上方，∴（x+）﹣（x2﹣x﹣）=10．解得x1=2，x2=5（不合题意，舍去）当x=2时，y=﹣．∴当点P运动到（2，﹣）时，四边形PACM是平行四边形．点评：本题是二次函数的综合题型，考查了二次函数的图象及性质、待定系数法、相似、平行四边形、勾股定理、对称等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．第（2）问的要点是求对称点A′的坐标，第（3）问的要点是利用平行四边形的定义列方程求解．7．（2014•泰安）二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点（﹣1，4），且与直线y=﹣x+1相交于A、B两点（如图），A点在y轴上，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C（﹣3，0）．（1）求二次函数的表达式；（2）点N是二次函数图象上一点（点N在AB上方），过N作NP⊥x轴，垂足为点P，交AB于点M，求MN的最大值；（3）在（2）的条件下，点N在何位置时，BM与NC相互垂直平分？并求出所有满足条件的N点的坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）首先求得A、B的坐标，然后利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；（2）设M的横坐标是x，则根据M和N所在函数的解析式，即可利用x表示出M、N的坐标，利用x表示出MN的长，利用二次函数的性质求解；（3）BM与NC互相垂直平分，即四边形BCMN是菱形，则BC=MC，据此即可列方程，求得x的值，从而得到N的坐标．解答：解：（1）由题设可知A（0，1），B（﹣3，），根据题意得：，解得：，则二次函数的解析式是：y=﹣﹣x+1；（2）设N（x，﹣x2﹣x+1），则M、P点的坐标分别是（x，﹣x+1），（x，0）．∴MN=PN﹣PM=﹣x2﹣x+1﹣（﹣x+1）=﹣x2﹣x=﹣（x+）2+，则当x=﹣时，MN的最大值为；（3）连接MN、BN、BM与NC互相垂直平分，即四边形BCMN是菱形，由于BC∥MN，即MN=BC，且BC=MC，即﹣x2﹣x=，且（﹣x+1）2+（x+3）2=，解得：x=﹣1，故当N（﹣1，4）时，MN和NC互相垂直平分．点评：本题是待定系数法求二次函数的解析式，以及二次函数的性质、菱形的判定的综合应用，利用二次函数的性质可以解决实际问题中求最大值或最小值问题．8．（2014•泸州）如图，已知一次函数y1=x+b的图象l与二次函数y2=﹣x2+mx+b的图象C′都经过点B（0，1）和点C，且图象C′过点A（2﹣，0）．（1）求二次函数的最大值；（2）设使y2＞y1成立的x取值的所有整数和为s，若s是关于x的方程=0的根，求a的值；（3）若点F、G在图象C′上，长度为的线段DE在线段BC上移动，EF与DG始终平行于y轴，当四边形DEFG 的面积最大时，在x轴上求点P，使PD+PE最小，求出点P的坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）首先利用待定系数法求出二次函数解析式，然后求出其最大值；（2）联立y1与y2得，求出点C的坐标为C（，），因此使y2＞y1成立的x的取值范围为0＜x＜，得s=1+2+3=6；将s的值代入分式方程，求出a的值；（3）第1步：首先确定何时四边形DEFG的面积最大．如答图1，四边形DEFG是一个梯形，将其面积用含有未知数的代数式表示出来，这个代数式是一个二次函数，根据其最值求出未知数的值，进而得到面积最大时点D、E的坐标；第2步：利用几何性质确定PD+PE最小的条件，并求出点P的坐标．如答图2，作点D关于x轴的对称点D′，连接D′E，与x轴交于点P．根据轴对称及两点之间线段最短可知，此时PD+PE最小．利用待定系数法求出直线D′E的解析式，进而求出点P的坐标．解答：解：（1）∵二次函数y2=﹣x2+mx+b经过点B（0，1）与A（2﹣，0），∴，解得∴l：y1=x+1；C′：y2=﹣x2+4x+1．y2=﹣x2+4x+1=﹣（x﹣2）2+5，∴y max=5；（2）联立y1与y2得：x+1=﹣x2+4x+1，解得x=0或x=，当x=时，y1=×+1=，∴C（，）．使y2＞y1成立的x的取值范围为0＜x＜，∴s=1+2+3=6．代入方程得解得a=；（3）∵点D、E在直线l：y1=x+1上，∴设D（p，p+1），E（q，q+1），其中q＞p＞0．如答图1，过点E作EH⊥DG于点H，则EH=q﹣p，DH=（q﹣p）．在Rt△DEH中，由勾股定理得：DE2+DH2=DE2，即（q﹣p）2+[（q﹣p）]2=（）2，解得q﹣p=2，即q=p+2．∴EH=2，E（p+2，p+2）．当x=p时，y2=﹣p2+4p+1，∴G（p，﹣p2+4p+1），∴DG=（﹣p2+4p+1）﹣（p+1）=﹣p2+p；当x=p+2时，y2=﹣（p+2）2+4（p+2）+1=﹣p2+5，∴F（p+2，﹣p2+5）∴EF=（﹣p2+5）﹣（p+2）=﹣p2﹣p+3．S四边形DEFG=（DG+EF）•EH=[（﹣p2+p）+（﹣p2﹣p+3）]×2=﹣2p2+3p+3∴当p=时，四边形DEFG的面积取得最大值，∴D（，）、E（，）．如答图2所示，过点D关于x轴的对称点D′，则D′（，﹣）；连接D′E，交x轴于点P，PD+PE=PD′+PE=D′E，由两点之间线段最短可知，此时PD+PE最小．设直线D′E的解析式为：y=kx+b，则有，解得∴直线D′E的解析式为：y=x﹣．令y=0，得x=，∴P（，0）．点评：本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数与一次函数的图象与性质、待定系数法、函数最值、分式方程的解、勾股定理、轴对称﹣最短路线等知识点，涉及考点众多，难度较大．本题难点在于第（3）问，涉及两个最值问题，第1个最值问题利用二次函数解决，第2个最值问题利用几何性质解决．9．（2014•益阳）如图，直线y=﹣3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y=a（x﹣2）2+k经过点A、B，并与X轴交于另一点C，其顶点为P．（1）求a，k的值；（2）抛物线的对称轴上有一点Q，使△ABQ是以AB为底边的等腰三角形，求Q点的坐标；（3）在抛物线及其对称轴上分别取点M、N，使以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形，求此正方形的边长．考点：二次函数综合题．分析：（1）先求出直线y=﹣3x+3与x轴交点A，与y轴交点B的坐标，再将A、B两点坐标代入y=a（x﹣2）2+k，得到关于a，k的二元一次方程组，解方程组即可求解；（2）设Q点的坐标为（2，m），对称轴x=2交x轴于点F，过点B作BE垂直于直线x=2于点E．在Rt△AQF 与Rt△BQE中，用勾股定理分别表示出AQ2=AF2+QF2=1+m2，BQ2=BE2+EQ2=4+（3﹣m）2，由AQ=BQ，得到方程1+m2=4+（3﹣m）2，解方程求出m=2，即可求得Q点的坐标；（3）当点N在对称轴上时，由NC与AC不垂直，得出AC为正方形的对角线，根据抛物线的对称性及正方形的性质，得到M点与顶点P（2，﹣1）重合，N点为点P关于x轴的对称点，此时，MF=NF=AF=CF=1，且AC⊥MN，则四边形AMCN为正方形，在Rt△AFN中根据勾股定理即可求出正方形的边长．解答：解：（1）∵直线y=﹣3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，∴A（1，0），B（0，3）．又∵抛物线抛物线y=a（x﹣2）2+k经过点A（1，0），B（0，3），∴，解得，故a，k的值分别为1，﹣1；（2）设Q点的坐标为（2，m），对称轴x=2交x轴于点F，过点B作BE垂直于直线x=2于点E．在Rt△AQF中，AQ2=AF2+QF2=1+m2，在Rt△BQE中，BQ2=BE2+EQ2=4+（3﹣m）2，∵AQ=BQ，∴1+m2=4+（3﹣m）2，∴m=2，∴Q点的坐标为（2，2）；（3）当点N在对称轴上时，NC与AC不垂直，所以AC应为正方形的对角线．又∵对称轴x=2是AC的中垂线，∴M点与顶点P（2，﹣1）重合，N点为点P关于x轴的对称点，其坐标为（2，1）．此时，MF=NF=AF=CF=1，且AC⊥MN，∴四边形AMCN为正方形．在Rt△AFN中，AN==，即正方形的边长为．点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有二元一次方程组的解法，等腰三角形的性质，勾股定理，二次函数的性质，正方形的判定与性质，综合性较强，难度适中．10．（2014•兰州）如图，抛物线y=﹣x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）．（1）求抛物线的表达式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）由待定系数法建立二元一次方程组求出求出m、n的值即可；（2）由（1）的解析式求出顶点坐标，再由勾股定理求出CD的值，再以点C为圆心，CD为半径作弧交对称轴于P1，以点D为圆心CD为半径作圆交对称轴于点P2，P3，作CE垂直于对称轴与点E，由等腰三角形的性质及勾股定理就可以求出结论；（3）先求出BC的解析式，设出E点的坐标为（a，﹣a+2），就可以表示出F的坐标，由四边形CDBF 的面积=S△BCD+S△CEF+S△BEF求出S与a的关系式，由二次函数的性质就可以求出结论．解答：解：（1）∵抛物线y=﹣x2+mx+n经过A（﹣1，0），C（0，2）．解得：，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2；（2）∵y=﹣x2+x+2，∴y=﹣（x﹣）2+，∴抛物线的对称轴是x=．∴OD=．∵C（0，2），∴OC=2．在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD=．∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，∴CP1=CP2=CP3=CD．作CH⊥x轴于H，∴HP1=HD=2，∴DP1=4．∴P1（，4），P2（，），P3（，﹣）；（3）当y=0时，0=﹣x2+x+2∴x1=﹣1，x2=4，∴B（4，0）．设直线BC的解析式为y=kx+b，由图象，得，解得：，∴直线BC的解析式为：y=﹣x+2．如图2，过点C作CM⊥EF于M，设E（a，﹣a+2），F（a，﹣a2+a+2），∴EF=﹣a2+a+2﹣（﹣a+2）=﹣a2+2a（0≤x≤4）．∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF=BD•OC+EF•CM+EF•BN，=+a（﹣a2+2a）+（4﹣a）（﹣a2+2a），=﹣a2+4a+（0≤x≤4）．=﹣（a﹣2）2+∴a=2时，S四边形CDBF的面积最大=，∴E（2，1）．点评：本题考查了待定系数法求一次函数的解析式的运用，二次函数的解析式的运用，勾股定理的运用，等腰三角形的性质的运用，四边形的面积的运用，解答时求出函数的解析式是关键．11．（2014•钦州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A、D两点，与y轴交于点B，四边形OBCD是矩形，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（0，4），已知点E（m，0）是线段DO上的动点，过点E作PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，交BD于点H．（1）求该抛物线的解析式；（2）当点P在直线BC上方时，请用含m的代数式表示PG的长度；（3）在（2）的条件下，是否存在这样的点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．分析：（1）将A（1，0），B（0，4）代入y=﹣x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）由E（m，0），B（0，4），得出P（m，﹣m2﹣m+4），G（m，4），则PG=﹣m2﹣m+4﹣4=﹣m2﹣m；（3）先由抛物线的解析式求出D（﹣3，0），则当点P在直线BC上方时，﹣3＜m＜0．再运用待定系数法求出直线BD的解析式为y=x+4，于是得出H（m，m+4）．当以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似时，由于∠PGB=∠DEH=90°，所以分两种情况进行讨论：①△BGP∽△DEH；②△PGB∽△DEH．都可以根据相似三角形对应边成比例列出比例关系式，进而求出m的值．解答：解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，4），∴，解得，∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+4；（2）∵E（m，0），B（0，4），PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，∴P（m，﹣m2﹣m+4），G（m，4），∴PG=﹣m2﹣m+4﹣4=﹣m2﹣m；（3）在（2）的条件下，存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似．∵y=﹣x2﹣x+4，∴当y=0时，﹣x2﹣x+4=0，解得x=1或﹣3，∴D（﹣3，0）．当点P在直线BC上方时，﹣3＜m＜0．设直线BD的解析式为y=kx+4，将D（﹣3，0）代入，得﹣3k+4=0，解得k=，∴直线BD的解析式为y=x+4，∴H（m，m+4）．分两种情况：①如果△BGP∽△DEH，那么=，即=，由﹣3＜m＜0，解得m=﹣1；②如果△PGB∽△DEH，那么=，即=，由﹣3＜m＜0，解得m=﹣．综上所述，在（2）的条件下，存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似，此时m的值为﹣1或﹣．点评：本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，线段的表示，相似三角形的性质等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想及分类讨论是解题的关键．12．（2014•贵港）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3a（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，2），连接BC．（1）求该抛物线的解析式和对称轴，并写出线段BC的中点坐标；（2）将线段BC先向左平移2个单位长度，在向下平移m个单位长度，使点C的对应点C1恰好落在该抛物线上，求此时点C1的坐标和m的值；（3）若点P是该抛物线上的动点，点Q是该抛物线对称轴上的动点，当以P，Q，B，C四点为顶点的四边形是平行四边形时，求此时点P的坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）把点A（﹣1，0）和点C（0，2）的坐标代入所给抛物线可得a、b的值，进而得到该抛物线的解析式和对称轴，再求出点B的坐标，根据中点坐标公式求出线段BC的中点坐标即可；（2）根据平移的性质可知，点C的对应点C1的横坐标为﹣2，再代入抛物线可求点C1的坐标，进一步得到m的值；（3）B、C为定点，可分BC为平行四边形的一边及对角线两种情况探讨得到点P的坐标．解答：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣3a（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，2），∴，解得．∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2=﹣（x﹣1）2+2，∴对称轴是x=1，∵1+（1+1）=3，∴B点坐标为（3，0），∴BC的中点坐标为（1.5，1）；（2）∵线段BC先向左平移2个单位长度，再向下平移m个单位长度，使点C的对应点C1恰好落在该抛物线上，∴点C1的横坐标为﹣2，当x=﹣2时，y=﹣×（﹣2）2+×（﹣2）+2=﹣，∴点C1的坐标为（﹣2，﹣），m=2﹣（﹣）=5；（3）①若BC为平行四边形的一边，∵BC的横坐标的差为3，∵点Q的横坐标为1，∴P的横坐标为4或﹣2，∵P在抛物线上，∴P的纵坐标为﹣3，∴P1（4，﹣3），P2（﹣2，﹣3）；②若BC为平行四边形的对角线，则BC与PQ互相平分，∵点Q的横坐标为1，BC的中点坐标为（1.5，1），∴P点的横坐标为1.5+（1.5﹣1）=2，∴P的纵坐标为﹣×22+×2+2=2，∴P3（2，2）．综上所述，点P的坐标为：P1（4，﹣3），P2（﹣2，﹣3），P3（2，2）．点评：考查了二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，抛物线的对称轴，中点坐标公式，平移的性质，平行四边形的性质，注意分BC为平行四边形的一边或为对角线两种情况进行探讨．13．（2014•厦门）如图，已知c＜0，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点（x2＞x1），与y 轴交于点C．（1）若x2=1，BC=，求函数y=x2+bx+c的最小值；（2）过点A作AP⊥BC，垂足为P（点P在线段BC上），AP交y轴于点M．若=2，求抛物线y=x2+bx+c顶点的纵坐标随横坐标变化的函数解析式，并直接写出自变量的取值范围．考点：二次函数综合题．分析：（1）根据勾股定理求得C点的坐标，把B、C点坐标代入y=x2+bx+c即可求得解析式，转化成顶点式即可．（2）根据△AOM∽△COB，得到OC=2OB，即：﹣c=2x2；利用x22+bx2+c=0，求得c=2b﹣4；将此关系式代入抛物线的顶点坐标，即可求得所求之关系式．解答：解：（1）∵x2=1，BC=，∴OC==2，∴C（0，﹣2），把B（1，0），C（0，﹣2）代入y=x2+bx+c，得：0=1+b﹣2，解得：b=1，∴抛物线的解析式为：y=x2+x+﹣2．转化为y=（x+）2﹣；∴函数y=x2+bx+c的最小值为﹣．（2）∵∠OAM+∠OBC=90°，∠OCB+∠OBC=90°，∴∠OAM=∠OCB，又∵∠AOM=∠BOC=90°，∴△AOM∽△COB，∴，∴OC=•OB=2OB，∴﹣c=2x2，即x2=﹣．∵x22+bx2+c=0，将x2=﹣代入化简得：c=2b﹣4．抛物线的解析式为：y=x2+bx+c，其顶点坐标为（﹣，）．令x=﹣，则b=﹣2x．y==c﹣=2b﹣4﹣=﹣4x﹣4﹣x2，∴顶点的纵坐标随横坐标变化的函数解析式为：y=﹣x2﹣4x﹣4（x＞﹣）．点评：本题考查了勾股定理、待定系数法求解析式、三角形相似的判定及性质以及抛物线的顶点坐标的求法等．14．（2014•重庆）如图，抛物线y=﹣x2﹣2x+3 的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．（1）求A、B、C的坐标；（2）点M为线段AB上一点（点M不与点A、B重合），过点M作x轴的垂线，与直线AC交于点E，与抛物线交于点P，过点P作PQ∥AB交抛物线于点Q，过点Q作QN⊥x轴于点N．若点P在点Q左边，当矩形PQMN的周长最大时，求△AEM的面积；（3）在（2）的条件下，当矩形PMNQ的周长最大时，连接DQ．过抛物线上一点F作y轴的平行线，与直线AC 交于点G（点G在点F的上方）．若FG=2DQ，求点F的坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）通过解析式即可得出C点坐标，令y=0，解方程得出方程的解，即可求得A、B的坐标．（2）设M点横坐标为m，则PM=﹣m2﹣2m+3，MN=（﹣m﹣1）×2=﹣2m﹣2，矩形PMNQ的周长d=﹣2m2﹣8m+2，将﹣2m2﹣8m+2配方，根据二次函数的性质，即可得出m的值，然后求得直线AC的解析式，把x=m代入可以求得三角形的边长，从而求得三角形的面积．（3）设F（n，﹣n2﹣2n+3），根据已知若FG=2DQ，即可求得．解答：解：（1）由抛物线y=﹣x2﹣2x+3可知，C（0，3），令y=0，则0=﹣x2﹣2x+3，解得x=﹣3或x=1，∴A（﹣3，0），B（1，0）．（2）由抛物线y=﹣x2﹣2x+3可知，对称轴为x=﹣1，设M点的横坐标为m，则PM=﹣m2﹣2m+3，MN=（﹣m﹣1）×2=﹣2m﹣2，∴矩形PMNQ的周长=2（PM+MN）=（﹣m2﹣2m+3﹣2m﹣2）×2=﹣2m2﹣8m+2=﹣2（m+2）2+10，∴当m=﹣2时矩形的周长最大．∵A（﹣3，0），C（0，3），设直线AC解析式为；y=kx+b，解得k=1，b=3，∴解析式y=x+3，当x=﹣2时，则E（﹣2，1），∴EM=1，AM=1，∴S=•AM•EM=．（3）∵M点的横坐标为﹣2，抛物线的对称轴为x=﹣1，∴N应与原点重合，Q点与C点重合，∴DQ=DC，把x=﹣1代入y=﹣x2﹣2x+3，解得y=4，∴D（﹣1，4）∴DQ=DC=，∵FC=2DQ，∴FG=4，设F（n，﹣n2﹣2n+3），则G（n，n+3），∵点G在点F的上方，∴（n+3）﹣（﹣n2﹣2n+3）=4，解得：n=﹣4或n=1．∴F（﹣4，﹣5）或（1，0）．点评：本题考查了二次函数与坐标轴的交点的求法，矩形的性质，一元二次方程的解法，二次函数最值的求法，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想是解题的关键．15．（2014•德州）如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标是（4，0），并且OA=OC=4OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上．。

2019 中考数学压轴题及分析 40 例（ 8）32. ： RT△ ABC的斜边长为 5，斜边上的高为 2，将这个直角三角形搁置在平面直角坐标系中，使其斜边 AB 与 X 轴重合〔此中 OA 《OB 〕，直角极点 C 落在 Y 轴正半轴上〔如图 1〕、〔 1〕求线段 OA 、OB 的长和经过点 A 、 B 、 C 的抛物线的关系式、〔 2〕如图 2，点 D 的坐标为〔 2，0〕，点 P 〔 M ，N 〕是该抛物线上的一个动点〔此中 M 》 0， N 》 0〕，连结 DP 交 BC 于点 E 、①当△ BDE 是等腰三角形时，直接写出此时点 E 的坐标、②又连结 CD 、CP 〔如图 3〕，△ CDP 能否有最大面积？假定有，求出△ CDP 的最大面 积和此时点 P 的坐标；假定没有，请说明原因、OA OC解：〔 1〕由题意知 RT △△ AOC ∽ RT △ COB ，∴ OC ＝ OB 、∴ OC2＝OA ·OB ＝OA （AB －OA ），即 22＝OA （5－ OA ）、 ∴ OA2－5OA ＋ 4＝0，∵ OA 《 OB ，∴ OA ＝1， OB ＝ 4、 2 分∴ A （－ 1，0），B （4，0），C （0，2）、∴可设所求抛物线的关系式为 Y ＝ A （ X ＋ 1）（ X －4）、 3 分1将点 C （0，2）代入，得 2＝ A （ 0＋1）（0－4），∴A ＝－ 2、1∴经过点 A 、 B 、C 的抛物线的关系式为 Y ＝－ 2 （X ＋1）（X －4）、 4 分13 即 Y ＝－ 2 X2＋ 2 X ＋2、1484 2545， 5〔2〕① E1（3， 2 ），E2（ 5 ， 5 ），E3（5）、7 分对于点 E 的坐标求解过程以下〔原题不作要求，自己增添，仅供参照〕：设直线 BC 的分析式为 Y ＝KX ＋ B 、1 4k b 0 k2那么b2解得b 21∴直线 BC 的分析式为 Y ＝－ 2 X ＋ 2、1∵点 E 在直线 BC 上，∴ E （ X ，－ 2X ＋2）、1假定 ED ＝ EB ，过点 E 作 EH ⊥ X 轴于 H ，如图 2，那么 DH ＝ 2 DB ＝ 1、∴ OH ＝OD ＋DH ＝2＋1＝3、11∴点 E 的横坐标为 3，代入直线 BC 的分析式，得 Y ＝－ 2 ×3＋2＝ 2、1∴E1（3， 2 ）、1假定 DE ＝ DB ，那么（ X － 2） 2＋（－ 2 X ＋ 2） 2＝22、4整理得 5X2－ 24X ＋ 16＝ 0，解得 X1＝ 4〔舍去〕，X2＝ 5 、1 4 848∴ Y ＝－ 2× 5＋2＝5，∴E2（ 5，5）、1假定 BE ＝ BD ，那么（ X － 4） 2＋（－ 2X ＋ 2）2＝22、45整理得 5X2－ 24X ＋ 16＝ 0，解得 X1＝45 〔此时点 P 在第四象限，舍去〕 ， X2445＝5、14 244 254555， 5∴Y ＝－ 2 ×（ 5）＋2＝ 5 ，∴ E3（ 5）、②△ CDP 有最大面积、 8 分过点 D 作 X 轴的垂线，交 PC 于点 M ，如图 3、设直线 PC 的分析式为 Y ＝PX ＋ Q ，将 C （0， 2），P （ M ， N ）代入，q 2 pn 2m得 mpq n 解得 q2n 22n4∴直线PC 的分析式为Y ＝m X ＋ 2，∴ M （ 2，m＋2）、1S △CDP ＝ S △CDM ＋ S △PDM ＝ 2 XP ·YM12n 4＝ 2 M （ m ＋ 2） ＝ M ＋N －21 3＝ M ＋（－ 2 M2＋ 2 M ＋ 2）－ 215＝－ 2M2＋2M15 25＝－ 2（M － 2）2＋ 8525∴当M ＝2时，△ CDP 有最大面积，最大面积为8 、9 分153 521此时 N ＝－ 2×（ 2）2＋ 2× 2＋2＝ 85 21∴此时点 P 的坐标为（ 2 ， 8 ）、 10 分33. 如图，抛物线 Y ＝X2＋4X ＋ 3 交 X 轴于 A 、 B 两点，交 Y 轴于点 C ， ?抛物线的对称轴交 X 轴于点 E ，点 B 的坐标为（－ 1， 0）、〔 1〕求抛物线的对称轴及点 A 的坐标；〔 2〕在平面直角坐标系 XOY 中能否存在点 P ，与 A 、B 、C 三点组成一个平行四边形？假定存在，请写出点 P 的坐标；假定不存在，请说明原因；〔 3〕连结 CA 与抛物线的对称轴交于点 D ，在抛物线上能否存在点 M ，使得直线 CM把四边形 DEOC 分红面积相等的两部分？假定存在，恳求出直线 CM 的分析式；假定不存在，请说明原因、4解：〔 1〕对称轴为直线 X ＝－ 2＝－ 2，即 X ＝－ 2； 2 分 令 Y ＝ 0，得 X2＋4X ＋3＝0，解得 X1＝－ 1，X2＝－ 3、∵点 B 的坐标为（－ 1， 0），∴点 A 的坐标为（－ 3， 0）、 4 分〔 2〕存在，点 P 的坐标为（－ 2，3），（ 2， 3）和（－ 4，－ 3）、 7 分〔 3〕存在、 8 分当 X ＝ 0 时， Y ＝X2＋ 4X ＋3＝ 3，∴点 C 的坐标为（ 0，3）、AO ＝ 3，EO ＝2，AE ＝ 1， CO ＝ 3、 ∵ DE ∥CO ，AEDE1DE∴△ AED ∽△ AOC 、∴ AO ＝ CO ，即 3 ＝ 3 、 ∴ DE ＝1、 9 分∵ DE ∥CO ，且 DE ≠ CO ，∴四边形DEOC 为梯形、1S 梯形 DEOC ＝ 2 （1＋3）× 2＝4、设直线 CM 交 X 轴于点 F ，如图、假定直线 CM 把梯形 DEOC 分红面积相等的两部分，那么 S △ COF ＝ 211 4即 2 CO · FO ＝2、∴ 2 ×3FO ＝2，∴ FO ＝ 3 、4∴点 F 的坐标为（－ 3，0）、 10分∵直线 CM 经过点 C （0， 3），∴设直线 CM 的分析式为 Y ＝KX ＋3、4 4把 F（－3， 0）代入，得－ 3 K＋3＝0、11 分9∴K＝4、9∴直线 CM的分析式为 Y＝4 X＋ 3、12 分34. 在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0， 2），点 C（－ 1，0），以下列图；抛物线Y＝ AX2＋ AX－ 2 经过点 B、〔1〕求点 B 的坐标；〔2〕求抛物线的分析式；〔3〕在抛物线上能否还存在点 P〔点 B 除外〕，使△ ACP仍旧是以 AC为直角边的等腰直角三角形？假定存在，求全部点P 的坐标；假定不存在，请说明原因、解：〔 1〕过点 B 作 BD⊥ X 轴于 D、∵∠ BCD＋∠ ACO＝ 90°，∠ ACO＋∠ CAO＝ 90°、∴∠ BCD＝∠ CAO、 1 分又∵∠ BDC＝∠ COA＝ 90°， BC＝ CA、∴ RT△BCD≌RT△CAO，2 分∴BD＝CO＝1， CD＝AO＝2、 3 分∴点 B 的坐标为（－ 3， 1）； 4 分1 〔 2〕把B（－ 3，1）代入Y＝AX2＋AX－2，得1＝ 9A－ 3A－ 2，解得A＝2 、 6分1 1∴抛物线的分析式为Y＝2X2＋2X－2；7分〔 3〕存在、 8 分①延伸 BC至点 P1，使 CP1＝ BC，那么获得以点ACP1、C为直角极点的等腰直角三角形△9 分过点 P1 作 P1M⊥X 轴、∵CP1＝BC，∠ P1CM＝∠ BCD，∠ P1MC＝∠ BDC＝90°、∴ RT△P1CM≌ RT△ BCD， 10 分∴ CM＝CD＝2， P1M＝ BD＝1，可求得点P1（1，－ 1）；11 分1 1把 X＝1 代入 Y＝2 X2＋2 X－2，得 Y＝－ 1、∴点 P1（ 1，－ 1）在抛物线上、12 分②过点 A 作 AP2⊥AC，且使 AP2＝ AC，那么获得以点 A 为直角极点的等腰直角三角形△ ACP2、13分过点 P2 作 P2N⊥Y 轴，同理可证 RT△ P2NA≌RT△AOC、14 分P2N＝ AO＝ 2， AN＝ CO＝ 1、可求得点P2（2，1）、15 分1 1把 X＝2 代入 Y＝2 X2＋2 X－2，得 Y＝1、∴点 P2（ 2， 1）在抛物线上、 16 分综上所述，在抛物线上还存在点 P1（ 1，－ 1）和 P2（ 2， 1），使△ ACP仍旧是以 AC 为直角边的等腰直角三角形、35. 如图，在平面直角坐标中，二次函数图象的极点坐标为C（4，－3），且在X轴上截得的线段AB 的长为 6、〔1〕求二次函数的分析式；〔2〕点 P 在 Y 轴上，且使得△ PAC的周长最小，求：①点 P 的坐标；②△ PAC的周长和面积；〔 3〕在 X 轴上方的抛物线上，能否存在点 Q，使得以 Q、A、B 三点为极点的三角形与△ ABC相像？假如存在，求出点 Q的坐标；假如不存在，请说明原因、解：〔 1〕设二次函数的分析式为Y＝ A（X－ 4） 2－3 （A≠0），且A（X1，0），B （X2，0）、∵Y＝ A（ X－4）2－3＝AX2－8AX＋16A－33∴ X1＋X2＝8， X1X2＝16－a 、3 3∴ AB2＝（ X1－X2）2＝（ X1＋X2） 2－ 4X1X2＝ 82－4（ 16－a）＝ 36，∴ A＝9 、3∴二次函数的分析式为 Y＝9（X－4）2－3 、 2 分〔2〕①如图 1，作点 A 对于 Y轴的对称点 A′，连结 A′C交 Y轴于点 P，连结 PA，那么点 P 为所求、3令 Y＝0，得9（X－4）2－3＝0，解得 X1＝ 1， X2＝7、∴A（ 1， 0）， B（7， 0）、∴ OA＝ 1，∴ OA′＝ 1、设抛物线的对称轴与X 轴交于点 D，那么 AD＝ 3， A′ D＝ 5， DC＝3 、OP A O OP 1 3∵△ A′OP∽△ ADC，∴DC＝AD，即3＝ 5 ，∴OP＝ 5 、3∴ P（ 0，－5）、 4 分②∵A′C＝ AD2 DC 2 ＝ 5 2 ( 3)2 ＝ 2 7 AC＝ AD 2 DC 2 ＝ 32 ( 3)2 ＝ 2 3∴△ PAC的周长＝ PA＋ PC＋AC＝A′C＋ AC＝27 ＋ 2 3 、 5 分1 1 3 4 3S△PAC＝ S△A′AC－ S△ A′ AP＝2A′ A（ DC－ OP）＝2×2×（3－5）＝ 5 、7分〔3〕存在、 8 分DC 3∵TAN∠BAC＝AD＝3，∴∠ BAC＝ 30°、同理，∠ ABC＝ 30°，∴∠ ACB＝ 120°， AC＝ BC、①假定以 AB为腰，∠ BAQ1为顶角，使△ ABQ1∽△ CBA，那么 AQ1＝ AB＝6，∠ BAQ1 ＝120°、如图 2，过点 Q1作 Q1H⊥X 轴于 H，那么3 1Q1H＝ AQ1·SIN60°＝ 6×2＝3 3， HA＝AQ1·COS60°＝ 6×2＝3、HO＝HA－ OA＝3－1＝2、∴点 Q1的坐标为（－ 2，3 3）、3 3把 X＝－2代入Y＝9 （X－ 4）2－ 3 ，得Y＝9（－2－4）2－ 3 ＝3 3 、∴点 Q1在抛物线上、9 分②假定以 BA为腰，∠ABQ2为顶角，使△ABQ2∽△ ACB，由对称性可求得点Q1的坐标为（ 10，3 3 ）、相同，点Q2也在抛物线上、10 分③假定以 AB为底， AQ， BQ为腰，点 Q在抛物线的对称轴上，不合题意，舍去、11分综上所述，在 X 轴上方的抛物线上存在点Q1（－ 2，3 3）和 Q2（10，3 3），使得以 Q、 A、 B 三点为极点的三角形与△ ABC相像、12 分36.如图，抛物线 Y＝AX2＋BX＋C（A≠ 0）与 X 轴交于 A（－ 3， 0）、B 两点，与 Y轴订交于点 C（0，3）、当 X＝－ 4 和 X＝2 时，二次函数 Y＝ AX2＋ BX＋C（ A≠ 0）的函数值 Y 相等，连结 AC、 BC、〔 1〕务实数 A，B， C的值；〔 2〕假定点 M、N 同时从 B 点出发，均以每秒 1 个单位长度的速度分别沿 BA、 BC边运动，此中一个点抵达终点时，另一点也随之停止运动、当运动时间为T 秒时，连结MN，将△ BMN沿 MN翻折， B 点恰巧落在 AC边上的 P 处，求 T 的值及点P 的坐标；〔 3〕在〔 2〕的条件下，抛物线的对称轴上能否存在点Q，使得以B， N， Q为极点的三角形与△ ABC相像？假定存在，恳求出点 Q的坐标；y假定不存在，请说明原因、9a 3b c 0 Cc 3 P N16a 4b c 4a 2b c解：〔 1〕由题意得3 2 3A M OB x解得 A＝－3， B＝－3，C＝3、3 分3 2 3 3 2 3〔 2〕由〔 1〕知 Y＝－ 3 X2－3X＋3，令 Y＝ 0，得－3X2－3X＋3 ＝0、解得 X1＝－ 3，X2＝1、∵A （－ 3，0），∴ B （1，0）、又∵ C （0，3），∴OA ＝3，OB ＝1，OC ＝3 ，∴ AB ＝4，BC ＝2、OAy∴ TAN ∠ACO ＝ OC ＝3，∴∠ ACO ＝ 60°，∴∠ CAO ＝ 30°、同理，可求得∠ CBO ＝60°，∠ BCO ＝ 30°，∴∠ ACB ＝90°、C∴△ ABC 是直角三角形、PN又∵ BM ＝ BN ＝ T ，∴△ BMN 是等边三角形、∴∠ BNM ＝ 60°，∴∠ PNM ＝ 60°，∴∠ PNC ＝60°、PNABAH M O Bx∴ RT △PNC ∽RT △ABC ，∴NC＝BC、图 1t4由题意知 PN ＝ BN ＝ T ， NC ＝BC －BN ＝ 2－T ，∴ 2 t ＝ 2 、4∴T ＝ 3、 4分41∴OM ＝BM －OB ＝ 3 －1＝ 3 、4 3 2 3如图 1，过点 P 作 PH ⊥ X 轴于 H ，那么 PH ＝ PM · SIN60°＝ 3 × 2 ＝ 3 、4 1 2MH ＝ PM · COS60°＝ 3 × 2 ＝ 3、1 2∴ OH ＝OM ＋MH ＝ 3 ＋ 3＝1、2 3∴点 P 的坐标为（－ 1， 3）、 6 分〔 3〕存在、由〔 2〕知△ ABC 是直角三角形，假定△ BNQ 与△ ABC 相像，那么△ BNQ 也是直角三角形、3 2 3∵二次函数 Y ＝－3X2－3X ＋3的图象的对称轴为X ＝－ 1、∴点 P 在对称轴上、∵ PN ∥X 轴，∴ PN ⊥对称轴、又∵ QN ≥ PN ， PN ＝ BN ，∴ QN ≥BN 、 ∴△ BNQ 不存在以点 Q 为直角极点的情况、①如图 2，过点 N 作 QN ⊥对称轴于 Q ，连结 BQ ，那么△ BNQ 是以点 N 为直角极点的 直角三角形，且 QN 》PN ，∠ MNQ ＝30°、43PN38 3∴∠ PNQ ＝ 30°，∴ QN ＝ cos30o ＝ 2 ＝ 9 、8 39 QN42 3∴ BN ＝3＝3、ACQN AC∵ BC ＝TAN60°＝ 3，∴BN ≠BC 、∴当△ BNQ 以点 N 为直角极点时，△ BNQ 与△ ABC 不相像、 7 分 ②如图 3，延伸 NM 交对称轴于点 Q ，连结 BQ ，那么∠ BMQ ＝ 120°、 ∵∠ AMP ＝ 60°，∠ AMQ ＝∠ BMN ＝ 60°，∴∠ PMQ ＝120°、 ∴∠ BMQ ＝∠ PMQ ，又∵ PM ＝ BM ， QM ＝ QM 、 ∴△ BMQ ≌△ PMQ ，∴∠ BQM ＝∠ PQM ＝ 30°、 ∵∠ BNM ＝ 60°，∴∠ QBN ＝ 90°、 ∵∠ CAO ＝ 30°，∠ ACB ＝90°、 ∴△ BNQ ∽△ ABC 、 8 分∴当△ BNQ 以点 B 为直角极点时，△ BNQ ∽△ ABC 、 设对称轴与 X 轴的交点为 D 、∵∠ DMQ ＝∠ DMP ＝ 60°， DM ＝DM ，∴ RT △ DMQ ≌ RT △ DMP 、 ∴ DQ ＝PD ，∴点 Q 与点 P 对于 X 轴对称、2 3∴点 Q 的坐标为（－ 1，－ 3 ）、9 分2 3综合①②得，在抛物线的对称轴上存在点 Q （－ 1，－3），使得以 B ， N ，Q 为顶点的三角形与△ ABC 相像、 10 分37. 如图①，抛物线 Y ＝ AX2＋ BX ＋ 3〔 A ≠ 0〕与 X 轴交于点 A （1，0）和点 B （－ 3， 0），与 Y 轴交于点 C 、〔 1〕求抛物线的分析式；〔 2〕设抛物线的对称轴与 X 轴交于点 M ，问在对称轴上能否存在点P ，使△ CMP 为等腰三角形？假定存在，请直接写出全部切合条件的点 P 的坐标；假定不存在，请说明原因；〔 3〕如图②，假定点 E 为第二象限抛物线上一动点，连结 BE 、CE ，求四边形 BOCE 面积的最大值，并求此时 E 点的坐标、a ＋b ＋ ＝ 0a 3－b ＋ ＝解：〔 1〕由题意得 9 330 、1 分a ＝ －1解得b ＝－2、2 分∴所求抛物线的分析式为 Y ＝－ X2－ 2X ＋ 3；3 分〔 2〕存在切合条件的点 P ，其坐标为 P （－ 1，10）或P （－ 1，－10 ）5或 P （－ 1，6）或 P （－ 1， 3 ）； 7 分〔 3〕解法一：过点 E 作 EF ⊥ X 轴于点 F ，设 E （ M ，－ M2－ 2M ＋3）〔－ 3《A 《 0〕那么 EF ＝－ M2－2M ＋3， BF ＝ M ＋ 3， OF ＝－ M 、 8 分 ∴ S 四边形 BOCE ＝ S △BEF ＋ S 梯形 FOCE1 1＝ 2 BF · EF ＋ 2 （ EF ＋ OC ）·OF11＝ 2 （M ＋3）（－ M2－2M ＋3）＋ 2（－ M2－2M ＋6）（－ M ）、 9 分3 99 ＝－ 2 M2－ 2M ＋ 2 10分33 63＝－ 2 （M ＋ 2 ）2＋ 8363∴当 M ＝－ 2 时， S 四边形 BOCE 最大，且最大值为8 、11分33 15此时 Y ＝－（－ 2 ）2－2×（－ 2 ）＋ 3＝ 4315∴此时 E 点的坐标为（－ 2 ，4）、 12 分解法二：过点 E 作 EF ⊥ X 轴于点 F ，设 E （ X ， Y ）〔－ 3《 X 《 0〕 8 分 那么 S 四边形 BOCE ＝S △ BEF ＋ S 梯形 FOCE11＝ 2 BF · EF ＋ 2（ EF ＋ OC ）·OF1 1＝ 2 （3＋X ）· Y ＋ 2 （3＋ Y ）（－ X ）、 9 分 33＝ 2 （Y －X ）＝ 2 （－ X2－3X ＋ 3）、 10 分33 63＝－ 2 （X ＋ 2 ）2＋ 8363∴当 X ＝－ 2 时， S 四边形 BOCE 最大，且最大值为8 、11分3315此时 Y ＝－（－ 2）2－2×（－2）＋3＝43 15∴此时 E 点的坐标为（－ 2 ， 4 ）、 12 分38. 如图，抛物线 Y ＝AX2＋BX ＋C 与 X 轴交于 A 、B 两点，与 Y 轴交于点 C 、此中点 A 在 X 轴的负半轴上，点 C 在 Y 轴的负半轴上，线段 OA 、OC 的长〔 OA 《OC 〕是方程 X2 －5X ＋4＝ 0 的两个根，且抛物线的对称轴是直线X ＝1、〔 1〕求 A 、B 、C 三点的坐标； 〔 2〕求此抛物线的分析式；〔 3〕假定点 D 是线段 AB 上的一个动点〔与点 A 、B 不重合〕，过点 D 作 DE ∥ BC 交AC 于点 E ，连结 CD ，设 BD 的长为 M ，△ CDE 的面积为 S ，求 S 与 M 的函数关系式，并写出自变量 M 的取值范围、 S 能否存在最大值？假定存在， 求出最大值并求此时 D 点坐标；假定不存在，请说明原因、解：〔 1〕∵ OA、OC的长是方程X2－5X＋4＝ 0 的两个根， OA《OC、∴OA＝1， OC＝ 4、∵点 A 在 X 轴的负半轴，点C在 Y 轴的负半轴∴A〔－ 1，0〕，C〔0，－ 4〕、∵抛物线 Y＝ AX2＋ BX＋ C的对称轴为X＝ 1∴由对称性可得 B 点坐标为〔 3， 0〕、∴A、 B、 C三点的坐标分别是： A〔－ 1，0〕，B〔3，0〕，C〔0，－ 4〕、3 分〔2〕∵点 C〔 0，－ 4〕在抛物线 Y＝ AX2＋ BX＋C图象上，∴ C＝－ 4、 4 分将 A〔－ 1，0〕，B〔3，0〕代入 Y＝AX2＋BX－4 得a ＝4a －b－4 ＝03b ＝－8 ＋－＝9a 3b 4 0解得 3 6 分48∴此抛物线的分析式为Y＝3X2－3X－4、 7分〔3〕∵ BD＝M，∴ AD＝ 4－M、在 RT△ BOC中， BC2＝OB2＋ OC2＝ 32＋ 42＝ 25，∴BC＝5、∵ DE∥BC，∴△ ADE∽△ ABC、DEAD－DE4 m∴BC＝AB，即 5 ＝ 4 、20－ 5m∴DE＝4、OC 4过点 E 作 EF⊥ AB于点 F，那么 SIN∠ EDF＝ SIN∠CBA＝BC＝5、EF 4 4 4 20－ 5m∴ DE ＝5，∴EF＝ 5DE＝5 × 4 ＝4－M、9 分∴S＝ S△ CDE＝ S△ ADC－ S△ ADE1 1＝ 2 （4－M）×4－ 2 （4－M）（4－M）1＝－2M2＋2M1＝－ 2 （M－2）2＋2〔0《M《4〕、10分1∵－ 2《0∴当 M＝2 时， S有最大值 2、 11 分此时 OD＝OB－BD＝ 3－2＝1、∴此时 D 点坐标为〔 1， 0〕、12 分39.如图，抛物线 Y＝ A（ X＋3）（ X－1）与 X 轴订交于 A、B 两点〔点 A 在点 B 右边〕，过点 A 的直线交抛物线于另一点 C，点 C的坐标为（－ 2， 6）、〔 1〕求 A 的值及直线 AC的函数关系式；〔 2〕 P 是线段 AC上一动点，过点P 作 Y 轴的平行线，交抛物线于点M，交 X 轴于点 N、①求线段 PM长度的最大值；②在抛物线上能否存在这样的点 M，使得△ CMP与△ APN相像？假如存在，请直接写出全部知足条件的点 M的坐标〔不用写解答过程〕；假如不存在，请说明原因、解：〔 1〕由题意得 6＝ A（－ 2＋ 3）（－ 2－ 1），∴ A＝－ 2、 1 分∴抛物线的分析式为 Y＝－ 2（ X＋ 3）（ X－ 1），即 Y＝－ 2X2－ 4X＋ 6令－ 2（X＋3）（X－ 1）＝ 0，得 X1＝－ 3， X2＝ 1∵点 A 在点 B 右边，∴ A（1，0），B（－ 3，0）设直线 AC 的函数关系式为 Y ＝ KX ＋B ，把 A （ 1，0）、C （－ 2，6）代入，得k ＋ b ＝ 0k ＝ －2－k b＝＋ ＝6解得 b 22∴直线 AC 的函数关系式为 Y ＝－ 2X ＋ 2、 3 分〔 2〕①设 P 点的横坐标为 M （－ 2≤ M ≤1），那么 P （ M ，－ 2M ＋ 2）， M （M ，－ 2M2－ 4M ＋ 6）、 4 分∴ PM ＝－ 2M2－ 4M ＋ 6－（－ 2M ＋ 2） ＝－ 2M2－ 2M ＋ 419＝－ 2（M ＋ 2 ）2＋219∴当 M ＝－ 2时，线段 PM 长度的最大值为 2 、 6 分 ②存在 M1（0，6 ）、 7分155M2（－ 4 ，8）、 9 分点 M 的坐标的求解过程以下〔原题不作要求，自己增添，仅供参照〕ⅰ）如图 1，当 M 为直角极点时，连结 CM ，那么 CM ⊥ PM ，△ CMP ∽△ ANP∵点 C （－ 2， 6），∴点 M 的纵坐标为 6，代入 Y ＝－ 2X2－4X ＋ 6 得－ 2X2－ 4X ＋ 6＝ 6，∴ X ＝－ 2〔舍去〕或 X ＝ 0 ∴M1（0，6）〔此时点 M 在 Y 轴上，即抛物线与 Y 轴的交点，此时直线 MN 与 Y 轴 重合，点 N 与原点 O 重合〕 ⅱ）如图 2，当 C 为直角极点时，设M （M ，－ 2M2－ 4M ＋ 6）（－ 2≤ M ≤ 1）过 C 作 CH ⊥MN 于 H ，连结 CM ，设直线 AC 与 Y 轴订交于点 D 那么△ CMP ∽△ NAP又∵△ HMC ∽△ CMP ，△ NAP ∽△ OAD ，∴△ HMC ∽△ OADCHMH∴OD ＝ OA∵C（－ 2，6），∴ CH＝ M＋2，MH＝－ 2M2－ 4M＋6－ 6＝－ 2M2－4M 在 Y＝－ 2X＋ 2 中，令 X＝0，得 Y＝2∴D（ 0， 2），∴ OD＝ 2m 2 2m2 4m∴ 2 ＝ 11整理得 4M2＋ 9M＋2＝0，解得 M＝－ 2〔舍去〕或 M＝－41 1 1 55当 M＝－4时，－ 2M2－4M＋6＝（－4）2－4×（－4）＋ 6＝8155∴M2（－4，8）7 D（0，9 34，该图象在 X如图，二次函数的图象经过点），且极点 C 的横坐标为轴上截得的线段AB 的长为 6、〔1〕求该二次函数的分析式；〔2〕在该抛物线的对称轴上找一点P，使 PA＋PD最小，求出点 P 的坐标；〔 3〕在抛物线上能否存在点Q，使△ QAB与△ ABC相像？假如存在，求出点Q的坐标；假如不存在，请说明原因、解：〔 1〕设该二次函数的分析式为Y＝ A（ X－ H）2＋ K73∵极点 C 的横坐标为 4，且过点D（0，9）73∴9＝16A＋K①又∵对称轴为直线X＝ 4，图象在 X 轴上截得的线段AB的长为 6 ∴A（ 1， 0），B（7，0）∴0＝ 9A＋ K②3由①②解得A＝9，K＝－33∴该二次函数的分析式为Y＝9（X－4）2－3〔 2〕∵点 A、 B 对于直线 X＝4 对称，∴ PA＝ PB ∴PA＋PD＝PB＋PD≥ DB∴当点 P 在线段 DB上时， PA＋ PD获得最小值∴ DB与对称轴的交点即为所求的点P，如图 1设直线 X＝4 与 X轴交于点 M∵PM∥OD，∴∠ BPM＝∠ BDO又∠ PBM＝∠ DBO，∴△ BPM∽△ BDOPMPMBM 7 3 33＝ 7 ，∴PM＝3 '∴DO＝BO，即93∴点 P 的坐标为（ 4，3）〔3〕由〔 1〕知点 C（4，－3），又∵ AM＝ 3，∴在 RT△ ACM中， TAN∠ ACM＝3，∴∠ACM＝60°∵AC＝BC，∴∠ ACB＝120°①如图 2，当点 Q在 X轴上方时，过 Q作 QN⊥ X 轴于 N 假如 AB＝ BQ，由△ ABC∽△ ABQ，得 BQ＝6，∠ ABQ＝120°∴∠ QBN＝ 60°∴QN＝3 3，BN＝3，ON＝10∴此时点 Q的坐标为（ 10，3 3）3∵9（10－4）2－3＝3 3，∴点Q在抛物线上假如 AB＝ AQ，由对称性知Q（－ 2，3 3），且也在抛物线上②当点 Q在 X 轴下方时，△ QAB就是△ ACB∴此时点 Q的坐标为（ 4，－3）综上所述，在抛物线上存在点Q，使△ QAB与△ ABC相像点 Q的坐标为（ 10，3 3）或（－ 2，3 3）或（ 4，－3）、41.，如图，抛物线 Y＝ AX2＋ 3AX＋C〔 A》 0〕与 Y 轴交于 C点，与 X轴交于 A、 B 两点， A 点在 B点左边，点 B 的坐标为〔 1，0〕，OC＝3OB、〔1〕求抛物线的分析式；〔2〕假定点 D是线段 AC下方抛物线上的动点，求四边形 ABCD面积的最大值；〔3〕假定点 E在 X 轴上，点 P 在抛物线上，能否存在以 A、C、E、P 为极点且以 AC 为一边的平行四边形？假定存在，求点P 的坐标；假定不存在，请说明原因、3a 3解：〔 1〕∵对称轴 X＝－2a ＝－ 2 、 1 分又∵ OC＝ 3OB＝ 3， A》0∴C（ 0，－ 3）、 2 分方法一：把B（1， 0）、 C（0，－ 3）代入 Y＝AX2＋ 3AX＋ C得：3a＋3a＋ c＝ 0解得a＝4c ＝－ 3c ＝－ 33 9∴抛物线的分析式为 Y＝4X2＋4 X－3、 4 分方法二：令AX2＋3AX＋ C＝0，那么 XA＋XB＝－ 3∵ B（ 1， 0），∴ XA＋ 1＝－ 3，∴ XA＝－ 4∴A（－ 4，0）∴可设抛物线的分析式为Y＝A（ X＋ 4）（ X－1），把 C（ 0，－ 3）代入3得－ 3＝A（0＋ 4）（0－1），∴ A＝43∴抛物线的分析式为Y＝4（X＋4）（X－1）3 9即 Y＝4 X2＋4 X－3、 4 分〔 2〕方法一：如图1，过点 D作 DN⊥ X轴，垂足为N，交线段AC于点M∵S 四边形 ABCD＝ S△ABC＋ S△ACD1 1＝ 2 AB·OC＋ 2 DM·（AN＋ON）1 1＝ 2 （4＋1）×3＋ 2 DM·415＝2＋2DM、5分设直线 AC的分析式为Y＝KX＋ B，把 A（－ 4， 0）、 C（0，－ 3）代入3－4k＋ b＝0得解得 k＝－4b＝－ 3b＝－ 33∴直线 AC的分析式为 Y＝－4 X－ 3、 6 分3 9 3设 D（X，4X2＋4 X－3），那么 M（X，－4X－3）3 3 9 3∴ DM＝－4X－ 3－（4X2＋4 X－3）＝－4（X＋ 2）2＋3、 7 分当 X＝－ 2 时， DM有最大值 31527此时四边形ABCD面积有最大值，最大值为： 2方法二：如图2，过点 D作 DQ⊥ Y轴于 Q，过点＋2×3＝2、8分C作 CC1∥X 轴交抛物线于C13 9 3 9设 D（ X，4X2＋4 X－ 3），那么 DQ＝－ X， OQ＝－4X2－4 X＋3从图象可判断当点 D在 CC1下方的抛物线上运动时，四边形 ABCD面积才有最大值那么 S 四边形 ABCD＝S△ BOC＋ S 梯形 AOQD－S△ CDQ11 1＝2 OB·OC＋ 2 （AO＋DQ）·OQ－ 2 DQ·CQ11 1＝ 2 ×1×3＋ 2 （4＋DQ）·OQ－ 2 DQ·（OQ－3）3 3＝ 2 ＋2OQ＋2 DQ、 5 分3 3 9 3＝ 2－2（4X2＋4X－3）－ 2X315＝－ 2 X2－6X＋ 2327＝－ 2 （X＋2）2＋ 2 、7分27 当 X＝－ 2 时，四边形ABCD面积有最大值 28 分〔 3〕如图 3①过点 C 作 CP1∥X 轴交抛物线于点P1，过点P1作P1E1∥AC交X 轴于点E1，那么四边形 ACP1E1为平行四边形、9 分39∵C（ 0，－ 3），令4 X2＋4 X－ 3＝－ 3解得 X1＝ 0， X2＝3，∴ CP1＝ 3∴ P1（－ 3，－ 3）、11 分②平移直线 AC交 X 轴于点 E，交 X 轴上方的抛物线于点 P，当 AC＝PE时，四边形ACEP为平行四边形、12 分∵ C（ 0，－ 3），∴设 P（ X， 3）3 9 －3＋ 41 － 3 －41由4X2＋4 X－ 3＝3，解得 X＝ 2 或 X＝ 2 －3＋ 41 －3－ 41∴ P2（ 2 ， 3）， P3（ 2 ，3）、14 分综上所述，存在以A、C、E、P 为极点且以 AC为一边的平行四边形，点P 的坐标分别为：－3＋ 41 －3－ 41P1（－ 3，－ 3），P2（ 2 ， 3）， P3（ 2 ， 3）142.如图，在平面直角坐标系 XOY中，抛物线 Y＝－2 X2＋BX＋C 与 X 轴交于 A（1，0）、 B（5，0）两点、〔 1〕求抛物线的分析式和极点 C的坐标；〔 2〕设抛物线的对称轴与 X 轴交于点 D，将∠ DCB绕点 C按顺时针方向旋转，角的两边 CD和 CB与 X 轴分别交于点P、Q，设旋转角为α（ 0°《α ≤90°）、①当α等于多少度时，△CPQ是等腰三角形？②设 BP＝ T， AQ＝S，求 S 与 T 之间的函数关系式、1－ 2 ＋b＋c＝0解：〔 1〕依据题意，得、、 1 分25－2＋ 5b＋c＝ 0b＝ 3解得 5 、、 2 分c＝－21 5∴抛物线的分析式为Y＝－2 X2＋ 3X－2 、 3 分1即 Y＝－2（ X－3）2＋2、∴极点 C 的坐标为〔 3， 2〕、、 4 分〔2〕①∵ CD＝ DB＝ AD＝ 2， CD⊥AB，∴∠ DCB＝∠ CBD＝ 45°、 5 分1ⅰ〕假定CQ＝ CP，那么∠PCD＝2 ∠PCQ＝°、∴当α＝ 22.5 °时，△ CPQ是等腰三角形、6 分ⅱ〕假定 CQ＝ PQ，那么∠ CPQ＝∠ PCQ＝45°，此时点 Q与 D 重合，点 P 与 A 重合、∴当α＝ 45°时，△ CPQ是等腰三角形、7 分ⅲ〕假定 PC＝ PQ，那么∠ PCQ＝∠ PQC＝45°，此时点∴α＝0°，不合题意、8 分∴当α＝ 22.5 °或 45°时，△ CPQ是等腰三角形、②连结 AC，∵ AD＝ CD＝ 2，CD⊥AB，Q与 B 重合，点9 分P 与D重合、∴∠ ACD＝∠ CAD＝ 45°， AC＝BC＝22＋22 ＝22 、10 分ⅰ〕当 0°《α≤45°时，∵∠ ACQ＝∠ ACP＋∠ PCQ＝∠ ACP＋45°、∠BPC＝∠ ACP＋∠ CAD＝∠ ACP＋ 45°、∴∠ ACQ＝∠ BPC、11 分又∵∠ CAQ＝∠ PBC＝ 45°，∴△ ACQ∽△ BPC、AQ AC∴BC＝BP、∴AQ·BP＝AC·BC＝2 2×2 2＝8、 12 分ⅱ〕当 45°《α《 90°时，同理可得AQ· BP＝AC· BC＝ 8、13 分8∴ S＝t、14 分2018 中考数学压轴题及答案40 例〔 8〕32.： RT△ ABC的斜边长为 5，斜边上的高为 2，将这个直角三角形搁置在平面直角坐标系中，使其斜边 AB与 X 轴重合〔此中 OA《OB〕，直角极点 C落在 Y 轴正半轴上〔如图1〕、〔1〕求线段 OA、OB的长和经过点 A、 B、 C的抛物线的关系式、〔2〕如图 2，点 D 的坐标为〔 2，0〕，点 P〔 M，N〕是该抛物线上的一个动点〔此中 M》 0， N》 0〕，连结 DP交 BC于点 E、①当△ BDE是等腰三角形时，直接写出此时点 E 的坐标、②又连结 CD、CP〔如图 3〕，△ CDP能否有最大面积？假定有，求出△CDP的最大面积和此时点P 的坐标；假定没有，请说明原因、OA OC解：〔 1〕由题意知RT△△ AOC∽ RT△ COB，∴OC＝OB、∴OC2＝OA·OB＝OA（AB－OA），即 22＝OA（5－ OA）、∴OA2－5OA＋ 4＝0，∵ OA《 OB，∴ OA＝1， OB＝ 4、 2 分∴A（－ 1，0），B（4，0），C（0，2）、∴可设所求抛物线的关系式为Y＝A（X＋1）（X－4）、 3 分1将点 C（0，2）代入，得 2＝ A（ 0＋1）（0－4），∴A＝－2、1∴经过点 A、 B、C 的抛物线的关系式为Y＝－2（X＋1）（X－4）、 4 分1 3即 Y＝－2X2＋2X＋2、14 842545， 5〔2〕① E1（3， 2 ），E2（ 5 ， 5 ），E3（ 5 ）、7 分 对于点 E 的坐标求解过程以下〔原题不作要求，自己增添，仅供参照〕 ：设直线 BC 的分析式为 Y ＝KX ＋ B 、1 4k b 0k2那么b2解得b 21∴直线 BC 的分析式为 Y ＝－ 2X ＋ 2、1∵点 E 在直线 BC 上，∴ E （ X ，－ 2 X ＋2）、1假定 ED ＝ EB ，过点 E 作 EH ⊥ X 轴于 H ，如图 2，那么 DH ＝ 2 DB ＝ 1、 ∴ OH ＝OD ＋DH ＝2＋1＝3、11∴点 E 的横坐标为3，代入直线 BC 的分析式，得 Y ＝－ 2 ×3＋2＝ 2 、1∴E1（3， 2 ）、1假定 DE ＝ DB ，那么（ X － 2） 2＋（－ 2 X ＋ 2） 2＝22、4整理得 5X2－ 24X ＋ 16＝ 0，解得 X1＝ 4〔舍去〕，X2＝ 5 、1 4 848∴ Y ＝－ 2× 5＋2＝5，∴E2（ 5，5）、1假定 BE ＝ BD ，那么（ X － 4） 2＋（－ 2X ＋ 2）2＝22、45整理得 5X2－ 24X ＋ 16＝ 0，解得 X1＝45 〔此时点 P 在第四象限，舍去〕 ， X2445＝5、14 244 254555， 5∴Y ＝－ 2 ×（ 5）＋2＝ 5 ，∴ E3（5）、②△ CDP 有最大面积、 8 分过点 D 作 X 轴的垂线，交 PC 于点 M ，如图 3、设直线 PC 的分析式为 Y ＝PX ＋ Q ，将 C （0， 2），P （ M ， N ）代入，n 2q 2pm得 mp q n 解得 q 2n 2 2n 4∴直线 PC 的分析式为 Y ＝ m X ＋ 2，∴ M （ 2， m ＋2）、1S △CDP ＝ S △CDM ＋ S △PDM ＝ 2 XP ·YM12n 4＝ 2 M （ m ＋ 2） ＝ M ＋N －21 3＝ M ＋（－ 2 M2＋ 2 M ＋ 2）－ 215＝－ 2M2＋2M1525＝－ 2（M － 2）2＋ 8525∴当M ＝2时，△ CDP 有最大面积，最大面积为8 、9 分153521此时 N ＝－ 2×（ 2）2＋ 2× 2＋2＝ 85 21∴此时点 P 的坐标为（ 2 ， 8 ）、 10 分33. 如图，抛物线 Y ＝X2＋4X ＋ 3 交 X 轴于 A 、 B 两点，交 Y 轴于点 C ， ?抛物线的对称轴交 X 轴于点 E ，点 B 的坐标为（－ 1， 0）、〔 1〕求抛物线的对称轴及点 A 的坐标；〔 2〕在平面直角坐标系 XOY 中能否存在点 P ，与 A 、B 、C 三点组成一个平行四边形？假定存在，请写出点 P 的坐标；假定不存在，请说明原因；〔 3〕连结 CA 与抛物线的对称轴交于点 D ，在抛物线上能否存在点 M ，使得直线 CM把四边形 DEOC 分红面积相等的两部分？假定存在，恳求出直线 CM 的分析式；假定不存在，请说明原因、4解：〔 1〕对称轴为直线 X ＝－ 2 ＝－ 2，即 X ＝－ 2； 2 分 令 Y ＝ 0，得 X2＋4X ＋3＝0，解得 X1＝－ 1，X2＝－ 3、∵点 B 的坐标为（－ 1， 0），∴点 A 的坐标为（－ 3， 0）、 4 分〔 2〕存在，点 P 的坐标为（－ 2，3），（ 2， 3）和（－ 4，－ 3）、 7 分〔 3〕存在、 8 分当 X ＝ 0 时， Y ＝X2＋ 4X ＋3＝ 3，∴点 C 的坐标为（ 0，3）、AO ＝ 3，EO ＝2，AE ＝ 1， CO ＝ 3、 ∵ DE ∥CO ，AEDE1DE∴△ AED ∽△ AOC 、∴ AO ＝ CO ，即 3 ＝ 3、 ∴ DE ＝1、 9 分∵ DE ∥CO ，且 DE ≠ CO ，∴四边形 DEOC 为梯形、1S 梯形 DEOC ＝ 2（1＋3）× 2＝4、设直线 CM 交 X 轴于点 F ，如图、假定直线CM把梯形DEOC分红面积相等的两部分，那么S△ COF＝ 21 1 4即 2 CO·FO＝2、∴ 2 ×3FO＝2，∴FO＝ 3 、4∴点 F 的坐标为（－ 3 ，0）、10分∵直线 CM经过点 C（0， 3），∴设直线CM的分析式为 Y＝KX＋3、4 4把F（－3， 0）代入，得－3K＋3＝0、11 分9∴K＝4、9∴直线 CM的分析式为Y＝4 X＋ 3、12 分34. 在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0， 2），点 C（－ 1，0），以下列图；抛物线Y＝ AX2＋ AX－ 2 经过点 B、〔1〕求点 B 的坐标；〔2〕求抛物线的分析式；〔3〕在抛物线上能否还存在点 P〔点 B 除外〕，使△ ACP仍旧是以 AC为直角边的等腰直角三角形？假定存在，求全部点P 的坐标；假定不存在，请说明原因、解：〔 1〕过点 B 作 BD⊥ X 轴于 D、∵∠ BCD＋∠ ACO＝ 90°，∠ ACO＋∠ CAO＝ 90°、∴∠ BCD＝∠ CAO、 1 分又∵∠ BDC＝∠ COA＝ 90°， BC＝ CA、∴ RT△BCD≌RT△CAO，2 分∴BD＝CO＝1， CD＝AO＝2、 3 分∴点 B 的坐标为（－ 3， 1）； 4 分1 〔 2〕把B（－ 3，1）代入Y＝AX2＋AX－2，得1＝ 9A－ 3A－ 2，解得A＝2 、 6分1 1∴抛物线的分析式为Y＝2X2＋2X－2；7分〔 3〕存在、 8 分①延伸 BC至点 P1，使 CP1＝ BC，那么获得以点ACP1、C为直角极点的等腰直角三角形△9 分过点 P1 作 P1M⊥X 轴、∵CP1＝BC，∠ P1CM＝∠ BCD，∠ P1MC＝∠ BDC＝ 90°、∴ RT△P1CM≌ RT△ BCD， 10 分∴ CM＝CD＝2， P1M＝ BD＝1，可求得点P1（1，－ 1）；11 分1 1把 X＝1 代入 Y＝2 X2＋2 X－2，得 Y＝－ 1、∴点 P1（ 1，－ 1）在抛物线上、12 分②过点 A 作 AP2⊥AC，且使 AP2＝ AC，那么获得以点 A 为直角极点的等腰直角三角形△ ACP2、13 分过点 P2 作 P2N⊥Y 轴，同理可证RT△ P2NA≌RT△AOC、14 分P2N＝ AO＝ 2， AN＝ CO＝ 1、可求得点P2（2，1）、15 分1 1把 X＝2 代入 Y＝2 X2＋2 X－2，得 Y＝1、∴点 P2（ 2， 1）在抛物线上、 16 分综上所述，在抛物线上还存在点 P1（ 1，－ 1）和 P2（ 2， 1），使△ ACP仍旧是以 AC 为直角边的等腰直角三角形、35. 如图，在平面直角坐标中，二次函数图象的极点坐标为C（4，－3），且在X轴上截得的线段AB 的长为 6、〔1〕求二次函数的分析式；〔2〕点 P 在 Y 轴上，且使得△ PAC的周长最小，求：①点 P 的坐标；②△ PAC的周长和面积；〔 3〕在 X 轴上方的抛物线上，能否存在点 Q，使得以 Q、A、B 三点为极点的三角形与△ ABC相像？假如存在，求出点 Q的坐标；假如不存在，请说明原因、解：〔 1〕设二次函数的分析式为Y＝ A（X－ 4） 2－3 （A≠0），且A（X1，0），B（X2，0）、∵Y＝ A（ X－4）2－3＝AX2－8AX＋16A－33∴ X1＋X2＝8， X1X2＝16－a、3 3∴ AB2＝（ X1－X2）2＝（ X1＋X2） 2－ 4X1X2＝ 82－4（ 16－a）＝ 36，∴ A＝9 、3∴二次函数的分析式为 Y＝9（X－4）2－3 、 2 分〔2〕①如图 1，作点 A 对于 Y轴的对称点 A′，连结 A′C交 Y轴于点 P，连结 PA，那么点 P 为所求、3令 Y＝0，得9（X－4）2－3＝0，解得 X1＝ 1， X2＝7、∴A（ 1， 0）， B（7， 0）、∴ OA＝ 1，∴ OA′＝ 1、设抛物线的对称轴与 X 轴交于点 D，那么 AD＝ 3， A′ D＝ 5， DC＝3、OP A O OP 1 3∵△ A′OP∽△ ADC，∴DC＝AD，即3＝ 5 ，∴OP＝ 5 、3∴ P（ 0，－5）、 4 分②∵A′C＝ AD2 DC 2 ＝ 5 2 ( 3)2 ＝ 2 7 AC＝ AD 2 DC 2 ＝ 32 ( 3)2 ＝ 2 3∴△ PAC的周长＝ PA＋ PC＋AC＝A′C＋ AC＝27 ＋ 2 3 、 5 分1 1 3 4 3S△PAC＝ S△A′AC－ S△ A′ AP＝2 A′ A（ DC－ OP）＝2×2×（3－5）＝ 5 、7分〔3〕存在、 8 分DC 3∵TAN∠BAC＝AD＝3，∴∠ BAC＝ 30°、同理，∠ ABC＝ 30°，∴∠ ACB＝ 120°， AC＝ BC、①假定以 AB为腰，∠ BAQ1为顶角，使△ ABQ1∽△ CBA，那么 AQ1＝ AB＝6，∠ BAQ1 ＝120°、如图 2，过点 Q1作 Q1H⊥X 轴于 H，那么3 1Q1H＝ AQ1·SIN60°＝ 6×2＝3 3， HA＝AQ1·COS60°＝6×2＝3、HO＝HA－ OA＝3－1＝2、∴点 Q1的坐标为（－2，3 3）、3 3把 X＝－2代入 Y＝9（X－4）2－3，得 Y＝9（－2－4）2－3＝3 3、∴点 Q1在抛物线上、9 分②假定以 BA为腰，∠ ABQ2为顶角，使△ ABQ2∽△ ACB，由对称性可求得点Q1的坐标为（ 10，3 3）、相同，点Q2也在抛物线上、10 分③假定以 AB为底， AQ， BQ为腰，点 Q在抛物线的对称轴上，不合题意，舍去、11分综上所述，在 X 轴上方的抛物线上存在点Q1（－ 2，3 3）和 Q2（10，3 3），使得以 Q、 A、 B 三点为极点的三角形与△ ABC相像、12 分36.如图，抛物线 Y＝AX2＋BX＋C（A≠ 0）与 X 轴交于 A（－ 3， 0）、B 两点，与 Y轴订交于点C（0，3）、当X＝－4和X＝2时，二次函数Y＝AX2＋BX＋C（A≠0）的函数值 Y 相等，连结 AC、 BC、〔 1〕务实数 A，B， C的值；〔 2〕假定点 M、N 同时从 B 点出发，均以每秒 1 个单位长度的速度分别沿BA、 BC边运动，此中一个点抵达终点时，另一点也随之停止运动、当运动时间为T 秒时，连结MN，将△ BMN沿 MN翻折， B 点恰巧落在 AC边上的 P 处，求 T 的值及点 P 的坐标；〔 3〕在〔 2〕的条件下，抛物线的对称轴上能否存在点Q，使得以 B， N， Q为极点的三角形与△ ABC相像？假定存在，恳求出点 Q的坐标；y假定不存在，请说明原因、9a 3b c 0 Cc 3 P N16a 4b c 4a 2b c解：〔 1〕由题意得A M OB x3 2 3解得 A＝－3， B＝－3，C＝3、3 分3 2 3 3 2 3〔 2〕由〔 1〕知 Y＝－ 3 X2－3X＋3，令 Y＝ 0，得－3X2－ 3 X＋3 ＝0、解得 X1＝－ 3，X2＝1、∵A（－ 3，0），∴ B（1，0）、又∵ C（0，3），∴OA＝3，OB＝1，OC＝3，∴AB＝4，BC＝2、OA y∴TAN∠ACO＝OC＝3，∴∠ ACO＝ 60°，∴∠ CAO＝ 30°、同理，可求得∠ CBO＝60°，∠ BCO＝ 30°，∴∠ ACB＝90°、 C∴△ ABC是直角三角形、P N又∵ BM＝ BN＝ T，∴△ BMN是等边三角形、∴∠ BNM＝ 60°，∴∠ PNM＝ 60°，∴∠ PNC＝60°、PNAB A H M O B x ∴ RT△PNC∽RT△ABC，∴NC＝BC、图 1t 4由题意知 PN＝ BN＝ T， NC＝BC－BN＝ 2－T，∴2 t ＝ 2 、4∴T＝3、 4分4 1∴OM＝BM－OB＝3－1＝3、4 3 2 3如图 1，过点 P 作 PH⊥ X 轴于 H，那么 PH＝ PM· SIN60°＝3× 2 ＝ 3 、41 2MH＝ PM· COS60°＝3×2＝3、1 2∴OH＝OM＋MH＝3＋3＝1、2 3∴点 P 的坐标为（－ 1，3）、 6 分〔 3〕存在、由〔 2〕知△ ABC是直角三角形，假定△ BNQ与△ ABC相像，那么△ BNQ也是直角三角形、3 2 3∵二次函数Y＝－3X2－3X＋3的图象的对称轴为X＝－1、∴点 P 在对称轴上、∵PN∥X 轴，∴ PN⊥对称轴、又∵ QN≥ PN， PN＝ BN，∴ QN≥BN、∴△ BNQ不存在以点 Q为直角极点的情况、①如图 2，过点 N作 QN⊥对称轴于 Q，连结 BQ，那么△ BNQ是以点 N为直角极点的直角三角形，且QN》PN，∠ MNQ＝30°、43PN 3 8 3∴∠ PNQ＝ 30°，∴ QN＝cos30o＝ 2 ＝9 、8 39QN4 2 3∴BN＝3＝3、AC QN AC∵ BC ＝TAN60°＝ 3 ，∴ BN ≠ BC 、∴当△ BNQ以点 N为直角极点时，△BNQ与△ ABC不相像、7 分②如图 3，延伸 NM交对称轴于点Q，连结 BQ，那么∠ BMQ＝ 120°、∵∠ AMP＝ 60°，∠ AMQ＝∠ BMN＝ 60°，∴∠ PMQ＝120°、∴∠ BMQ＝∠ PMQ，又∵ PM＝ BM， QM＝ QM、∴△ BMQ≌△ PMQ，∴∠ BQM＝∠ PQM＝ 30°、∵∠ BNM＝ 60°，∴∠ QBN＝ 90°、∵∠ CAO＝ 30°，∠ ACB＝90°、∴△ BNQ∽△ ABC、8 分∴当△ BNQ以点 B 为直角极点时，△BNQ∽△ ABC、设对称轴与X 轴的交点为 D、∵∠ DMQ＝∠ DMP＝ 60°， DM＝DM，∴ RT△ DMQ≌ RT△ DMP、∴ DQ＝PD，∴点 Q与点 P 对于 X 轴对称、2 3∴点 Q 的坐标为（－ 1，－ 3 ）、9 分2 3综合①②得，在抛物线的对称轴上存在点 Q （－ 1，－3），使得以 B ， N ，Q 为顶点的三角形与△ ABC 相像、 10 分37. 如图①，抛物线 Y ＝ AX2＋ BX ＋ 3〔 A ≠ 0〕与 X 轴交于点 A （1，0）和点 B （－ 3，0），与 Y 轴交于点 C 、〔 1〕求抛物线的分析式；〔 2〕设抛物线的对称轴与 X 轴交于点 M ，问在对称轴上能否存在点P ，使△ CMP 为等腰三角形？假定存在，请直接写出全部切合条件的点P 的坐标；假定不存在，请说明原因；〔 3〕如图②，假定点 E 为第二象限抛物线上一动点，连结 BE 、CE ，求四边形 BOCE面积的最大值，并求此时E 点的坐标、a ＋b ＋ ＝ 0a 3－b ＋ ＝解：〔 1〕由题意得 9 330 、1 分a ＝ －1解得b ＝－2、2 分∴所求抛物线的分析式为 Y ＝－ X2－ 2X ＋ 3；3 分〔 2〕存在切合条件的点 P ，其坐标为 P （－ 1，10）或P （－ 1，－10 ）5或 P （－ 1，6）或 P （－ 1， 3 ）； 7 分〔 3〕解法一：过点 E 作 EF ⊥ X 轴于点 F ，设 E （ M ，－ M2－ 2M ＋3）〔－ 3《A 《 0〕那么 EF ＝－ M2－2M ＋3， BF ＝ M ＋ 3， OF ＝－ M 、 8 分 ∴ S 四边形 BOCE ＝ S △BEF ＋ S 梯形 FOCE1 1＝ 2 BF · EF ＋ 2 （ EF ＋ OC ）·OF11＝ 2 （M ＋3）（－ M2－2M ＋3）＋ 2 （－ M2－2M ＋6）（－ M ）、 9 分3 9 9＝－ 2 M2－2M ＋210 分33 63＝－ 2 （M ＋ 2 ）2＋ 8363∴当 M ＝－ 2 时， S 四边形 BOCE 最大，且最大值为 8 、11分3315此时 Y ＝－（－ 2）2－2×（－ 2）＋ 3＝4315∴此时 E 点的坐标为（－ 2 ，4）、 12 分解法二：过点 E 作 EF ⊥ X 轴于点 F ，设 E （ X ， Y ）〔－ 3《 X 《 0〕 8 分 那么 S 四边形 BOCE ＝S △ BEF ＋ S 梯形 FOCE1 1＝ 2 BF · EF ＋ 2 （ EF ＋ OC ）·OF11＝ 2 （3＋X ）· Y ＋ 2 （3＋ Y ）（－ X ）、 9 分33＝ 2（Y －X ）＝2（－ X2－ 3X ＋ 3）、 10 分3363＝－ 2（X ＋ 2）2＋ 8363∴当 X ＝－ 2 时， S 四边形 BOCE 最大，且最大值为8 、11分33 15此时 Y ＝－（－ 2 ）2－2×（－ 2）＋3＝ 4315∴此时 E 点的坐标为（－ 2 ， 4 ）、 12 分38. 如图，抛物线 Y ＝AX2＋BX ＋C 与 X 轴交于 A 、B 两点，与 Y 轴交于点 C 、此中点 A 在 X 轴的负半轴上，点 C 在 Y 轴的负半轴上，线段 OA 、OC 的长〔 OA 《OC 〕是方程 X2 －5X ＋4＝ 0 的两个根，且抛物线的对称轴是直线X ＝1、〔 1〕求 A 、B 、C 三点的坐标； 〔 2〕求此抛物线的分析式；〔 3〕假定点 D 是线段 AB 上的一个动点〔与点 A 、B 不重合〕，过点 D 作 DE ∥ BC 交AC 于点 E ，连结 CD ，设 BD 的长为 M ，△ CDE 的面积为 S ，求 S 与 M 的函数关系式，并写出自变量 M 的取值范围、 S 能否存在最大值？假定存在， 求出最大值并求此时 D 点坐标；假定不存在，请说明原因、解：〔 1〕∵ OA、OC的长是方程X2－5X＋4＝ 0 的两个根， OA《OC、∴OA＝1， OC＝ 4、∵点 A 在 X 轴的负半轴，点C在 Y 轴的负半轴∴A〔－ 1，0〕，C〔0，－ 4〕、∵抛物线 Y＝ AX2＋ BX＋ C的对称轴为X＝ 1∴由对称性可得 B 点坐标为〔 3， 0〕、∴A、 B、 C三点的坐标分别是： A〔－ 1，0〕，B〔3，0〕，C〔0，－ 4〕、3 分〔2〕∵点 C〔 0，－ 4〕在抛物线 Y＝ AX2＋ BX＋C图象上，∴ C＝－ 4、 4 分将 A〔－ 1，0〕，B〔3，0〕代入 Y＝AX2＋BX－4 得a ＝4a －b－4 ＝03b ＝－8 ＋－＝9a 3b 4 0解得 3 6 分48∴此抛物线的分析式为Y＝3X2－3X－4、 7分〔3〕∵ BD＝M，∴ AD＝ 4－M、在 RT△ BOC中， BC2＝OB2＋ OC2＝ 32＋ 42＝ 25，∴BC＝5、∵ DE∥BC，∴△ ADE∽△ ABC、DEAD－DE4 m∴BC＝AB，即 5 ＝ 4 、20－ 5m∴DE＝4、OC 4过点 E 作 EF⊥ AB于点 F，那么 SIN∠ EDF＝ SIN∠CBA＝BC＝5、EF 4 4 4 20－ 5m∴ DE ＝5，∴EF＝ 5DE＝5 × 4 ＝4－M、9 分∴S＝ S△ CDE＝ S△ ADC－ S△ ADE1 1＝ 2 （4－M）×4－ 2 （4－M）（4－M）1＝－2M2＋2M。

2019中考数学压轴题解析7675．（2016山东省德州市）如图，半径为1的半圆形纸片，按如图方式折叠，使对折后半圆弧的中点M 与圆心O 重合，则图中阴影部分的面积是 ．【答案】6π． 【分析】连接OM 交AB 于点C ，连接OA 、OB ，根据题意OM⊥AB 且OC=MC=12，继而求出∠AOC=60°、S 弓形ABM=S 扇形OAB ﹣S△AOB、S 阴影=S 半圆﹣2S 弓形ABM 计算可得答案．【解析】如图，连接OM 交AB 于点C ，连接OA 、OB ，由题意知，OM⊥AB，且OC=MC=12，在RT△AOC 中，∵OA=1，OC=12，∴cos∠AOC=OC OA =12，=2，∴∠AOC=60°，∴∠AOB=2∠AOC=120°，则S 弓形ABM=S 扇形OAB﹣S△AOB=212011136022π⨯-=34π-，S 阴影=S 半圆﹣2S 弓形ABM=2112(23ππ⨯--=6π-．故答案为：6π-．考点：扇形面积的计算；翻折变换（折叠问题）．76．（2016江苏省盐城市）如图，已知菱形ABCD 的边长2，∠A=60°，点E 、F 分别在边AB 、AD 上，若将△AEF 沿直线EF 折叠，使得点A 恰好落在CD 边的中点G 处，则EF= ．【答案】20．【分析】延长CD ，过点F 作FM ⊥CD 于点M ，连接GB 、BD ，作FH ⊥AE 交于点H ，由菱形的性质和已知条件得出∠MFD=30°，设MD=x ，则DF=2x ，x ，得出MG=x+1，由勾股定理得出222(1))(22)x x ++=-，解方程得出DF=0.6，AF=1.4，求出AH=12AF=0.7，FH=10，证明△DCB是等边三角形，得出BG ⊥CD ，由勾股定理求出，设BE=y ，则GE=2﹣y ，由勾股定理得出222(2)y y +=-，解方程求出y=0.25，得出AE 、EH ，再由勾股定理求出EF 即可．【解析】延长CD ，过点F 作FM ⊥CD 于点M ，连接GB 、BD ，作FH ⊥AE 交于点H ，如图所示：∵∠A=60°，四边形ABCD 是菱形，∴∠MDF=60°，∴∠MFD=30°，设MD=x ，则DF=2x ，x ，∵DG=1，∴MG=x+1，∴222(1))(22)x x ++=-，解得：x=0.3，∴DF=0.6，AF=1.4，∴AH=12AF=0.7，FH=AF•sin∠A=1.4×=，∵CD=BC ，∠C=60°，∴△DCB 是等边三角形，∵G 是CD 的中点，∴BG ⊥CD ，∵BC=2，GC=1，∴BG=，设BE=y ，则GE=2﹣y ，∴222(2)y y +=-，解得：y=0.25，∴AE=1.75，∴EH=AE ﹣AH=1.75﹣0.7=1.05，∴EF===．故答案为：．考点：菱形的性质；翻折变换（折叠问题）．77．（2016内蒙古赤峰市）如图，正方形ABCD 的面积为3cm2，E 为BC 边上一点，∠BAE=30°，F 为AE 的中点，过点F 作直线分别与AB ，DC 相交于点M ，N ．若MN=AE ，则AM 的长等于 cm ．【答案】或．【分析】如图，作DH ∥MN ，先证明△ADH ≌△BAE 推出MN ⊥AE ，在RT △AFM 中求出AM 即可，再根据对称性求出AM′，由此即可解决问题．【解析】如图，作DH ∥MN ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AD=AB ，∠DAB=∠B=90°，AB ∥CD ，∴四边形DHMN 是平行四边形，∴DH=MN=AE ，在RT △ADH 和RT △BAE 中，∵AD=AB ，DH=AE ，∴△ADH ≌△BAE ，∴∠ADH=∠BAE ，∴∠ADH+∠AHD=∠ADH+∠AMN=90°，∴∠BAE+∠AMN=90°，∴∠AFM=90°，在RT △ABE中，∵∠B=90°，AE=2，在RT △AFM 中，∵∠AFM=90°，AF=1，∠FAM=30°，∴AM•cos30°=AF，∴AM=3，根据对称性当M′N′=AE 时，BM′=3，AM′=3.故答案为：3或3．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；分类讨论．78．（2016重庆市）正方形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，DE 平分∠ADO 交AC 于点E ，把△ADE沿AD 翻折，得到△ADE′，点F 是DE 的中点，连接AF ，BF ，E′F．若．则四边形ABFE′的面积是 ．【答案】62+．【分析】如图，连接EB 、EE′，作EM⊥AB 于M ，EE′交AD 于N ．易知△AEB≌△AED≌△ADE′，先求出正方形AMEN 的边长，再求出AB ，根据S 四边形ABFE′=S 四边形AEFE′+S△AEB+S△EFB 即可解决问题．【解析】如图，连接EB 、EE′，作EM⊥AB 于M ，EE′交AD 于N ．∵四边形ABCD 是正方形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，AO=OB=OD=OC ，∠DAC=∠CAB=∠DAE′=45°，根据对称性，△ADE≌△ADE′≌△ABE，∴DE=DE′，AE=AE′，∴AD 垂直平分EE′，∴EN=NE′，∵∠NAE=∠NEA=∠MAE=∠MEA=45°，，∴AM=EM=EN=AN=1，∵ED 平分∠ADO，EN⊥DA，EO⊥DB，∴EN=EO=1，1211(22⨯⨯）=12+，S△BDE=S△ADB ﹣2S△AEB=1，∵DF=EF ，∴S△EFB=12，∴S△DEE′=2S△ADE ﹣1，S△DFE′=12S△DEE′=12，∴S 四边形AEFE′=2S△ADE﹣S△DFE′=32+，∴S 四边形ABFE′=S 四边形AEFE′+S△AEB+S△EFB=62+．故答案为：62+．考点：正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；综合题．79．（2016河北省）如图，已知∠AOB=7°，一条光线从点A 出发后射向OB 边．若光线与OB 边垂直，则光线沿原路返回到点A ，此时∠A=90°-7°=83°．当∠A ＜83°时，光线射到OB 边上的点A1后，经OB 反射到线段AO 上的点A2，易知∠1=∠2．若A1A2⊥AO ，光线又会沿A2→A1→A 原路返回到点A ，此时∠A=__ ___°．……若光线从点A 发出后，经若干次反射能沿原路返回到点A ，则锐角∠A 的最小值=___ ____°．【答案】76；6．【分析】第一问先求∠2，再求∠AA1A2，进而求∠A ；第二问，原路返回，那么最后的线垂直于BO ，中间的角，从里往外，是7°的2倍，4倍，8倍．．．．．．，2∠1=180°-14°×n ，在利用外角性质，∠A=∠1-7°=83°-7°×n ，当n=11时，代入即可得到结论．【解析】∵∠O=7°，∴∠2=90° -7°=83°∴∠AA1A2=180°-2∠2=14°，∴∠A=90°-14°=76°； ∵光线从点A 发出后，经若干次反射能沿原路返回到点A ，那么最后的线垂直于BO ，中间的角，从里往外，是7°的2倍，4倍，8倍．．．．．．，2∠1=180°-14°×n ，在利用外角性质，∠A=∠1-7°=83°-7°×n ，当n=11时，∠A=6°．考点：镜面对称；三角形内角和定理；三角形的外角性质；数形结合；规律型；最值问题．80．（2016广西桂林市）如图，在Rt△ACB 中，∠ACB=90°，AC=BC=3，CD=1，CH⊥BD 于H ，点O 是AB 中点，连接OH ，则OH= ．【答案】5．【分析】在BD 上截取BE=CH ，连接CO ，OE ，根据相似三角形的性质得到CH CD BC BD =，求得CH=，根据等腰直角三角形的性质得到AO=OB=OC ，∠A=∠ACO=∠BCO=∠ABC=45°，等量代换得到∠OCH=∠ABD，根据全等三角形的性质得到OE=OH ，∠BOE=∠HOC 推出△HOE 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．81．（2016山东省济南市）如图1，在矩形纸片ABCD 中，AB=AD=10，点E 是CD 中点，将这张纸片依次折叠两次；第一次折叠纸片使点A 与点E 重合，如图2，折痕为MN ，连接ME/NE ；第二次折叠纸片使点N 与点E 重合，如图3，点B 落到B′处，折痕为HG ，连接HE ，则tan ∠EHG= ．【答案】．【分析】如图2中，作NF ⊥CD 于F ．设DM=x ，则AM=EM=10﹣x ，利用勾股定理求出x ，再利用△DME∽△FEN ，得DE EM FN EN =，求出EN ，EM ，求出tan ∠AMN ，再证明∠EHG=∠AMN 即可解决问题．【解析】如图2中，作NF ⊥CD 于F ．设DM=x ，则AM=EM=10﹣x ，∵DE=EC ，AB=CD=DE=12CD=RT △DEM 中，∵222DM DE EM +=，∴222(10)x x +=-，解得x=2.6，∴DM=2.6，AM=EM=7.4，∵∠DEN+∠NEF=90°，∠NEF+∠ENF=90°，∴∠DEM=∠ENF ，∵∠D=∠EFN=90°，∴△DME ∽△FEN ，∴DE EM FN EN =，∴7.4EN =，∴EN=，∴AN=EN=，∴tan ∠AMN=AN AM =，如图3中，∵ME ⊥EN ，HG ⊥EN ，∴EM ∥GH ，∴∠NME=∠NHK ，∵∠NME=∠AMN ，∠EHG=∠NHK ，∴∠AMN=∠EHG，∴tan∠EHG=tan∠AMN=6．故答案为：6．考点：翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；综合题．82．（2016湖北省鄂州市）如图，AB=6，O是AB的中点，直线l经过点O，∠1=120°，P是直线l上一点，当△APB为直角三角形时，AP= ．【答案】3或【分析】利用分类讨论，当∠APB=90°时，分两种情况讨论，情况一：如图1，易得∠PBA=30°，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出结论；情况二：利用锐角三角函数得AP的长；如图2，当∠BAP=90°时，如图3，利用锐角三角函数得AP的长．【解析】当∠APB=90°时，分两种情况讨论，情况一：如图1，∵AO=BO，∴PO=BO，∵∠1=120°，∴∠AOP=60°，∴△AOP为等边三角形，∴∠OAP=60°，∴∠PBA=30°，∴AP=12AB=3；情况二：如图2，∵AO=BO，∠APB=90°，∴PO=BO，∵∠1=120°，∴∠BOP=60°，∴△BOP为等边三角形，∴∠OBP=60°，∴AP=AB•sin60°=6×=当∠BAP=90°时，如图3当∠ABP=90°时，如图4，∵∠1=120°，∴∠BOP=60°．∵OB=3，∴PB==故答案为：3或考点：直角三角形斜边上的中线；分类讨论．83．（2016辽宁省葫芦岛市）如图，点A1（2，2）在直线y=x上，过点A1作A1B1∥y轴交直线12 y x =于点B1，以点A1为直角顶点，A1B1为直角边在A1B1的右侧作等腰直角△A1B1C1，再过点C1作A2B2∥y轴，分别交直线y=x和12y x=于A2，B2两点，以点A2为直角顶点，A2B2为直角边在A2B2的右侧作等腰直角△A2B2C2…，按此规律进行下去，则等腰直角△AnBnCn的面积为．（用含正整数n的代数式表示）【答案】222132nn--．【分析】先根据点A1的坐标以及A1B1∥y轴，求得B1的坐标，进而得到A1B1的长以及△A1B1C1面积，再根据A2的坐标以及A2B2∥y轴，求得B2的坐标，进而得到A2B2的长以及△A2B2C2面积，最后根据根据变换规律，求得AnBn的长，进而得出△AnBnCn的面积即可．【解析】∵点A1（2，2），A1B1∥y轴交直线12y x=于点B1，∴B1（2，1）∴A1B1=2﹣1=1，即△A1B1C1面积=2112⨯=12；∵A1C1=A1B1=1，∴A2（3，3），又∵A2B2∥y轴，交直线12y x=于点B2，∴B2（3，32），∴A2B2=3﹣3 2=32，即△A2B2C2面积=213()22⨯=98；以此类推，A3B3=94，即△A3B3C3面积=219()24⨯=8132；A4B4=278，即△A4B4C4面积=2127()28⨯=729128；…∴AnBn=13()2n-，即△AnBnCn的面积=1213[()]22n-⨯=222132nn--．故答案为：222132nn--．考点：一次函数图象上点的坐标特征；等腰直角三角形；规律型；综合题．84．（2016浙江省舟山市）如图，在直角坐标系中，点A，B分别在x轴，y轴上，点A的坐标为（﹣1，0），∠ABO=30°，线段PQ的端点P从点O出发，沿△OBA的边按O→B→A→O运动一周，同时另一端点Q随之在x轴的非负半轴上运动，如果P运动一周时，点Q运动的总路程为．【答案】4．【分析】首先根据题意正确画出从O→B→A运动一周的图形，分四种情况进行计算：①点P从O→B 时，路程是线段PQ的长；②当点P从B→C时，点Q从O运动到Q，计算OQ的长就是运动的路程；③点P从C→A时，点Q由Q向左运动，路程为QQ′；④点P从A→O时，点Q运动的路程就是点P运动的路程；最后相加即可．【解析】在Rt△AOB中，∵∠ABO=30°，AO=1，∴AB=2，BO=；①当点P从O→B时，如图1、图2所示，点Q②当点P从B→C时，如图3所示，这时QC⊥AB，则∠ACQ=90°．∵∠ABO=30°，∴∠BAO=60°，∴∠OQD=90°﹣60°=30°，∴cos30°=CQAQ，∴AQ=cos30CQ=2，∴OQ=2﹣1=1，则点Q运动的路程为QO=1；③当点P从C→A时，如图3所示，点Q运动的路程为QQ′=2；④当点P从A→O时，点Q运动的路程为AO=1，∴点Q121+-=4．故答案为：4．考点：解直角三角形；动点型；分段函数；分类讨论．85．（2015鄂州）已知点P是半径为1的⊙O外一点，PA切⊙O于点A，且PA=1，AB是⊙O的弦，，连接PB，则PB= ．【答案】1考点：1．切线的性质；2．分类讨论；3．综合题．86．（2015广元）如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点，点C是AD的中点，弦CE⊥AB于点E，过点D的切线交EC的延长线于点G，连接AD，分别交CF、BC于点P、Q，连接AC．给出下列结论：①∠BAD=∠ABC；②GP=GD；③点P是△ACQ的外心．其中正确结论是________ （只需填写序号）．【答案】②③．则正确的选项序号有②③．故答案为：②③．考点：1．切线的性质；2．圆周角定理；3．三角形的外接圆与外心；4．相似三角形的判定与性质；5．压轴题．87．（2015荆州）如图，OA在x轴上，OB在y轴上，OA=8，AB=10，点C在边OA上，AC=2，⊙P的圆心P在线段BC上，且⊙P与边AB，AO都相切．若反比例函数kyx=（0k≠）的图象经过圆心P，则k= ．【答案】﹣5．考点：1．切线的性质；2．一次函数图象上点的坐标特征；3．反比例函数图象上点的坐标特征；4．综合题；5．压轴题．88．（2015常州）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是．．考点：1．全等三角形的判定与性质；2．勾股定理；3．圆心角、弧、弦的关系；4．圆周角定理；5．综合题；6．压轴题．三、解答题89．（2017江苏省盐城市，第26题，12分）【探索发现】如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=60°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为．【拓展应用】如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为．（用含a，h的代数式表示）【灵活应用】如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．【实际应用】如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tan B=tan C=43，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．【答案】【探索发现】12；【拓展应用】4ab；【灵活应用】720；【实际应用】1944．【分析】【探索发现】：由中位线知EF =12BC 、ED =12AB 、由ABC S S ∆矩形FEDB =12EF DEAB BC ⋅⋅可得；【拓展应用】：由△APN ∽△ABC 知PN AE BC AD =，可得PN =a ﹣ahPQ ，设PQ =x ，由S 矩形PQMN=PQ •PN ═2()24a h ahx h --+，据此可得； 【灵活应用】：添加如图1辅助线，取BF 中点I ，FG 的中点K ，由矩形性质知AE =EH 20、CD =DH =16，分别证△AEF ≌△HED 、△CDG ≌△HDE 得AF =DH =16、CG =HE =20，从而判断出中位线IK 的两端点在线段AB 和DE 上，利用【探索发现】结论解答即可；【实际应用】：延长BA 、CD 交于点E ，过点E 作EH ⊥BC 于点H ，由tan B =tan C 知EB =EC 、BH =CH =54，EH =43BH =72，继而求得BE =CE =90，可判断中位线PQ 的两端点在线段AB 、CD 上，利用【拓展应用】结论解答可得． 【解析】【探索发现】∵EF 、ED 为△ABC 中位线，∴ED ∥AB ，EF ∥BC ，EF =12BC ，ED =12AB ，又∠B =90°，∴四边形FEDB 是矩形，则ABCS S ∆矩形FEDB =12EF DE AB BC ⋅⋅=112212BC ABAB BC ⋅⋅=12，故答案为：12；【拓展应用】∵PN ∥BC ，∴△APN ∽△ABC ，∴PN AE BC AD =，即=P N h P Q a h -，∴PN =a ﹣ahPQ ，设PQ =x ，则S 矩形PQMN =PQ •PN =x （a ﹣a h x ）=2a x ax h -+ =2()24a h ah x h --+，∴当PQ =2h 时，S 矩形PQMN 最大值为4ab ，故答案为：4ab ；【灵活应用】如图1，延长BA 、DE 交于点F ，延长BC 、ED 交于点G ，延长AE 、CD 交于点H ，取BF 中点I ，FG 的中点K ，由题意知四边形ABCH 是矩形，∵AB =32，BC =40，AE =20，CD =16，∴EH =20、DH =16，∴AE =EH 、CD =DH ，在△AEF 和△HED 中，∵∠FAE =∠DHE ，AE =AH ，∠AEF =∠HED ，∴△AEF ≌△HED （ASA ），∴AF =DH =16，同理△CDG≌△HDE，∴CG=HE=20，∴BI=12（AB+AF）=24，∵BI=24＜32，∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由【探索发现】知矩形的最大面积为12×BG•BF=12×（40+20）×（32+16）=720，答：该矩形的面积为720；【实际应用】如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，∵tan B=tan C=43，∴∠B=∠C，∴EB=EC，∵BC=108cm，且EH⊥BC，∴BH=CH=12BC=54cm，∵tan B=EHBH=43，∴EH=43BH=43×54=72cm，在Rt△BHE中，BE=cm，∵AB=50cm，∴AE=40cm，∴BE的中点Q在线段AB上，∵CD=60cm，∴ED=30cm，∴CE的中点P在线段CD上，∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为14BC•EH=1944cm2．答：该矩形的面积为1944cm2．点睛：本题主要考查四边形的综合问题，熟练掌握中位线定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及类比思想的运用是解题的关键．考点：四边形综合题；阅读型；探究型；最值问题；压轴题．90．（2017江苏省苏州市，第27题，10分）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是直径，点D在⊙O上，OD∥BC，过点D作DE⊥AB，垂足为E，连接CD交OE边于点F．（1）求证：△DOE∽△ABC；（2）求证：∠ODF=∠BDE；（3）连接OC，设△DOE的面积为S1，四边形BCOD的面积为S2，若122 7SS=，求sin A的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）23． 【分析】（1）根据圆周角定理和垂直求出∠DEO =∠ACB ，根据平行得出∠DOE =∠ABC ，根据相似三角形的判定得出即可；（2）根据相似三角形的性质得出∠ODE =∠A ，根据圆周角定理得出∠A =∠BDC ，推出∠ODE =∠BDC 即可； （3）根据△DOE ～△ABC 求出S △ABC =4S △DOE =4S 1，求出S △BOC =2S 1，求出2BE =OE ，解直角三角形求出即可． 【解析】（1）证明：∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，∵DE ⊥AB ，∴∠DEO =90°，∴∠DEO =∠ACB ，∵OD ∥BC ，∴∠DOE =∠ABC ，∴△DOE ～△ABC ；（2）证明：∵△DOE ～△ABC ，∴∠ODE =∠A ，∵∠A 和∠BDC 是BC 所对的圆周角，∴∠A =∠BDC ，∴∠ODE =∠BDC ，∴∠ODF =∠BDE ； （3）解：∵△DOE ～△ABC ，∴DOE ABC S S ∆∆=2()OD AB =14，即S △ABC =4S △DOE =4S 1，∵OA =OB ，∴12BOC ABC S S ∆∆=，即S △BOC =2S 1，∵1227S S =，2BOC DOE DBE S S S S ∆∆∆=++ =112DBE S S S ∆++，∴112DBE S S ∆=，∴BE =12OE ，即OE =23OB =23OD ，∴sin A =sin ∠ODE =OE OD =23．点睛：本题考查了相似三角形的性质和判定，圆周角定理，平行线的性质，三角形的面积等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键． 考点：圆的综合题；压轴题．91．（2017江苏省连云港市，第27题，14分）问题呈现：如图1，点E 、F 、G 、H 分别在矩形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上，AE=DG ，求证：2ABCDEFGH S S =矩形四边形．（S表示面积）实验探究：某数学实验小组发现：若图1中AH ≠BF ，点G 在CD 上移动时，上述结论会发生变化，分别过点E 、G 作BC 边的平行线，再分别过点F 、H 作AB 边的平行线，四条平行线分别相交于点A1、B1、C1、D1，得到矩形A1B1C1D1．如图2，当AH ＞BF 时，若将点G 向点C 靠近（DG ＞AE ），经过探索，发现：2S 四边形EFGH=S 矩形ABCD+S．如图3，当AH ＞BF 时，若将点G 向点D 靠近（DG ＜AE ），请探索S 四边形EFGH 、S 矩形ABCD 与S之间的数量关系，并说明理由．迁移应用：请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题：（1）如图4，点E 、F 、G 、H 分别是面积为25的正方形ABCD 各边上的点，已知AH ＞BF ，AE ＞DG ，S四边形EFGH=11，EG 的长．（2）如图5，在矩形ABCD 中，AB=3，AD=5，点E 、H 分别在边AB 、AD 上，BE=1，DH=2，点F 、G 分别是边BC 、CD 上的动点，且EF 、HG ，请直接写出四边形EFGH 面积的最大值．【答案】问题呈现：2ABCDEFGH S S =矩形四边形；实验探究：11112ABCD A B C D EFGH S S S =-矩形矩形四边形；迁移应用：（1）EG=2；（2）172．【分析】问题呈现：只要证明S △HGE=12S 矩形AEGD ，同理S △EGF=12S 矩形BEGC ，由此可得S 四边形EFGH=S △HGE+S △EFG=12S 矩形BEGC ；实验探究：结论：2S 四边形EFGH=S 矩形ABCD ﹣．根据=12，=12， =12， =12，即可证明；迁移应用：（1）利用探究的结论即可解决问题． （2）分两种情形探究即可解决问题．【解析】问题呈现：证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ∥CD ，∠A=90°，∵AE=DG ，∴四边形AEGD 是矩形，∴S △HGE=12S 矩形AEGD ，同理S △EGF=12S 矩形BEGC ，∴S 四边形EFGH=S △HGE+S △EFG=12S 矩形BEGC ．实验探究：结论：2S 四边形EFGH=S 矩形ABCD ﹣．理由：∵=12，=12，=12，=12，∴S 四边形EFGH=+++﹣，∴2S 四边形EFGH=2+2+2+2﹣2，∴2S 四边形EFGH=S 矩形ABCD ﹣．迁移应用：解：（1）如图4中，∵2S 四边形EFGH=S 矩形ABCD ﹣，∴ =25﹣2×11=3=A1B1A1D1，∵正方形的面积为25，∴边长为5，∵A1D12=HF2﹣52=29﹣25=4，∴A1D1=2，A1B1=32，∴EG2=A1B12+52=1094，∴EG=．（2）∵2S 四边形EFGH=S 矩形ABCD+，∴四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH 的面积最大．①如图5﹣1中，当G 与C 重合时，四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH 的面积最大．此时矩形A1B1C1D1面积=1×（2）2②如图5﹣2中，当G 与D 重合时，四边形A1B1C1D1面积最大时，矩形EFGH 的面积最大．此时矩形A1B1C1D1面积=21=2，∵22 ，∴矩形EFGH 的面积最大值=172．点睛：本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用分割法添加辅助线，学会利用特殊位置解决问题，属于中考压轴题．考点：四边形综合题；最值问题；阅读型；探究型；压轴题． 92．（2017江西省，第23题，12分）我们定义：如图1，在△ABC 看，把AB 点绕点A 顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC 绕点A 逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC 的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD 叫做△ABC 的“旋补中线”，点A 叫做“旋补中心”． 特例感知：（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC 的“旋补三角形”，AD 是△ABC 的“旋补中线”． ①如图2，当△ABC 为等边三角形时，AD 与BC 的数量关系为AD= BC ； ②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD 长为 ． 猜想论证：（2）在图1中，当△ABC 为任意三角形时，猜想AD 与BC 的数量关系，并给予证明． 拓展应用（3）如图4，在四边形ABCD ，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=DA=6．在四边形内部是否存在点P ，使△PDC 是△PAB 的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB 的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【答案】（1）①12；②4；（2）AD=12BC ；（3【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=12AB′即可解决问题；②首先证明△BAC ≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；（2）结论：AD=12BC ．如图1中，延长AD 到M ，使得AD=DM ，连接E′M，C′M ，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC ≌△AB′M，即可解决问题；（3）存在．如图4中，延长AD 交BC 的延长线于M ，作BE ⊥AD 于E ，作线段BC 的垂直平分线交BE 于P ，交BC 于F ，连接PA 、PD 、PC ，作△PCD 的中线PN ．连接DF 交PC 于O ．想办法证明PA=PD ，PB=PC ，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；【解析】（1）①如图2中，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AB=AB′=AC′，∵DB′=DC′，∴AD⊥B′C′，∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=120°，∴∠B′=∠C′=30°，∴AD=12AB′=12BC，故答案为：12．②如图3中，∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=∠BAC=90°，∵AB=AB′，AC=AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC=B′C′，∵B′D=DC′，∴AD=12B′C′=12BC=4，故答案为：4．（2）结论：AD=12BC．理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M．∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴AC′=B′M=AC，∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，∴△BAC≌△AB′M，∴BC=AM，∴AD=12BC．（3）存在．理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．∵∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CM=2，DM=4，∠M=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，∴EM=12BM=7，∴DE=EM﹣DM=3，∵AD=6，∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，PB=PC，在Rt△CDF中，∵CD=CF=6，∴tan∠，∴∠CDF=60°=∠CPF，易证△FCP≌△CFD，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，∴∠BPC=120°，∴∠APD+∠BPC=180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，PN=点睛：本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．考点：四边形综合题；阅读型；新定义；存在型；探究型；压轴题．。

2019中考数学压轴题解析06127．（2016四川省乐山市）如图，反比例函数kyx=与一次函数y=ax+b的图象交于点A（2，2）、B（12，n）．（1）求这两个函数解析式；（2）将一次函数y=ax+b的图象沿y轴向下平移m个单位，使平移后的图象与反比例函数kyx=的图象有且只有一个交点，求m的值．【答案】（1）4yx=，y=﹣4x+10；（2）m=2或m=18．【分析】（1）由点A在反比例函数的图象上，结合反比例函数图象上的点的坐标特征即可得出反比例函数的解析式；由点B的横坐标以及反比例函数的解析式即可得出点B的坐标，再由A、B点的坐标利用待定系数法即可求出一次函数得解析式；（2）结合（1）中得结论找出平移后的直线的解析式，将其代入反比例函数解析式中，整理得出关于x的二次方程，令其根的判别式△=0，即可得出关于m的一元二次方程，解方程即可得出结论．【解析】（1）∵A（2，2）在反比例函数kyx=的图象上，∴k=4，∴反比例函数的解析式为4yx=．又∵点B（12，n）在反比例函数4yx=的图象上，∴142n=，解得：n=8，即点B的坐标为（12，8）．由A（2，2）、B（12，8）在一次函数y=ax+b的图象上，得：22182a ba b=+⎧⎪⎨=+⎪⎩，解得：410ab=-⎧⎨=⎩，∴一次函数的解析式为y=﹣4x+10．（2）将直线y=﹣4x+10向下平移m个单位得直线的解析式为y=﹣4x+10﹣m，∵直线y=﹣4x+10﹣m与双曲线4yx=有且只有一个交点，令4410x mx-+-=，得24(10)40x m x+-+=，∴△=2(10)640m--=，解得：m=2或m=18．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．128．（2016江苏省南京市）如图，把函数y=x的图象上各点的纵坐标变为原来的2倍，横坐标不变，得到函数y=2x的图象；也可以把函数y=x的图象上各点的横坐标变为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数y=2x的图象．类似地，我们可以认识其他函数．（1）把函数1yx=的图象上各点的纵坐标变为原来的倍，横坐标不变，得到函数6yx=的图象；也可以把函数1yx=的图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数6yx=的图象．（2）已知下列变化：①向下平移2个单位长度；②向右平移1个单位长度；③向右平移12个单位长度；④纵坐标变为原来的4倍，横坐标不变；⑤横坐标变为原来的12倍，纵坐标不变；⑥横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变．（Ⅰ）函数2y x=的图象上所有的点经过④→②→①，得到函数的图象；（Ⅱ）为了得到函数21(1)24y x=---的图象，可以把函数2y x=-的图象上所有的点．A．①→⑤→③B．①→⑥→③C．①→②→⑥D．①→③→⑥（3）函数1yx=的图象可以经过怎样的变化得到函数2124xyx+=-+的图象？（写出一种即可）【答案】（1）6，6；（2）（Ⅰ）24(1)2y x=--；（Ⅱ）D；（3）函数1yx=的图象先将纵坐标变为原来的32倍，横坐标不变，得到32yx=；再向左平移2个单位，向下平移1个单位即可得到函数2124xyx+=-+的图象．【分析】（1）根据阅读材料中的规律即可求解；（2）根据阅读材料中的规律以及“左减右加，上加下减”的规律即可求解；（3）首先把函数解析式变为2124xyx+=-+=24324xx--++=312(2)x-+，然后根据（2）的规律即可求解．（2）（Ⅰ）函数2y x=的图象上所有的点经过“纵坐标变为原来的4倍，横坐标不变”的变化后，得到24y x=的图象；24y x=的图象经过“向右平移1个单位长度”的变化后，得到24(1)y x=-的图象；24(1)y x=-的图象经过“向下平移2个单位长度”的变化后，得到24(1)2y x=--的图象．（Ⅱ）为了得到函数24(1)2y x=--的图象，可以把函数2y x=-的图象上所有的点先向下平移2个单位长度，得到22y x=--的图象，再把22y x=--的图象向右平移12个单位长度，得到21()22y x=---的图象；最后把21()22y x=---的图象的横坐标变为原来的2倍，得到211()222y x=---的图象，即21(1)24y x=---的图象．（3）∵2124xyx+=-+=24324xx--++=312(2)x-+，∴函数1yx=的图象先将纵坐标变为原来的32倍，横坐标不变，得到32yx=；再向左平移2个单位，向下平移1个单位即可得到函数2124xyx+=-+的图象．考点：二次函数图象与几何变换；一次函数图象与几何变换；反比例函数的性质；阅读型；综合题．129．（2016江苏省泰州市）如图，点A（m，4），B（﹣4，n）在反比例函数kyx=（k＞0）的图象上，经过点A、B的直线与x轴相交于点C，与y轴相交于点D．（1）若m=2，求n的值；（2）求m+n的值；（3）连接OA、OB，若tan∠AOD+tan∠BOC=1，求直线AB的函数关系式．【答案】（1）n=﹣2；（2）0；（3）y=x+2．【分析】（1）先把A点坐标代入kyx=求出k的值得到反比例函数解析式为8yx=，然后把B（﹣4，n）代入8yx=可求出n的值；（2）利用反比例函数图象上点的坐标特征得到4m=k，﹣4n=k，然后把两式相减消去k即可得到m+n 的值；（3）作AE⊥y轴于E，BF⊥x轴于F，如图，利用正切的定义得到tan∠AOE=4AE mOE=，tan∠BOF=4BF nOF-=，则()144m n-+=，加上m+n=0，于是可解得m=2，n=﹣2，从而得到A（2，4），B （﹣4，﹣2），然后利用待定系数法求直线AB的解析式．【解析】（1）当m=2，则A（2，4），把A（2，4）代入kyx=得k=2×4=8，所以反比例函数解析式为8yx=，把B（﹣4，n）代入8yx=得﹣4n=8，解得n=﹣2；（2）因为点A（m，4），B（﹣4，n）在反比例函数kyx=（k＞0）的图象上，所以4m=k，﹣4n=k，所以4m+4n=0，即m+n=0；（3）作AE⊥y轴于E，BF⊥x轴于F，如图，在Rt△AOE中，tan∠AOE=4AE mOE=，在Rt△BOF中，tan∠BOF=4BF nOF-=，而tan∠AOD+tan∠BOC=1，所以()144m n-+=，而m+n=0，解得m=2，n=﹣2，则A （2，4），B（﹣4，﹣2），设直线AB的解析式为y=px+q，把A（2，4），B（﹣4，﹣2）代入得：2442p qp q+=⎧⎨-+=-⎩，解得：12pq=⎧⎨=⎩，所以直线AB的解析式为y=x+2．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．130．（2016江苏省苏州市）如图，一次函数y=kx+b的图象与x轴交于点A，与反比例函数myx=（x ＞0）的图象交于点B（2，n），过点B作BC⊥x轴于点C，点P（3n﹣4，1）是该反比例函数图象上的一点，且∠PBC=∠ABC，求反比例函数和一次函数的表达式．【答案】8yx=，132y x=+．【分析】将点B（2，n）、P（3n﹣4，1）代入反比例函数的解析式可求得m、n的值，从而求得反比例函数的解析式以及点B和点P的坐标，过点P作PD⊥BC，垂足为D，并延长交AB与点P′．接下来证明△BDP≌△BDP′，从而得到点P′的坐标，最后将点P′和点B的坐标代入一次函数的解析式即可求得一次函数的表达式．【解析】∵点B（2，n）、P（3n﹣4，1）在反比例函数myx=（x＞0）的图象上，∴234n mn m=⎧⎨-=⎩．解得：m=8，n=4，∴反比例函数的表达式为8yx=．∵m=8，n=4，∴点B（2，4），（8，1）．过点P作PD⊥BC，垂足为D，并延长交AB与点P′．在△BDP和△BDP′中，∵∠PBD=∠P′BD，BD=BD，∠BDP=∠BDP′，∴△BDP≌△BDP′，∴DP′=DP=6，∴点P′（﹣4，1）．将点P′（﹣4，1），B（2，4）代入直线的解析式得：2441k bk b+=⎧⎨-+=⎩，解得：123kb⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴一次函数的表达式为132y x=+．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．131．（2016江苏省连云港市）环保局对某企业排污情况进行检测，结果显示：所排污水中硫化物的浓度超标，即硫化物的浓度超过最高允许的1.0mg/L．环保局要求该企业立即整改，在15天以内（含15天）排污达标．整改过程中，所排污水中硫化物的浓度y（mg/L）与时间x（天）的变化规律如图所示，其中线段AB表示前3天的变化规律，从第3天起，所排污水中硫化物的浓度y与时间x成反比例关系．（1）求整改过程中硫化物的浓度y与时间x的函数表达式；（2）该企业所排污水中硫化物的浓度，能否在15天以内不超过最高允许的1.0mg/L？为什么？【答案】（1）210 (03)12(3)x xyxx-+≤≤⎧⎪=⎨>⎪⎩；（2）能．【分析】（1）分情况讨论：①当0≤x≤3时，设线段AB对应的函数表达式为y=kx+b；把A（0，0），B（3，4）代入得出方程组，解方程组即可；②当x＞3时，设y=mx，把（3，4）代入求出m的值即可；（2）令12yx==1，得出x=12＜15，即可得出结论．考点：反比例函数的应用．132．（2016浙江省舟山市）如图，已知一次函数1y kx b=+的图象与反比例函数24y x =的图象交于点A（﹣4，m ），且与y 轴交于点B ，第一象限内点C 在反比例函数24y x =的图象上，且以点C 为圆心的圆与x 轴，y 轴分别相切于点D ，B （1）求m 的值；（2）求一次函数的表达式； （3）根据图象，当120y y <<时，写出x 的取值范围．【答案】（1）m=﹣1；（2）1324y x =+；（3）x ＜﹣4．【分析】（1）直接将A 点代入反比例函数解析式求出答案；（2）直接利用切线的性质结合正方形的判定与性质得出C ，B 点坐标，进而利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）利用A 点坐标结合函数图象得出x 的取值范围． 【解析】（1）把点A （﹣4，m ）的坐标代入24y x =，则m=44-=﹣1，得m=﹣1；（2）连接CB ，CD，∵⊙C 与x 轴，y 轴相切于点D ，B ，∴∠CBO=∠CDO=90°=∠BOD，BC=CD ，∴四边形BODC 是正方形，∴BO=OD=DC=CB，∴设C （a ，a ）代入24y x =得：24a =，∵a＞0，∴a=2，∴C（2，2），B （0，2），把A （﹣4，﹣1）和（0，2）的坐标代入1y kx b=+中，得：412k b b -+=-⎧⎨=⎩，解得：342k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴一次函数的表达式为：1324y x =+；（3）∵A（﹣4，﹣1），∴当120y y <<时，x 的取值范围是：x ＜﹣4．考点：反比例函数与一次函数的交点问题；切线的性质． 133．（2016湖北省黄冈市）如图，已知点A （1，a ）是反比例函数3y x =-的图象上一点，直线1122y x =-+与反比例函数3y x =-的图象在第四象限的交点为点B ．（1）求直线AB 的解析式；（2）动点P （x ，0）在x 轴的正半轴上运动，当线段PA 与线段PB 之差达到最大时，求点P 的坐标．【答案】（1）y=x ﹣4；（2）P （4，0）．【分析】（1）先把A （1，a ）代入反比例函数解析式求出a 得到A 点坐标，再解方程组11223y x y x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，得B点坐标，然后利用待定系数法求AB的解析式；（2）直线AB交x轴于点Q，如图，利用x轴上点的坐标特征得到Q点坐标，则PA﹣PB≤AB（当P、A、B共线时取等号），于是可判断当P点运动到Q点时，线段PA与线段PB之差达到最大，从而得到P点坐标．【解析】（1）把A（1，a）代入3yx=-得a=﹣3，则A（1，﹣3），解方程组：11223y xyx⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，得：31xy=⎧⎨=-⎩或232xy=-⎧⎪⎨=⎪⎩，则B（3，﹣1），设直线AB的解析式为y=kx+b，把A（1，﹣3），B（3，﹣1）代入得：331k bk b+=-⎧⎨+=-⎩，解得：14kb=⎧⎨=-⎩，所以直线AB的解析式为y=x﹣4；（2）直线AB交x轴于点Q，如图，当y=0时，x﹣4=0，解得x=4，则Q（4，0），因为PA﹣PB≤AB（当P、A、B共线时取等号），所以当P点运动到Q点时，线段PA与线段PB之差达到最大，此时P点坐标为（4，0）．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．134．（2016福建省莆田市）如图，反比例函数kyx=（x＞0）的图象与直线y=x交于点M，∠AMB=90°，其两边分别与两坐标轴的正半轴交于点A，B，四边形OAMB的面积为6．（1）求k的值；（2）点P在反比例函数kyx=（x＞0）的图象上，若点P的横坐标为3，∠EPF=90°，其两边分别与x轴的正半轴，直线y=x交于点E，F，问是否存在点E，使得PE=PF？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）6；（2）E（4，0）或E（6，0）．【分析】（1）过点M作MC⊥x轴于点C，MD⊥y轴于点D，根据AAS证明△AMC≌△BMD，那么S四边形OCMD=S四边形OAMB=6，根据反比例函数比例系数k的几何意义得出k=6；（2）先根据反比例函数图象上点的坐标特征求得点P的坐标为（3，2）．再分两种情况进行讨论：①如图2，过点P作PG⊥x轴于点G，过点F作FH⊥PG于点H，交y轴于点K．根据AAS证明△PGE≌△FHP，进而求出E点坐标；②如图3，同理求出E点坐标．【解析】（1）如图1，过点M作MC⊥x轴于点C，MD⊥y轴于点D，则∠MCA=∠MDB=90°，∠AMC=∠BMD，MC=MD，∴△AMC≌△BMD，∴S四边形OCMD=S四边形OAMB=6，∴k=6；考点：反比例函数与一次函数的交点问题；存在型；分类讨论；探究型；综合题．135．（2016贵州省贵阳市）（10分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OBCD的边OB在x轴上，反比例函数kyx（x＞0）的图象经过菱形对角线的交点A，且与边BC交于点F，点A的坐标为（4，2）．（1）求反比例函数的表达式；（2）求点F的坐标．【答案】（1）8yx=；（2）F（6，43）．【分析】（1）将点A的坐标代入到反比例函数的一般形式后求得k值即可确定函数的解析式；（2）过点A作AM⊥x轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，首先求得点B的坐标，然后求得直线BC 的解析式，求得直线和抛物线的交点坐标即可．【解析】（1）∵反比例函数kyx=的图象经过点A，A点的坐标为（4，2），∴k=2×4=8，∴反比例函数的解析式为8yx=；（2）过点A作AM⊥x轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，由题意可知，CN=2AM=4，ON=2OM=8，∴点C的坐标为C（8，4），设OB=x，则BC=x，BN=8﹣x，在Rt△CNB中，222(8)4x x--=，解得：x=5，∴点B的坐标为B（5，0），设直线BC的函数表达式为y=ax+b，直线BC过点B（5，0），C（8，4），∴5084a ba b+=⎧⎨+=⎩，解得：43203ab⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴直线BC的解析式为42033y x=+，根据题意得方程组420338y xyx⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解此方程组得：643xy=⎧⎪⎨=⎪⎩或18xy=-⎧⎨=-⎩．∵点F在第一象限，∴点F的坐标为F（6，43）．考点：待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数图象上点的坐标特征；菱形的性质．136．（2016湖北省黄石市）如图1所示，已知：点A（﹣2，﹣1）在双曲线C：ayx=上，直线l1：y=﹣x+2，直线l2与l1关于原点成中心对称，F1（2，2），F2（﹣2，﹣2）两点间的连线与曲线C在第一象限内的交点为B，P是曲线C上第一象限内异于B的一动点，过P作x轴平行线分别交l1，l2于M，N两点．（1）求双曲线C及直线l2的解析式；（2）求证：PF2﹣PF1=MN=4；（3）如图2所示，△PF1F2的内切圆与F1F2，PF1，PF2三边分别相切于点Q，R，S，求证：点Q与点B重合．（参考公式：在平面坐标系中，若有点A（x1，y1），B（x2，y2），则A、B两点间的距离公式为AB=221212()()x x y y-+-）【答案】（1）2yx=，y=﹣x﹣2；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）利用点A的坐标求出a的值，根据原点对称的性质找出直线l2上两点的坐标，求出解析式；（2）设P（x，），利用两点距离公式分别求出PF1、PF2、PM、PN的长，相减得出结论；（3）利用切线长定理和（2）的结论PF2﹣PF1=4得出PF2﹣PF1=QF2﹣QF1=4，再由两点间距离公式求出F1F2的长，计算出OQ和OB的长，得出点Q与点B重合．【解析】（1）解：把A（﹣2，﹣1）代入ayx=中得：a=（﹣2）×（﹣1）=2，∴双曲线C：2yx=，∵直线l1与x轴、y轴的交点分别是（2，0）、（0，2），它们关于原点的对称点分别是（﹣2，0）、（0，﹣2），∴l2：y=﹣x﹣2；（2）设P（x，2x），由F1（2，2）得：21PF=222(2)(2)xx-+-=224848x xx x-+-+，∴21PF=22(2)xx+-，∵22xx+-=222x xx+-=2(1)1xx-+＞0，∴PF1=22xx+-，∵PM∥x轴，∴PM=PE+ME=PE+EF=22xx+-，∴PM=PF1，同理，22PF =222(2)(2)xx+++=22(2)xx++，∴PF2=22xx+-，PN=22xx+-．因此PF2=PN，∴PF2﹣PF1=PN﹣PM=MN=4；（3）△PF1F2的内切圆与F1F2，PF1，PF2三边分别相切于点Q，R，S，∴PR=PS，F1R=F1Q，F2S=F2Q，，∴PF2﹣PF1=QF2﹣QF1=4．又∵QF2+QF1=F1F2=42，QF1=222-，∴QO=2，∵B（2，2），∴OB=2=OQ，所以，点Q与点B重合．考点：圆的综合题；反比例函数的性质；压轴题．137．（2016重庆市）在平面直角坐标系中，一次函数y=ax+b（a≠0）的图形与反比例函数kyx=（k≠0）的图象交于第二、四象限内的A、B两点，与y轴交于C点，过点A作AH⊥y轴，垂足为H，OH=3，tan∠AOH=43，点B的坐标为（m，﹣2）．（1）求△AHO的周长；（2）求该反比例函数和一次函数的解析式．【答案】（1）12；（2）12yx=-，112y x=-+．【分析】（1）根据正切函数，可得AH的长，根据勾股定理，可得AO的长，根据三角形的周长，可得答案；（2）根据待定系数法，可得函数解析式．将A、B点坐标代入y=ax+b，得：4362a ba b-+=⎧⎨+=-⎩，解得：121ab⎧=-⎪⎨⎪=⎩，一次函数的解析式为112y x=-+．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．138．（2016重庆市）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于第二、四象限内的A，B两点，与x轴交于点C，与y轴交于点D，点B的坐标是（m，﹣4），连接AO，AO=5，sin∠AOC=35．（1）求反比例函数的解析式；（2）连接OB，求△AOB的面积．【答案】（1）12yx=-；（2）72．【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，设反比例函数解析式为kyx=．通过解直角三角形求出线段AE、OE的长度，即求出点A的坐标，再由点A的坐标利用待定系数法求出反比例函数解析式即可；（2）由点B在反比例函数图象上可求出点B的坐标，设直线AB的解析式为y=ax+b，由点A、B的坐标利用待定系数法求出直线AB的解析式，令该解析式中y=0即可求出点C的坐标，再利用三角形的面积公式即可得出结论．【解析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，如图所示．设反比例函数解析式为k y x =．∵AE⊥x 轴，∴∠AEO=90°．在Rt△AEO 中，AO=5，sin∠AOC=35，∠AEO=90°，∴AE=AO•sin∠AOC=3，22AO AE -，∴点A 的坐标为（﹣4，3）．∵点A （﹣4，3）在反比例函数k y x =的图象上，∴34k =-，解得：k=﹣12，∴反比例函数解析式为12y x =-．（2）∵点B （m ，﹣4）在反比例函数12y x =-的图象上，∴124m -=-，解得：m=3，∴点B 的坐标为（3，﹣4）．设直线AB 的解析式为y=ax+b ，将点A （﹣4，3）、点B （3，﹣4）代入y=ax+b 中得：3443a ba b =-+⎧⎨-=+⎩ ，解得：11a b =-⎧⎨=-⎩，∴一次函数解析式为y=﹣x ﹣1．令一次函数y=﹣x ﹣1中y=0，则0=﹣x ﹣1，解得：x=﹣1，即点C 的坐标为（﹣1，0）．S△AOB=12OC•（yA ﹣yB ）=12×1×[3﹣（﹣4）]=72．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．139．（2016黑龙江省大庆市）如图，P1、P2是反比例函数ky x =（k ＞0）在第一象限图象上的两点，点A1的坐标为（4，0）．若△P1OA1与△P2A1A2均为等腰直角三角形，其中点P1、P2为直角顶点． （1）求反比例函数的解析式． （2）①求P2的坐标．②根据图象直接写出在第一象限内当x 满足什么条件时，经过点P1、P2的一次函数的函数值大于反比例函数ky x =的函数值．【答案】（1）4y x =；（2）①P2（222+，222-）；②2＜x ＜222+．【分析】（1）先根据点A1的坐标为（4，0），△P1OA1为等腰直角三角形，求得P1的坐标，再代入反比例函数求解；（2）先根据△P2A1A2为等腰直角三角形，将P2的坐标设为（4+a ，a ），并代入反比例函数求得a 的值，得到P2的坐标；再根据P1的横坐标和P2的横坐标，判断x 的取值范围． 【解析】（1）过点P1作P1B⊥x 轴，垂足为B ．∵点A1的坐标为（4，0），△P1OA1为等腰直角三角形，∴OB=2，P1B=12OA1=2，∴P1的坐标为（2，2）．将P1的坐标代入反比例函数ky x =（k ＞0），得k=2×2=4，∴反比例函数的解析式为4y x =；（2）①过点P2作P2C⊥x 轴，垂足为C ．∵△P2A1A2为等腰直角三角形，∴P2C=A1C．设P2C=A1C=a ，则P2的坐标为（4+a ，a ），将P2的坐标代入反比例函数的解析式为4y x =，得：44a a =+，解得a1=222-，a2=222--（舍去），∴P2的坐标为（222+，222-）； ②在第一象限内，当2＜x ＜222+时，一次函数的函数值大于反比例函数的值．考点：反比例函数与一次函数的交点问题；等腰直角三角形；分类讨论．140．（2016四川省雅安市）已知直线l1：y=x+3与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，且与双曲线ky x=交于点C （1，a ）．（1）试确定双曲线的函数表达式；（2）将l1沿y 轴翻折后，得到l2，画出l2的图象，并求出l2的函数表达式； （3）在（2）的条件下，点P 是线段AC 上点（不包括端点），过点P 作x 轴的平行线，分别交l2于点M ，交双曲线于点N ，求S △AMN 的取值范围．【答案】（1）4yx=；（2）y=﹣x+3；（3）78≤S△AMN＜4．【分析】（1）令x=1代入一次函数y=x+3后求出C的坐标，然后把C代入反比例函数解析式中即可求出k的值；（2）设直线l2与x轴交于D，由题意知，A与D关于y轴对称，所以可以求出D的坐标，再把B点坐标代入y=ax+b即可求出直线l2的解析式；（3）设M的纵坐标为t，由题意可得M的坐标为（3﹣t，t），N的坐标为（4t，t），进而得MN=4t+t﹣3，又可知在△ABM中，MN边上的高为t，所以可以求出S△AMN与t的关系式．【解析】（1）令x=1代入y=x+3，∴y=1+3=4，∴C（1，4），把C（1，4）代入kyx=中，∴k=4，∴双曲线的解析式为：4yx=；（3）设M（3﹣t，t），∵点P在线段AC上移动（不包括端点），∴0＜t＜4，∴PN∥x轴，∴N的纵坐标为t，把y=t代入4yx=，∴x=4t，∴N的坐标为（4t，t），∴MN=4t﹣（3﹣t）=4t+t﹣3，过点A作AE⊥PN于点E，∴AE=t，∴S△AMN=12AE•MN=12t（4t+t﹣3）=213222t t-+=2137()228t-+．由二次函数性质可知，当0≤t≤32时，S△AMN随t的增大而减小，当32＜t≤4时，S△AMN随t的增大而增大，∴当t=32时，S△AMN可取得最小值为78，当t=4时，S△AMN可取得最大值为4，∵0＜t＜4，∴78≤S△AMN＜4．考点：反比例函数综合题；二次函数的最值；最值问题；动点型；综合题．141．（2016山东省济南市）如图1，▱OABC的边OC在x轴的正半轴上，OC=5，反比例函数myx=（x＞0）的图象经过点A（1，4）．（1）求反比例函数的关系式和点B的坐标；（2）如图2，过BC 的中点D 作DP ∥x 轴交反比例函数图象于点P ，连接AP 、OP ． ①求△AOP 的面积；②在▱OABC 的边上是否存在点M ，使得△POM 是以PO 为斜边的直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4y x =（x ＞0），B （6，4）；（2）①3；②M （2，0）或（1017，4017）．【分析】（1）由点A 的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出反比例函数关系式，再根据平行四边形的性质结合点A 、O 、C 的坐标即可求出点B 的坐标；（2）①延长DP 交OA 于点E ，由点D 为线段BC 的中点，可求出点D 的坐标，再令反比例函数关系式中y=2求出x 值即可得出点P 的坐标，由此即可得出PD 、EP 的长度，根据三角形的面积公式即可得出结论；②假设存在，以OP 为直径作圆，交OC 于点M1，交OA 于点M2，通过解直角三角形和勾股定理求出点M1、M2的坐标，此题得解． 【解析】（1）∵反比例函数my x =（x ＞0）的图象经过点A （1，4），∴m=1×4=4，∴反比例函数的关系式为4y x =（x ＞0）．∵四边形OABC 为平行四边形，且点O （0，0），OC=5，点A （1，4），∴点C （5，0），点B （6，4）．（2）①延长DP 交OA 于点E ，如图3所示．∵点D 为线段BC 的中点，点C （5，0）、B （6，4），∴点D （112，2）． 令4y x =中y=2，则x=2，∴点P （2，2），∴PD=112﹣2=72，EP=ED ﹣PD=32，∴S△AOP=12EP•（yA ﹣yO ）=12×32×（4﹣0）=3．②假设存在．以OP 为直径作圆，交OC 于点M1，交OA 于点M2，连接PM1、PM2，如图4所示． ∵点P （2，2），O （0，0），∴点M1（2，0）； ∵点A （1，4），点O （0，0），∴直线OA 的关系式为y=4x ．设点M2（n ，4n ），17n ，OP=22217208n n -+，∵∠OM2P=90°，∴22222OM PM OP +=，即2217172088n n n +-+=，解得：n=1017，或n=0（舍去），∴点M2（1017，4017）．故在▱OABC 的边上存在点M ，使得△POM 是以PO 为斜边的直角三角形，点M 的坐标为（2，0）或（1017，4017）．考点：反比例函数综合题；分类讨论；综合题． 142．（2016内蒙古呼和浩特市）已知反比例函数ky x =的图象在二四象限，一次函数为y=kx+b （b ＞0），直线x=1与x 轴交于点B ，与直线y=kx+b 交于点A ，直线x=3与x 轴交于点C ，与直线y=kx+b 交于点D ．（1）若点A ，D 都在第一象限，求证：b ＞﹣3k ；（2）在（1）的条件下，设直线y=kx+b 与x 轴交于点E 与y 轴交于点F ，当34ED EA =且△OFE 的面积等于272时，求这个一次函数的解析式，并直接写出不等式kkx bx >+的解集． 【答案】（1）证明见解析；（2）133y x =-+，9852-＜x ＜0或x ＞9852+．【分析】（1）由反比例函数ky x =的图象在二四象限，得到k ＜0，于是得到一次函数为y=kx+b 随x的增大而减小，根据A ，D 都在第一象限，得到不等式即可得到结论；（2）根据题意得到334k b k b +=+，由三角形的面积公式得到S△OEF=127()22b b k ⨯-⨯=联立方程组解得k=﹣，b=3，即可得到结论． 【解析】（1）证明：∵反比例函数ky x =的图象在二四象限，∴k＜0，∴一次函数为y=kx+b 随x 的增大而减小，∵A，D 都在第一象限，∴3k+b＞0，∴b＞﹣3k ；（2）由题意知：ED CD EA AB =，∴334k b k b +=+ ①，∵E （b k -，0），F （0，b ），∴S△OEF=127()22b b k ⨯-⨯=②，由①②联立方程组解得：k=13-，b=3，∴这个一次函数的解析式为133y x =-+，解11333x x -=-+，得1x =9852-，2x =9852+，∴直线y=kx+b 与反比例函数ky x =的交点坐标的横坐标是9852-或9852+，∴不等式＞kx+b 的解集为9852-＜x ＜0或x ＞9852+．考点：反比例函数综合题．143．（2016江苏省南通市）如图，平面直角坐标系xOy 中，点C （3，0），函数ky x =（k ＞0，x ＞0）的图象经过▱OABC 的顶点A （m ，n ）和边BC 的中点D ． （1）求m 的值；（2）若△OAD 的面积等于6，求k 的值； （3）若P 为函数ky x =（k ＞0，x ＞0）的图象上一个动点，过点P 作直线l ⊥x 轴于点M ，直线l 与x轴上方的▱OABC 的一边交于点N ，设点P 的横坐标为t ，当14PN PM =时，求t 的值．【答案】（1）m=2；（2）8；（3）t=52．【分析】（1）根据平行四边形的性质确定出B 的坐标从而确定出D 的坐标，而点A ，D 在反比例函数图象上，建立方程求出m ，（2）根据三角形OAD 的面积是平行四边形OABC 面积的一半，确定出n 即可； （3）根据平行四边形的性质和双曲线的性质，确定出PM ，ON 即可．（3）如图，由（2）知，k=8，设P （t ，8t ），∴PM=8t ，PN=n=4﹣8t ，∵14PN PM =，∴84184t t -=，∴t=52．考点：反比例函数综合题；综合题． 144．（2016黑龙江省牡丹江市）如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线y=﹣x+b 与坐标轴交于C ，D 两点，直线AB 与坐标轴交于A ，B 两点，线段OA ，OC 的长是方程2320x x -+=的两个根（OA ＞OC ）．（1）求点A ，C 的坐标；（2）直线AB 与直线CD 交于点E ，若点E 是线段AB 的中点，反比例函数ky x =（k ≠0）的图象的一个分支经过点E ，求k 的值；（3）在（2）的条件下，点M 在直线CD 上，坐标平面内是否存在点N ，使以点B ，E ，M ，N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）A （﹣2，0），C （1，0）；（2）k=﹣2；（3）N 的坐标为（52-， 542+）、（52，542-）或（52，32）．【分析】（1）利用分解因式法解一元二次方程2320x x -+=即可得出OA 、OC 的值，再根据点所在的位置即可得出A 、C 的坐标；（2）根据点C 的坐标利用待定系数法即可求出直线CD 的解析式，根据点A 、B 的横坐标结合点E 为线段AB 的中点即可得出点E 的横坐标，将其代入直线CD 的解析式中即可求出点E 的坐标，再利用待定系数法即可求出k 值；（3）假设存在，设点M 的坐标为（m ，﹣m+1），分别以BE 为边、BE 为对角线来考虑．根据菱形的性质找出关于m 的方程，解方程即可得出点M 的坐标，再结合点B 、E 的坐标即可得出点N 的坐标．【解析】（1）∵2320x x -+=，∴（x ﹣1）（x ﹣2）=0，∴1x =1，2x=2，∵OA ＞OC ，∴OA=2，OC=1，∴A （﹣2，0），C （1，0）．（2）将C （1，0）代入y=﹣x+b 中，得：0=﹣1+b ，解得：b=1，∴直线CD 的解析式为y=﹣x+1． ∵点E 为线段AB 的中点，A （﹣2，0），B 的横坐标为0，∴点E 的横坐标为﹣1． ∵点E 为直线CD 上一点，∴E （﹣1，2）． 将点E （﹣1，2）代入k y x =（k ≠0）中，得：2=1k-，解得：k=﹣2．（3）假设存在，设点M 的坐标为（m ，﹣m+1），以点B ，E ，M ，N 为顶点的四边形是菱形分两种情况（如图所示）：①以线段BE 为边时，∵E （﹣1，2），A （﹣2，0），E 为线段AB 的中点，∴B （0，4），∴BE=12AB=221242+5∵四边形BEMN 为菱形，∴22(1)(12)m m ++-+-5m1=25--，m2=25-+，∴M（252--，522+）或（252-+，522-），∵B （0，4），E （﹣1，2），∴N （52-， 542+）或（52，542-）；②以线段BE 为对角线时，MB=ME ，∴22(1)(12)m m ++-+-=22(14)m m +-+-，解得：m3=72-，∴M（72-，92），∵B （0，4），E （﹣1，2），∴N （0﹣1+72，4+2﹣92），即（52，32）． 综上可得：坐标平面内存在点N ，使以点B ，E ，M ，N 为顶点的四边形是菱形，点N 的坐标为（52-，542+）、（52，542-）或（52，32）．考点：反比例函数综合题；分类讨论；存在型；压轴题．145．（2015玉林防城港）已知：一次函数210y x =-+的图象与反比例函数ky x =（0k >）的图象相交于A ，B 两点（A 在B 的右侧）．（1）当A （4，2）时，求反比例函数的解析式及B 点的坐标；（2）在（1）的条件下，反比例函数图象的另一支上是否存在一点P ，使△PAB 是以AB 为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由． （3）当A （a ，﹣2a+10），B （b ，﹣2b+10）时，直线OA 与此反比例函数图象的另一支交于另一点C ，连接BC 交y 轴于点D ．若52BC BD =，求△ABC 的面积．【答案】（1）8yx=，B（1，8）；（2）（﹣4，﹣2）、（﹣16，12-）；（3）10．【解析】试题分析：（1）把点A的坐标代入kyx=，就可求出反比例函数的解析式；解一次函数与反比例函数的解析式组成的方程组，就可得到点B的坐标；（2）①若∠BAP=90°，过点A作AH⊥OE于H，设AP与x轴的交点为M，如图1，对于y=﹣2x+10，当y=0时，﹣2x+10=0，解得x=5，∴点E（5，0），OE=5．∵A（4，2），∴OH=4，AH=2，∴HE=5﹣4=1．∵AH⊥OE，∴∠AHM=∠AHE=90°．又∵∠BAP=90°，∴∠AME+∠AEM=90°，∠AME+∠MAH=90°，∴∠MAH=∠AEM，∴△AHM∽△EHA，∴AH MHEH AH=，∴212MH=，∴MH=4，∴M（0，0），可设直线AP的解析式为y mx =，则有42m =，解得m=12，∴直线AP 的解析式为12y x=，解方程组128y x y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，得：42x y =⎧⎨=⎩或42x y =-⎧⎨=-⎩，∴点P 的坐标为（﹣4，﹣2）．②若∠ABP=90°，同理可得：点P 的坐标为（﹣16，12-）．综上所述：符合条件的点P 的坐标为（﹣4，﹣2）、（﹣16，12-）；（3）过点B 作BS ⊥y 轴于S ，过点C 作CT ⊥y 轴于T ，连接OB ，如图2，则有BS ∥CT ，∴△CTD ∽△BSD ，∴CD CT BD BS =．∵52BC BD =，∴32CT CD BS BD ==．∵A （a ，﹣2a+10），B （b ，﹣2b+10），∴C （﹣a ，2a ﹣考点：1．反比例函数综合题；2．待定系数法求一次函数解析式；3．反比例函数与一次函数的交点问题；4．相似三角形的判定与性质；5．压轴题．。

2019年中考数学压轴题专项训练：反比例函数一．选择题1．已知反比例函数y＝﹣，下列结论错误的是（）A．y随x的增大而减小B．图象位于二、四象限内C．图象必过点（﹣2，4）D．当﹣1＜x＜0时，y＞82．如图，矩形ABCD的对角线BD经过坐标原点，矩形的边分别平行于坐标轴，点C在反比例函数的图象上．若点A的坐标为（﹣4，﹣4），则k的值为（）A．16 B．﹣3 C．5 D．5或﹣33．如图，在平面直角坐标系中，▱ABOC的顶点B，C在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，若点B的坐标为（1，2），∠OBC＝90°，则k的值为（）A．B．3 C．5 D．4．如图，是反比例函数y＝和y＝﹣在x轴上方的图象，x轴的平行线AB分别与这两个函数图象相交于点A．B，则△AOB的面积是（）A ．5B ．4C ．10D ．205．我们知道，如果一个矩形的宽与长之比为，那么这个矩形就称为黄金矩形．如图，已知A 、B 两点都在反比例函数y ＝（k ＞0）位于第一象限内的图象上，过A 、B 两点分别作坐标轴的垂线，垂足分别为C 、D 和E 、F ，设AC 与BF 交于点G ，已知四边形OCAD 和CEBG 都是正方形．设FG 、OC 的中点分别为P 、Q ，连接PQ ．给出以下结论：①四边形ADFG 为黄金矩形；②四边形OCGF 为黄金矩形；③四边形OQPF 为黄金矩形．以上结论中，正确的是（ ）A ．①B ．②C ．②③D ．①②③6．如图，平行于x 轴的直线与函数y 1＝（a ＞0，x ＞0），y 2＝（b ＞0．x ＞0）的图象分别相交于A 、B 两点，且点A 在点B 的右侧，在X 轴上取一点C ，使得△ABC 的面积为3，则a ﹣b 的值为（ ）A ．6B ．﹣6C ．3D ．﹣37．如图，正比例函数y 1＝﹣2x 的图象与反比例函数y 2＝的图象交于A 、B 两点，点C 在x 轴负半轴上，AC ＝AO ，△ACO 的面积为6．则k 的值为（ ）A．3 B．﹣3 C．﹣6 D．68．如图，在菱形OABC中，点A的坐标为（10，0），对角线OB、AC相交于点D，OB•AC＝160．双曲线y＝（x＞0）经过点D，交BC的延长线于点E，则过点E的双曲线表达式为（）A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝9．如图，一次函数与反比例函数的图象交于A（1，8）和B（4，2）两点，点P是线段AB 上一动点（不与点A和B重合），过P点分别作x轴，y轴的垂线PC，PD交反比例函数图象于点E，F，则四边形OEPF面积的最大值是（）A．3 B．4 C．D．610．如图，平行四边形AOBC中，∠AOB＝60°，AO＝8，AC＝15，反比例函数y＝（x＞0）图象经过点A，与BC交于点D，则的值为（）A．B．C．D．二．填空题11．如图，在△OAB中，AO＝AB，S＝36，反比例函数y＝（x＞0）的图象与OA交于点△AOBC，点D是函数y＝（x＞0）的图象一点，且CD∥x轴，若∠ADC＝90°，则k的值是．12．如图，点A是反比例函数y＝﹣的图象第二象限分支上的动点，连结AO并延长交另一支于点B，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，顶点C在第三象限，AC与x轴交于点D，连结BD．当BD平分∠ABC时，点C的坐标是．13．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝kx（k＞0）分别交反比例函数y＝和y＝在第一象限的图象于点A，B，过点B作BD⊥x轴于点D，交y＝的图象于点C，连接AC．若△ABC是等腰三角形，则k的值是．14．如图，直线y ＝2x ﹣1交y 轴于A ，交双曲线y ＝（k ＞0，x ＞0）于B ，将线段AB 绕B 点逆时针方向旋转90°，A 点的对应点为C ，若C 点落在双曲线y ＝（k ＞0，x ＞0）上，则k 的值为 ．15．如图，点B 1（1，）在直线l 2：y ＝x 上，过点B 1作A 1B 1⊥l 1交直线l 1：y ＝x于点A 1，以A 1B 1为边在△OA 1B 1外侧作等边三角形A 1B 1C 1，过C 1的反比例函数为y ＝；再过点C 1作A 2B 2⊥l 1，分别交直线l 1和l 2于A 2，B 2两点，以A 2B 2为边在△OA 2B 2外侧作等边三角形A 2B 2C 2，过C 2的反比例函数为y ＝，…，按此规律进行下去，则第n 个反比例函数的k n ＝ ．（用含n 的代数式表示）16．如图，已知点A 在反比例函数上，作Rt △ABC ，使边BC 在x 轴上且∠ABC ＝90°，点D 在AC 上且CD ＝2AD ，连DB 并延长交y 轴于点E ，若△BCE 的面积为8，△ABC 的面积为3，则k ＝ ．17．如图，菱形ABCD的对角线BD与x轴平行，点B、C的坐标分别为（0，2）、（3，0），点A、D在函数（x＞0）的图象上，则k的值为．18．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC在x轴上，点B与点C关于原点对称，AB＝5，AO＝，边AC上的点P满足∠COP＝∠CAO，且双曲线y＝经过点P，则k值等于．19．如图，A、B是反比例函数y＝在第一象限内的图象上的两点，且A、B两点的横坐标分别是4和8，则△OAB的面积是．20．如图，在直角坐标系中，四边形OABC为菱形，OA在x轴的正半轴上，∠AOC＝60°，过点C的反比例函数的图象与AB交于点D，则△COD的面积为．三．解答题21．如图，一次函数y＝kx+b与反比例函数y＝的图象交于A（n，3），B（﹣3，﹣2）两点．（1）求反比例函数与一次函数的解析式；（2）过点B作BC⊥x轴，垂足为C，求S．△ABC22．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝ax+b（a≠0）的图象与反比例函数y＝（k ≠0）的图象交于A、B两点，与x轴交于点C，过点A作AH⊥x轴于点H，点O是线段CH的中点，AC＝4，cos∠ACH＝，点B的坐标为（4，﹣4）．（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；（2）求△BCH的面积；（3）观察图象，直接写出ax+b＞的x取值范围．23．如图所示，一次函数y ＝kx +b 的图象与反比例函数y ＝的图象交于M 、N 两点．（1）根据图中条件求出反比例函数和一次函数的解析式；（2）连结OM 、ON ，求△MON 的面积；（3）根据图象，直接写出使一次函数的值大于反比例函数的值的x 的取值范围．24．如图，双曲线y 1＝与直线y 2＝的图象交于A 、B 两点．已知点A 的坐标为（4，1），点P （a ，b ）是双曲线y 1＝上的任意一点，且0＜a ＜4．（1）分别求出y 1、y 2的函数表达式；（2）连接PA 、PB ，得到△PAB ，若4a ＝b ，求三角形ABP 的面积；（3）当点P 在双曲线y 1＝上运动时，设PB 交x 轴于点E ，延长PA 交x 轴于点F ，判断PE 与PF 的大小关系，并说明理由．25．制作某种金属工具要进行材料煅烧和锻造两个工序，即需要将材料烧到800℃，然后停止煅烧进行锻造操作，经过8min时，材料温度降为600°C．煅烧时温度y（℃）与时间x（min）成一次函数关系；锻造时，温度y（℃）与时间x（min）成反比例函数关系（如图），已知该材料初始温度是26℃（1）分别求出材料煅烧和锻造时y与x的函数关系式，并且写出自变量x的取值范围；（2）根据工艺要求，当材料温度低于400°C时，须停止操作．那么锻造的操作时间有多长？26．如图，一次函数y1＝kx+b（k≠0）和反比例函数y2＝（m≠0）的图象相交于点A（﹣4，2），B（n，﹣4）（1）求一次函数和反比例函数的表达式；（2）观察图象，直接写出不等式y1＜y2的解集．27．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y＝（m ≠0）的图象交于A，B两点，与x轴交于点C，点A的坐标为（n，12），点C的坐标为（﹣4，0），且tan∠ACO＝2．（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；（2）求点B的坐标；（3）连接OA，OB，求△AOB的面积．28．如图，已知一次函数y＝ax+b（a，b为常数，a≠0）的图象与x轴，y轴分别交于点A，B，且与反比例函数y＝（k为常数，k≠0）的图象在第二象限内交于点C，作CD⊥x轴于，若OA＝OD＝OB＝3．（1）求一次函数与反比例函数的解析式；（2）观察图象直接写出不等式0＜ax+b≤的解集．29．如图1，反比例函数图象经过等边△OAB 的一个顶点B ，点A 坐标为（2，0），过点B 作BM ⊥x 轴，垂足为M ．（1）求点B 的坐标和k 的值； （2）若将△ABM 沿直线AB 翻折，得到△ABM '，判断该反比例函数图象是从点M '的上方经过，还是从点M '的下方经过，又或是恰好经过点M '，并说明理由；（3）如图2，在x 轴上取一点A 1，以AA 1为边长作等边△AA 1B 1，恰好使点B 1落在该反比例函数图象上，连接BB 1，求△ABB 1的面积．30．如图，已知反比例函数y ＝（x ＞0）的图象与反比例函数y ＝（x ＜0）的图象，A （1，4），B （4，m ）是函数y ＝（x ＞0）图象上的两点，连接AB ，点C （﹣2，n ）是函数y ＝（x ＜0）图象上的一点，点C 关于y 轴的对称点在y ＝（x ＞0）图象上，连接AC ，BC ．（1）求m ，n 的值；（2）求BC 所在直线的表达式；（3）求△ABC 的面积．参考答案一．选择题1．解：反比例函数y ＝﹣中k ＝﹣8＜0，在每个象限内y 随着x 的增大而增大，故A 错误，符合题意，故选：A ．2．解：设C （x ，y ），如图，∵矩形ABCD 的对角线BD 经过坐标原点，矩形的边分别平行于坐标轴，∴△ABD 和△CDB 的面积相等，∴矩形AEOF 的面积等于矩形OMCN 的面积，∴xy ＝k 2﹣2k +1＝4×4，即（k ﹣1）2＝16，解得k 1＝﹣3，k 2＝5．故选：D ．3．解：将B （1，2）代入反比例函数y ＝（x ＞0）中得：m ＝2，∴y ＝，∵∠OBC ＝90°，∴k OB ×k BC ＝﹣1，∵k OB ＝2，∴k BC ＝﹣，∵B （1，2），∴直线BC ：y ＝﹣x +，联立，得：点C （4，），∴线段BC 的中点坐标为（，），∵▱ABOC ，∴线段OA 的中点坐标为（，），∴点A 的坐标为（5，），∵点A 在反比例函数y ＝（x ＞0）的图象上，∴k ＝5×＝； 故选：D ．4．解：∵x 轴的平行线AB 分别与这两个函数图象相交于点A ．B ，∴AB ⊥y 轴，∵点A 、B 在反比例函数y ＝和y ＝﹣在x 轴上方的图象上，∴S △AOB ＝S △COB +S △AOC ＝（3+7）＝5，故选：A ．5．解：∵OCAD 和CEBG 都是正方形．∴设BE ＝a ，AD ＝b ，∴B （a +b ，a ），A （b ，b ），∵A 、B 两点都在反比例函数y ＝，∴a （a +b ）＝b •b ，∴，①四边形ADFG 中宽与长的比为，将代入，得到＝， ∴四边形ADFG 不是黄金矩形；①不正确；四边形OCGF中宽与长的比为＝，∴四边形OCGF为黄金矩形，②正确；∵FG、OC的中点分别为P、Q，∴OQ＝b，四边形OQPF中宽与长的比为＝，∴四边形OQPF不是黄金矩形；③不正确；故选：B．6．解：设A（，m），B（，m），则：△ABC的面积＝•AB•y A＝•（﹣）•m＝3，则a﹣b＝6．故选：A．7．解：设A（m，﹣2m），∵AC＝AO，∴△ACO是等腰三角形，∴CO＝﹣2m，∴S＝×（﹣2m）×（﹣2m）＝6，△ACO∴m2＝3，∵k＝2m2，∴k＝﹣6，故选：C．8．解：如图，过B作BF⊥x轴于点F，过D作DG⊥x轴于点G，过C作CH⊥x轴于点H，∵A（10，0），∴OA＝10，∴S菱形ABCD＝OA•BF＝AC•OB＝×160＝80，即10BF＝80，∴BF＝8，在Rt△ABF中，AB＝10，BF＝8，由勾股定理可得AF＝6，∴OF＝OA+AF＝10+6＝16，∵四边形OABC为菱形，∴D为OB中点，∴DG＝BF＝×8＝4，OG＝OF＝×16＝8，∴D（8，4），∵双曲线过点D，∴4＝，解得k＝32，∴双曲线解析式为y＝，故选：D．9．解：设一次函数解析式为y＝kx+b，反比例函数解析式为y＝，∵A（1，8）和B（4，2）是两个函数图象的交点，∴y＝，∴，∴，∴y＝﹣2x+10，∵S△ODF ＝S△ECO＝4，设点P的坐标（x，﹣2x+10），∴四边形OEPF面积＝xy﹣8＝x（﹣2x+10）﹣8＝﹣2x2+10x﹣8＝﹣2（x﹣）2+，∴当x＝时，面积最大为；故选：C．10．解：作AE⊥OB于E，DF⊥OB于F，∵∠AOB＝60°，AO＝8，∴OE＝OA＝4，AE＝OA＝4，∴A（4，4），∵反比例函数y＝（x＞0）图象经过点A，∴k＝4×＝16，∴y＝，∵四边形AOBC是平行四边形，∴OA∥BC，∴∠DBF＝∠AOB＝60°，设D点的纵坐标为n，∴DF＝n，∴BF＝n，∵OB＝AC＝15，∴D（15+n，n），∵点D在反比例函数y＝（x＞0）图象上，∴（15+n）•n＝16，解得n1＝，n2＝﹣16（舍去），∴DF＝，∵∠DBF＝∠AOB＝60°，∠OEA＝∠BFD＝90°，∴△BFD∽△OEA，∴＝＝＝，故选：C．二．填空题（共10小题）11．解：过点C 作CE ⊥x 轴于点E ，延长AD ，交x 轴于点F ，连接OD ，如图所示． ∵AO ＝AB ，CD ∥x 轴，∠ADC ＝90°，∴AF ⊥OB ，∴S △AOF ＝S △AOB ＝18．∵函数y ＝（x ＞0）图象与OA 交于点C ，点D 是函数y ＝（x ＞0）的图象上一点，∴S △OCE ＝k ，S △ODF ＝×4＝2，∴＝＝＝．∵CE ⊥x 轴，AF ⊥x 轴，CD ∥x 轴，∴△OCE ∽△OAF ，CE ＝DF ，∴＝（）2＝，∴S △O CE ＝k ＝×18＝，∴k ＝．故答案为：．12．解：连接OC ，过点A 作AE ⊥x 轴于E ，过点C 作CF ⊥x 轴于F ，过点D 作DH ⊥AB 于H ，如图所示．∵△ABC 为等腰直角三角形，∴OA＝OC，OC⊥AB，∴∠AOE+∠COF＝90°．∵∠COF+∠OCF＝90°，∴∠AOE＝∠OCF．在△AOE和△OCF中，，∴△AOE≌△OCF（AAS），∴AE＝OF，OE＝CF．∵BD平分∠ABC，∴CD＝DH，∵∠CFD＝∠AED＝90°，∠CDF＝∠ADE，∴△CDF∽△ADE，∴＝，∴＝，∵∠BAC＝45°，∴sin45°＝＝∴＝＝，∵OE＝CF，∴＝．∵k＝﹣，∴设点A的坐标为（a，﹣）（a＜0），∴＝，解得：a＝1或a＝﹣1，∴A（﹣1，），∴OE＝1，AE＝，∴CF＝OE＝1，OF＝AE＝，∴点C的坐标为（﹣，﹣1）．故答案为：（﹣，﹣1）．13．解：∵点B是y＝kx和y＝的交点，y＝kx＝，∴点B坐标为（，4），同理可求出点A的坐标为（，2），∵BD⊥x轴，∴点C横坐标为，纵坐标为，∴BA＝，AC＝，BC＝3，∴BA2﹣AC2＝3k＞0，∴BA≠AC，若△ABC是等腰三角形，①AB＝BC，则＝3，解得：k＝；②AC＝BC，则＝3，解得：k＝；故答案为：或．14．解：过点B作BE∥x轴交y轴于点E，过点C作CD⊥BD于点D，如图：则易证△ABE ≌△BCD ，∴BE ＝CD ，AE ＝BD ，∵直线y ＝2x ﹣1交y 轴于A ，∴A （0，﹣1），设点B （x ，），则BE ＝CD ＝x ，AE ＝BD ＝+1，∴C （x ++1，﹣x ），∵C 点落在双曲线y ＝（k ＞0，x ＞0）上，∴k ＝（x ++1）（﹣x ）①，∵点B 在直线y ＝2x ﹣1上，∴＝2x ﹣1②，∴联立①②解得：k ＝6，故答案为：6．15．解：直线l 2：y ＝x 与x 轴夹角为30°，直线l 1：y ＝x 与x 轴夹角为60°， ∴l 1与l 2的夹角30°，∵A 1B 1上l 1，∴∠OB 1A 1＝60°，∵等边三角形A 1B 1C 1，∴B 1C 1⊥x 轴，∵B 1（1，），∴OB 1＝，∴B 1C 1＝，∴C 1（1，）， ∴k 1＝；∴OB 2＝+＝，∴A 2B 2＝OB 2sin30°＝，∴B 2的横坐标OB 2×cos30°＝，B 2的纵坐标OB 2×sin30°＝，∴C 2（，）， ∴k 2＝，以此得到OB n ＝×，∁n 的横坐标OB n ×cos30°＝，∁n 的纵坐标2OB n×sin30°＝×，∴k n ＝××＝×，故答案为×； 16．解：∵BD 为Rt △ABC 的斜边AC 上的中线，∴BD ＝DC ，∠DBC ＝∠ACB ，又∠DBC ＝∠EBO ，∴∠EBO ＝∠ACB ，又∠BOE ＝∠CBA ＝90°，∴△BOE ∽△CBA ，∴＝，即BC ×OE ＝BO ×AB ．又∵S △BEC ＝3，∴BC •EO ＝3，即BC ×OE ＝6＝BO ×AB ＝|k |．∵反比例函数图象在第二象限，k ＜0．∴k ＝﹣6．故答案为：﹣6．17．解：菱形ABCD 的对角线BD 与x 轴平行，点B 、C 的坐标分别为（0，2）、（3，0），∵菱形对角线互相垂直平分，∴A （3，4），将点A （3，4）代入中，∴k ＝12；故答案为12；18．解：∵点B 与点C 关于原点对称，∴BC ＝2OC ，在Rt △ABC 中，AB 2＝AC 2+BC 2，∵AB ＝5，∴25＝AC 2+4OC 2，在Rt △AOC 中，AO 2＝AC 2+OC 2，∵AO ＝， ∴13＝AC 2+OC 2，∴OC ＝2，AC ＝3，∵∠COP ＝∠CAO ，∴tan ∠COP ＝tan ∠CAO ，∴，∴PC ＝，∴P （2，），∴k ＝；故答案为；19．解：∵A ，B 是反比例函数y ＝在第一象限内的图象上的两点，且A ，B 两点的横坐标分别是4和8，∴当x ＝4时，y ＝2，即A （4，2），当x ＝8时，y ＝1，即B （8，1）．如图，过A ，B 两点分别作AC ⊥x 轴于C ，BD ⊥x 轴于D ，则S △AOC ＝S △BOD ＝×8＝4． ∵S 四边形AODB ＝S △AOB +S △BOD ＝S △AOC +S 梯形ABDC ，∴S △AOB ＝S 梯形ABDC ，∵S 梯形ABDC ＝（BD +AC ）•CD ＝（1+2）×4＝6，∴S △AOB ＝6．故答案为：6．20．解：作DF ∥AO ，CE ⊥AO ，∵∠AOC ＝60°，∴tan ∠AOC ＝，∴设OE ＝x ，CE ＝x ， ∴x •x ＝4，∴x ＝±2，∴OE ＝2，CE ＝2，由勾股定理得：OC ＝4，∴S 菱形OABC ＝OA •CE ＝4×2＝8，∵四边形OABC 为菱形，∴AB ∥CO ，AO ∥BC ，∵DF ∥AO ，∴S △ADO ＝S △DFO ，同理S △BCD ＝S △CDF ，∵S 菱形ABCO ＝S △ADO +S △DFO +S △BCD +S △CDF ，∴S 菱形ABCO ＝2（S △DFO +S △CDF ）＝2S △CDO ＝8，∴S △CDO ＝4；故答案为4．三．解答题（共10小题）21．解：（1）将点B（﹣3，﹣2）代入y＝，∴m＝6，∴y＝，∴n＝2，∴A（2，3），将A（2，3），B（﹣3，﹣2）代入y＝kx+b，，∴，∴y＝x+1；（2）y＝x+1与x轴交点坐标（﹣1，0），∴S＝×1×（3+2）＝；22．解：（1）∵反比例函数y＝（k≠0）的图象过点B（4，﹣4），∴k＝4×（﹣4）＝﹣16，∴反比例函数解析式为：y＝﹣．∵AH⊥x轴于点H，AC＝4，cos∠ACH＝，∴＝＝，解得：HC＝4，∵点O是线段CH的中点，∴HO＝CO＝2，将x＝﹣2代入y＝﹣，得y＝8，，∴A（﹣2，8）．设一次函数解析式为：y＝kx+b，将A（﹣2，8），B（4，﹣4）代入，得：，解得：，∴一次函数解析式为：y＝﹣2x+4；（2）∵HC＝4，B（4，﹣4），∴△BCH的面积为：×4×4＝8；（3）观察图象可知：当x＜﹣2或0＜x＜4时，一次函数图象在反比例函数图象的上方，所以ax+b＞的x取值范围是x＜﹣2或0＜x＜4．故答案为x＜﹣2或0＜x＜4．23．解：（1）∵一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝的图象交于M（3，2）、N（﹣1，a）两点∴m＝6，a＝﹣6，∴反比例函数y＝，N（﹣1，﹣6），把M（3，2），N（﹣1，﹣6）代入y＝kx+b得，解得∴一次函数的解析式的解析式为y＝2x﹣4．（2）设直线MN交x轴于点A，当y＝0时，2x﹣4＝0，∴x＝2，∴A（2，0），∴S△MON＝S△MOA+S△NOA＝•OA•（y M﹣y N）＝×2×8＝8；（3）由图象可知，当﹣1＜x＜0或x＞3时一次函数的值大于反比例函数的值．24．解：（1）把点A（4，1）代入双曲线y1＝得k1＝4，∴双曲线y1＝；代入直线y2＝得k2＝4，∴直线为y＝x；（2）∵点P（a，b）在y1＝的图象上，∴ab＝4，∵4a＝b，∴4a2＝4，则a＝±1，∵0＜a＜4，∴a＝1，∴P（1，4），又∵双曲线y1＝与直线y2＝的图象交于A、B两点，且A（4，1）∴B（﹣4，﹣1），过点P作PQ∥y轴交AB于点G，如图所示，把x＝1代入y＝x，得到y＝，∴G（1，），∴PG＝4﹣＝，∴S△ABP＝PG（x A﹣x B）＝××8＝15；（3）PE＝PF．理由如下：∵点P（a，b）在y＝的图象上，∴b＝，∵B（﹣4，﹣1），设直线PB的表达式为y＝mx+n，∴，∴∴直线PB的表达式为y＝x+﹣1，当y＝0时，x＝a﹣4，∴E点的坐标为（a﹣4，0），同理F点的坐标为（a+4，0），过点P作PH⊥x轴于H，如图所示，∵P点坐标为（a，b），∴H点的坐标为（a，0），∴EH＝x H﹣x E＝a﹣（a﹣4）＝4，同理可得：FH＝4，∴MH＝HN，∴PM＝PN．25．解：（1）材料锻造时，设y＝（k≠0），由题意得600＝，解得k＝4800，当y＝800时，，解得x＝6，∴点B的坐标为（6，800）材料煅烧时，设y＝ax+26（a≠0），由题意得800＝6a+26，解得a＝129，∴材料煅烧时，y与x的函数关系式为y＝129x+26（0≤x≤6）．∴锻造操作时y与x的函数关系式为y＝（6＜x≤150）；（2）把y＝400代入y＝，得x＝12，12﹣6＝6（分），答：锻造的操作时间6分钟．＝，26．【解答】解：（1）将点A（﹣4，2）代入y2∴m＝﹣8，∴y＝，将B（n，﹣4）代入y＝，∴n＝2，∴B（2，﹣4），＝kx+b，将A（﹣4，2），B（2，﹣4）代入y1得到，∴，∴y＝﹣x﹣2，（2）由图象直接可得：x＞2或﹣4＜x＜0；27．解：（1）过点A作AD⊥x轴，垂足为D．由A（n，12），C（﹣4，0），可得OD＝n，AD＝12，CO＝4．∵tan∠ACO＝2，∴＝2，即＝2，∴n＝2，∴A（2，12）．将A（2，12）代入反比例函数y＝，得m＝2×12＝24．∴反比例函数的解析式为y＝．将A（2，12），C（﹣4，0）代入一次函数y＝kx+b，得，解得．∴一次函数的解析式为y＝2x+8．（2）y＝与y＝2x+8的交点为，2x+8＝，∴x2+4x﹣12＝0，∴x＝﹣6或x＝2，∴点B的坐标为（﹣6，﹣4）．（3）∵C（﹣4，0），＝×OC（y A﹣y B）＝×4×[12﹣（﹣4）]＝32．∴S△AOB28．解：（1）∵CD⊥OA，∴DC∥OB，∴，∴CD＝2OB＝8，∵OA＝OD＝OB＝3，∴A（3，0），B（0，4），C（﹣3，8），把A、B两点的坐标分别代入y＝ax+b可得，解得，∴一次函数解析式为，∵反比例函数y＝的图象经过点C，∴k＝﹣24，∴反比例函数的解析式为y＝﹣；（2）由题意可知所求不等式的解集即为直线AC在x轴上方且在反比例函数图象下方的图象所对应的自变量的取值范围，即线段BC（包含C点，不包含B点）所对应的自变量x的取值范围，∵C（﹣3，8），∴0＜﹣x+4≤﹣的解集为﹣3≤x＜0；29．解：（1）∵△OAB为等边三角形，OA＝2，∴OM＝OA＝1，BM＝OA＝，∴点B的坐标为（1，）．∵反比例函数图象经过点B，∴k＝．（2）该反比例函数图象是从点M'的下方经过，理由如下：过点M′作M′C⊥x轴，垂足为点C，如图1所示．由折叠的性质，可知：AM′＝AM＝1，∠BAM′＝∠BAM＝60°，∴∠M′AC＝180°﹣∠BAM﹣∠BAM′＝60°．在Rt△ACM′中，AM′＝1，∠ACM′＝90°，∠M′AC＝60°，∴∠AM′C＝30°，∴AC＝AM′＝，CM′＝AM′＝．∴OC＝OA+AC＝，∴点M′的坐标为（，）．当x＝时，y＝＝，∵＜，∴该反比例函数图象是从点M '的下方经过．（3）过点B 1作B 1D ⊥x 轴，垂足为点D ，如图2所示．设AA 1＝a ，则AD ＝a ，B 1D ＝a ，OD ＝2+a ，∴点B 1的坐标为（2+a ，a ）．∵点B 1在该反比例函数y ＝的图象上，∴（2+a ）•a ＝，解得：a 1＝﹣2﹣2（舍去），a 2＝2﹣2，∴MD ＝AM +AD ＝，B 1D ＝a ＝﹣，AD ＝a ＝﹣1，∴＝﹣S △BMA ﹣，＝（BM +B 1D ）•MD ﹣BM •AM ﹣B 1D •AD ，＝（+﹣）×﹣××1﹣×（﹣）×（﹣1），＝﹣．30．解：（1）因为点A 、点B 在函数y ＝（x ＞0）图象上，∴k 1＝1×4＝4，∴m×4＝k1＝4，∴m＝1，∵点C（﹣2，n）关于y轴的对称点在y＝（x＞0）图象上．∴对称点为（2，n），∴2×n＝4，∴n＝2；（2）设直线BC所在的直线表达式为y＝kx+b把B（4，1），C（﹣2，2）代入，得，解得，∴BC所在直线的表达式为：y＝﹣x+；（3）如图所示：过点A、B作x轴的平行线，过点C、B作y轴的平行线，它们的交点分别是E、F、B、G．∴四边形EFBG是矩形．则AF＝3，BF＝3，AE＝3，EC＝2，CG＝1，GB＝6，EG＝3∴S△ABC＝S矩形EFBG﹣S△AFB﹣S△AEC﹣S△CBG＝BG×EG﹣AF×FB﹣AE×EC﹣BG×CG＝18﹣﹣3﹣3＝．。

2019中考数学压轴题解析1531．（2017内蒙古通辽市，第15题，3分）在▱ABCD中，AE平分∠BAD交边BC于E，DF平分∠ADC交边BC于F，若AD=11，EF=5，则AB= ．【答案】8或3．【分析】根据平行线的性质得到∠ADF=∠DFC，由DF平分∠ADC，得到∠ADF=∠CDF，等量代换得到∠DFC=∠FDC，根据等腰三角形的判定得到CF=CD，同理BE=AB，根据平行四边形的性质得到AB=CD，AD=BC，得出AB=BE=CF=CD，分两种情况，即可得到结论．【解析】①如图1，在▱ABCD中，∵BC=AD=11，BC∥AD，CD=AB，CD∥AB，∴∠DAE=∠AEB，∠ADF=∠DFC，∵AE平分∠BAD交BC于点E，DF平分∠ADC交BC于点F，∴∠BAE=∠DAE，∠ADF=∠CDF，∴∠BAE=∠AEB，∠CFD=∠CDF，∴AB=BE，CF=CD，∴AB=BE=CF=CD．∵EF=5，∴BC=BE+CF﹣EF=2AB﹣EF=2AB﹣5=11，∴AB=8；②在▱ABCD中，∵BC=AD=11，BC∥AD，CD=AB，CD∥AB，∴∠DAE=∠AEB，∠ADF=∠DFC，∵AE平分∠BAD交BC于点E，DF平分∠ADC交BC于点F，∴∠BAE=∠DAE，∠ADF=∠CDF，∴∠BAE=∠AEB，∠CFD=∠CDF，∴AB=BE，CF=CD，∴AB=BE=CF=CD∵EF=5，∴BC=BE+CF=2AB+EF=2AB+5=11，∴AB=3；综上所述：AB的长为8或3．故答案为：8或3．点睛：本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的性质，解答本题的关键是判断出AB=BE=CF=CD．考点：平行四边形的性质；分类讨论．32．（2017四川省内江市，第16题，5分）如图，正方形ABCD中，BC=2，点M是边AB的中点，连接DM，DM与AC交于点P，点E在DC上，点F在DP上，且∠DFE=45°．若PF=56，则CE= ．【答案】7 6．【分析】如图，连接EF．首先求出DM、DF的长，证明△DEF∽△DPC，可得DF DEDC DP，求出DE即可解决问题．【解析】如图，连接EF．∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA=2，∠DAB=90°，∠DCP=45°，∴AM=BM=1，在Rt△ADM中，DM=22AD AM+ =2221+=5，∵AM∥CD，∴12AM MPDC PD==，∴DP=253，∵PF=56，∴DF=DP=PF=52，∵∠EDF=∠PDC，∠DFE=∠DCP，∴△DEF∽△DPC，∴DF DEDC DP=，∴52225=，∴DE=56，∴CE=CD﹣DE=2﹣56=76．故答案为：76．点睛：本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．考点：相似三角形的判定与性质；正方形的性质；综合题．33．（2017四川省成都市，第25题，4分）如图1，把一张正方形纸片对折得到长方形ABCD，再沿∠ADC的平分线DE折叠，如图2，点C落在点C′处，最后按图3所示方式折叠，使点A落在DE的中点A′处，折痕是FG，若原正方形纸片的边长为6cm，则FG= cm．【答案】10．【分析】作GM⊥AC′于M，A′N⊥AD于N，AA′交EC′于K．易知MG=AB=AC′，首先证明△AKC′≌△GFM，可得GF=AK，由AN=4.5cm，A′N=1.5cm，C′K∥A′N，推出'''KC ACA N AN=，可得'31.5 4.5KC=，推出C′K=1.5cm，在Rt△AC′K中，根据22''AC C K+AK即可解决问题．【解析】作GM⊥AC′于M，A′N⊥AD于N，AA′交EC′于K．易知MG=A B=AC′，∵GF⊥AA′，∴∠AFG+∠FAK=90°，∠MGF+∠MFG=90°，∴∠MGF=∠KAC′，∴△AKC′≌△GFM，∴GF=AK，∵AN=4.5cm，A′N=1.5cm，C′K∥A′N，∴'''KC ACA N AN=，∴'31.5 4.5KC=，∴C′K=1.5cm，在Rt△AC′K中，AK=22''AC C K +=10cm ，∴FG=AK=10cm ，故答案为：10．点睛：本题考查翻折变换、正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．考点：翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；正方形的性质；压轴题．34．（2017山东省东营市，第15题，4分）如图，已知菱形ABCD 的周长为16，面积为83，E 为AB 的中点，若P 为对角线BD 上一动点，则EP+AP 的最小值为 ．【答案】23．【分析】如图作CE′⊥AB 于E′，甲BD 于P′，连接AC 、AP′．首先证明E′与E 重合，因为A 、C 关于BD 对称，所以当P 与P′重合时，PA′+P′E 的值最小，由此求出CE 即可解决问题．【解析】如图作CE′⊥AB 于E′，甲BD 于P′，连接AC 、AP′．∵已知菱形ABCD 的周长为16，面积为83，∴AB=BC=4，AB•CE′=83，∴CE′=23，在Rt △BCE′中，BE′=224(23)-=2，∵BE=EA=2，∴E 与E′重合，∵四边形ABCD 是菱形，∴BD 垂直平分AC ，∴A 、C 关于BD 对称，∴当P 与P′重合时，PA′+P′E 的值最小，最小值为CE 的长=23，故答案为：23．点睛：本题考查轴对称﹣最短问题、菱形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明CE 是△ABC 的高，学会利用对称解决最短问题．考点：轴对称﹣最短路线问题；菱形的性质；动点型；最值问题．35．（2017山东省潍坊市，第18题，3分）如图，将一张矩形纸片ABCD 的边BC 斜着向AD 边对折，使点B 落在AD 边上，记为B′，折痕为CE ，再将CD 边斜向下对折，使点D 落在B′C 边上，记为D′，折痕为CG ，B′D′=2，BE=13BC ．则矩形纸片ABCD 的面积为 ．【答案】15． 【分析】根据翻折变化的性质和勾股定理可以求得BC 和AB 的长，然后根据矩形的面积公式即可解答本题．【解析】设BE=a ，则BC=3a ，由题意可得，CB=CB′，CD=CD′，BE=B′E=a，∵B′D′=2，∴CD′=3a﹣2，∴CD=3a ﹣2，∴AE=3a ﹣2﹣a=2a ﹣2，∴DB′=22'CB CD - =22(3)(32)a a -- =231a -，∴AB′=3a﹣231a -，∵AB′2+AE2=B′E2，∴222(3231)(22)a a a a --+-=，解得，a=23或a=53，当a=23时，BC=2，∵B′D′=2，CB=CB′，∴a=23时不符合题意，舍去；当a=53时，BC=5，AB=CD=3a ﹣2=3，∴矩形纸片ABCD 的面积为：5×3=15，故答案为：15．点睛：本题考查泛着变化、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用翻折的性质和矩形的面积公式解答．考点：翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；综合题．36．（2017山西省，第15题，3分）一副三角板按如图方式摆放，得到△ABD 和△BCD ，其中∠ADB=∠BCD=90°，∠A=60°，∠CBD=45°．E 为AB 的中点，过点E 作EF ⊥CD 于点F ．若AD=4cm ，则EF 的长为 cm ．【答案】26．【分析】过A 作AG ⊥DC 于G ，得到∠ADG=45°，进而得到AG 的值 ，在30°的直角三角形ABD 和45°直角三角形BCD 中，计算出BD ，CB 的值．再由AG ∥EF ∥BC ， E 是AB 的中点，得到F 为CG 的中点，由梯形中位线定理得到EF 的长．【解析】过A 作AG ⊥DC 于G ，∵∠DCB=∠CBD=45°，∠ADB=90°，∴∠ADG=45°，∴2 =22，∵∠ABD=30°，∴BD=3AD=3，∵∠CBD=45°，∴226AG ⊥CG ，EF ⊥CG ，CB ⊥CG ，∴AG ∥EF ∥BC ，∵E 是AB 的中点，∴F 为CG 的中点，∴EF=12（AG+BC ）=1(2226)2+ =26+.故答案为：26+．点睛：本题主要考查的是梯形的中位线定理、特殊锐角三角函数值的应用，证得EF 为梯形ABCG 的中位线是解题的关键．考点：直角三角形的性质；梯形中位线定理；综合题．37．（2017广西河池市，第18题，3分）如图，在矩形ABCD 中，AB=2，E 是BC 的中点，AE ⊥BD 于点F ，则CF 的长是 ．2． 【分析】根据四边形ABCD 是矩形，得到∠ABE=∠BAD=90°，根据余角的性质得到∠BAE=∠ADB ，根据相似三角形的性质得到BE=1，求得BC=2，根据勾股定理得到AE ，BD 的长，根据三角形的面积公式得到BF 的长，过F 作FG ⊥BC 于G ，根据相似三角形的性质得到CG 的长，根据勾股定理即可得到结论．【解析】∵四边形ABCD 是矩形，∴∠ABE=∠BAD=90°，∵AE ⊥BD ，∴∠AFB=90°，∴∠BAF+∠ABD=∠ABD+∠ADB=90°，∴∠BAE=∠ADB ，∴△ABE ∽△ADB ，∴AD AB AB BE =，∵E 是BC 的中点，∴AD=2BE ，∴2BE2=AB2=2，∴BE=1，∴BC=2，∴22AB BE +322BC CD +6，∴BF=AB BEAE ⋅ =63，过F 作FG ⊥BC 于G ，∴FG ∥CD ，∴△BFG ∽△BDC ，∴FG BF BG CD BD BC ==，∴FG=23，BG=23，∴CG=43，∴CF=22FG CG +22．点睛：本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 考点：矩形的性质；综合题． 38．（2017江西省，第12题，3分）已知点A （0，4），B （7，0），C （7，4），连接AC ，BC 得到矩形AOBC ，点D 的边AC 上，将边OA 沿OD 折叠，点A 的对应边为A'．若点A'到矩形较长两对边的距离之比为1：3，则点A'的坐标为 ．【答案】（7，3）或（15，1）或（23，﹣2）．【分析】由已知得出∠A=90°，BC=OA=4，OB=AC=7，分两种情况：（1）当点A'在矩形AOBC 的内部时，过A'作OB 的垂线交OB 于F ，交AC 于E ，当A'E ：A'F=1：3时，求出A'E=1，A'F=3，由折叠的性质得：OA'=OA=4，∠OA'D=∠A=90°，在Rt △OA'F 中，由勾股定理求出的长，即可得出答案；②当A'E ：A'F=3：1时，同理得：A'的坐标；（2）当点A'在矩形AOBC 的外部时，此时点A'在第四象限，过A'作OB 的垂线交OB 于F ，交AC 于E ，由A'F ：A'E=1：3，则A'F ：EF=1：2，求出A'F 的长，在Rt △OA'F 中，由勾股定理求出OF 的长，即可得出答案．【解析】∵点A （0，4），B （7，0），C （7，4），∴BC=OA=4，OB=AC=7，分两种情况：（1）当点A'在矩形AOBC 的内部时，过A'作OB 的垂线交OB 于F ，交AC 于E ，如图1所示：①当A'E ：A'F=1：3时，∵A'E+A'F=BC=4，∴A'E=1，A'F=3，由折叠的性质得：OA'=OA=4，在Rt △OA'F中，由勾股定理得：OF=2243-=7，∴A'（7，3）；②当A'E ：A'F=3：1时，同理得：A'（15，1）；（2）当点A'在矩形AOBC 的外部时，此时点A'在第四象限，过A'作OB 的垂线交OB 于F ，交AC 于E ，如图2所示：∵A'F ：A'E=1：3，则A'F ：EF=1：2，∴A'F=12EF=12BC=2，由折叠的性质得：OA'=OA=4，在Rt △OA'F 中，由勾股定理得：OF=2242-=23，∴A'（23，﹣2）；故答案为：（7，3）或（15，1）或（23，﹣2）．点睛：本题考查了折叠的性质、矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理等知识；熟练掌握折叠的性质和勾股定理是解决问题的关键．考点：翻折变换（折叠问题）；坐标与图形性质；矩形的性质；分类讨论；综合题．39．（2017浙江省嘉兴市，第15题，4分）如图，把n个边长为1的正方形拼接成一排，求得tan∠BA1C=1，tan∠BA2C=13，tan∠BA3C=17，计算tan∠BA4C= ，…按此规律，写出tan∠BAnC=（用含n的代数式表示）．【答案】113；211n n-+．【分析】作CH⊥BA4于H，根据正方形的性质、勾股定理以及三角形的面积公式求出CH、A4H，根据正切的概念求出tan∠BA4C，总结规律解答．点睛：本题考查的是正方形的性质、勾股定理的应用以及正切的概念，掌握正方形的性质、熟记锐角三角函数的概念是解题的关键．考点：解直角三角形；勾股定理；正方形的性质；规律型；综合题．40．（2017浙江省宁波市，第18题，4分）如图，在菱形纸片ABCD中，AB=2，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，则cos∠EFG的值为．【答案】21 7．【分析】作EH⊥AD于H，连接BE、BD，连接AE交FG于O，如图，利用菱形的性质得△BDC为等边三角形，∠ADC=120°，再在在Rt△BCE中计算出BE的长，接着证明BE⊥AB，设AF=x，利用折叠的性质得到EF=AF，FG垂直平分AE，∠EFG=∠AFG，所以在Rt△BEF中利用勾股定理得到x的值，接下来计算出AE，从而得到OA的长，然后在Rt△AOF中利用勾股定理计算出OF，再利用余弦的定义求解．【解析】作EH⊥AD于H，连接BE、BD，连接AE交FG于O，如图，∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，∴△BDC为等边三角形，∠ADC=120°，∵E点为CD的中点，∴CE=DE=1，BE⊥CD，在Rt△BCE中，BE=3 CE=3，∵AB∥CD，∴BE⊥AB，设AF=x，∵菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，∴EF=AF，FG垂直平分AE，∠EFG=∠AFG，在Rt△BEF中，（2﹣x）2+（3）2=x2，解得x=74，在Rt△DEH中，DH=12DE=12，HE=3DH=32，在Rt△AEH中，AE=2213(2)()22++=7，∴AO=72，在Rt△AOF中，OF=2277()()42-=214，∴cos∠AFO=21474 =217．故答案为：217．点睛：本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了菱形的性质．考点：翻折变换（折叠问题）；菱形的性质；解直角三角形；综合题．41．（2017广东省广州市，第16题，3分）如图，平面直角坐标系中O是原点，▱ABCD的顶点A，C的坐标分别是（8，0），（3，4），点D，E把线段OB三等分，延长CD、CE分别交OA、AB于点F，G，连接FG．则下列结论：①F是OA的中点；②△OFD与△BEG相似；③四边形DEGF的面积是203；④OD=453其中正确的结论是（填写所有正确结论的序号）．【答案】①③．【分析】①证明△CDB ∽△FDO ，列比例式得：BC BD OF OD =，再由D 、E 为OB 的三等分点，则21BD OD ==2，可得结论正确；②如图2，延长BC 交y 轴于H 证明OA ≠AB ，则∠AOB ≠∠EBG ，所以△OFD ∽△BEG 不成立；③如图3，利用面积差求得：S △CFG=S ▱OABC ﹣S △OFC ﹣S △OBG ﹣S △AFG=12，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方进行计算并作出判断；④根据勾股定理进行计算OB 的长，根据三等分线段OB 可得结论．【解析】①∵四边形OABC 是平行四边形，∴BC ∥OA ，BC=OA ，∴△CDB ∽△FDO ，∴BC BD OF OD =，∵D 、E 为OB 的三等分点，∴21BD OD ==2，∴BC OF =2，∴BC=2OF ，∴OA=2OF ，∴F 是OA 的中点；所以①结论正确；②如图2，延长BC 交y 轴于H ，由C （3，4）知：OH=4，CH=3，∴OC=5，∴AB=OC=5，∵A （8，0），∴OA=8，∴OA ≠AB ，∴∠AOB ≠∠EBG ，∴△OFD ∽△BEG 不成立，所以②结论不正确；③由①知：F 为OA 的中点，同理得；G 是AB 的中点，∴FG 是△OAB 的中位线，∴FG=12OB ，FG ∥OB ，∵OB=3DE ，∴FG=32DE ，∴FG DE =32，过C 作CQ ⊥AB 于Q ，S ▱OABC=OA•OH=AB•CQ，∴4×8=5CQ ，∴CQ=325，S △OCF=12OF•OH=12×4×4=8，S △CGB=12BG•CQ=12×52×325=8，S △AFG=12×4×2=4，∴S △CFG=S ▱OABC﹣S △OFC ﹣S △OBG ﹣S △AFG=8×4﹣8﹣8×4=12，∵DE ∥FG ，∴△CDE ∽△CFG ，∴CDE CFG S S ∆∆ =2()DE FG =49，∴CFG S S ∆四边形DEGF =59，∴12S 四边形DEGF =59，∴S 四边形DEGF=203；所以③结论正确；④在Rt △OHB 中，由勾股定理得：OB2=BH2+OH2，∴，∴OD=3，所以④结论不正确；故本题结论正确的有：①③；故答案为：①③．点睛：本题是四边形的综合题，考查了平行四边形的性质、图形与坐标特点、勾股定理、三角形的中位线定理、三角形相似的性质和判定、平行四边形和三角形面积的计算等知识，难度适中，熟练掌握平行四边形和相似三角形的性质是关键．考点：四边形综合题；综合题．42．（2017四川省遂宁市，第15题，4分）如图，正方形ABCD的边长为4，点E、F分别从点A、点D 以相同速度同时出发，点E从点A向点D运动，点F从点D向点C运动，点E运动到D点时，E、F停止运动．连接BE、AF相交于点G，连接CG．有下列结论：①AF⊥BE；②点G随着点E、F的运动而运动，且点G的运动路径的长度为π；③线段DG的最小值为252-；④当线段DG最小时，△BCG的面积8855S=+其中正确的命题有．（填序号）【答案】①②③．【分析】判断出△BAE≌△ADF即可判断出①正确；进而判断出∠AGB=90°，从而得到点G是以AB为直径的圆弧上一点，再判断出此圆弧所对的圆心角，即可判断出②正确，再用圆外一点到圆上的最小距离的确定方法判断出此圆弧上一点到点D的距离最小，再用勾股定理即可判断出③正确，再判断出△DMG∽△DAP求出GM，进而求出△BCG的高GN，利用三角形的面积公式得出△BCG的面积，进而判断出④错误．【解析】∵E在AD边上（不与A、D重合），点F在DC边上（不与D、C重合）．又∵点E、F分别同时从A、D出发以相同的速度运动，∴AE=DF，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠BAE=∠D=90°，在△BAE和△ADF中，∵AE=DE，∠BAE=∠ADF=90°，∴△BAE≌△ADF（SAS），∴∠BAE=∠DAF，∵∠DAF+∠BAP=90°，∴∠BAE+∠BAP=90°，即∠APB=90°，∴AF⊥BE．故①正确；∵∠AGB=90°，∴点G的运动路径是以AB为直径的圆所在的圆弧的一部分，由运动知，点E运动到点D时停止，同时点F运动到点C，∴点G的运动路径是以AB为直径的圆所在的圆弧所对的圆心角为90°，∴长度为902180π⨯=π，故命题②正确；设AB的中点为点P，连接PD，∵点G是以点P为圆心AB为直径的圆弧上一点，∴当点G在PD上时，DG有最小值，在Rt△ADP中，AP=12AB=2，AD=4，根据勾股定理得，PD=5DG的最小值为52，故③正确； 过点G 作BC 的垂线与AD 相交于点M ，与BC 相交于N ，∴GM ∥PA ，∴△DMG ∽△DAP ，∴GM DG AP DP =，∴GM=10255-，∴△BCG 的高GN=4﹣GM=10255+，∴S △BCG=12×4×10255+=4545+，故④错误，∴正确的有①②③，故答案为：①②③．点睛：此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积公式，圆的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．考点：四边形综合题；动点型；最值问题；压轴题．43．（2016吉林省长春市）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC 的顶点A 在x 轴正半轴上，顶点C的坐标为（4，3）．D 是抛物线26y x x =-+上一点，且在x 轴上方．则△BCD 面积的最大值为 ．【答案】15．【分析】设D （x ，26x x -+），根据勾股定理求得OC ，根据菱形的性质得出BC ，然后根据三角形面积公式得出∴S△BCD=215(63)2x x ⨯⨯-+-=25(3)152x --+，根据二次函数的性质即可求得最大值．【解析】∵D 是抛物线26y x x =-+上一点，∴设D （x ，26x x -+），∵顶点C 的坐标为（4，3），∴OC=2243+=5，∵四边形OABC 是菱形，∴BC=OC=5，BC∥x 轴，∴S△BCD=215(63)2x x ⨯⨯-+-=25(3)152x --+，∵52-＜0，∴S△BCD 有最大值，最大值为15，故答案为：15．考点：菱形的性质；二次函数的性质；最值问题．44．（2016江苏省盐城市）如图，已知菱形ABCD 的边长2，∠A=60°，点E 、F 分别在边AB 、AD 上，若将△AEF 沿直线EF 折叠，使得点A 恰好落在CD 边的中点G 处，则EF= ．【答案】72120． 【分析】延长CD ，过点F 作FM ⊥CD 于点M ，连接GB 、BD ，作FH ⊥AE 交于点H ，由菱形的性质和已知条件得出∠MFD=30°，设MD=x ，则DF=2x ，FM=3x ，得出MG=x+1，由勾股定理得出222(1)(3)(22)x x x ++=-，解方程得出DF=0.6，AF=1.4，求出AH=12AF=0.7，FH=7310，证明△DCB 是等边三角形，得出BG ⊥CD ，由勾股定理求出BG=3，设BE=y ，则GE=2﹣y ，由勾股定理得出222(3)(2)y y +=-，解方程求出y=0.25，得出AE 、EH ，再由勾股定理求出EF 即可．【解析】延长CD ，过点F 作FM ⊥CD 于点M ，连接GB 、BD ，作FH ⊥AE 交于点H ，如图所示：∵∠A=60°，四边形ABCD 是菱形，∴∠MDF=60°，∴∠MFD=30°，设MD=x ，则DF=2x ，FM=3x ，∵DG=1，∴MG=x+1，∴222(1)(3)(22)x x x ++=-，解得：x=0.3，∴DF=0.6，AF=1.4，∴AH=12AF=0.7，FH=AF•sin∠A=1.4×32=7310，∵CD=BC ，∠C=60°，∴△DCB 是等边三角形，∵G 是CD 的中点，∴BG ⊥CD ，∵BC=2，GC=1，∴BG=，设BE=y ，则GE=2﹣y ，∴222(3)(2)y y +=-，解得：y=0.25，∴AE=1.75，∴EH=AE ﹣AH=1.75﹣0.7=1.05，∴EF=22EH FH +=22731.05()10+=72120．故答案为：72120．考点：菱形的性质；翻折变换（折叠问题）．45．（2016浙江省丽水市）如图，在菱形ABCD 中，过点B 作BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为点E ，F ，延长BD 至G ，使得DG=BD ，连结EG ，FG ，若AE=DE ，则EGAB = ．【答案】72． 【分析】连接AC 、EF ，根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AB=BD ，然后判断出△ABD 是等边三角形，再根据等边三角形的三个角都是60°求出∠ADB=60°，设EF 与BD 相交于点H ，AB=4x ，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH ，再求出DH ，从而得到GH ，利用勾股定理列式求出EG ，最后求出比值即可．【解析】如图，连接AC 、EF ，在菱形ABCD 中，AC⊥BD，∵BE⊥AD，AE=DE ，∴AB=BD，又∵菱形的边AB=AD ，∴△ABD 是等边三角形，∴∠ADB=60°，设EF 与BD 相交于点H ，AB=4x ，∵AE=DE，∴由菱形的对称性，CF=DF ，∴EF 是△ACD 的中位线，∴DH=12DO=14BD=x ，在Rt△EDH 中，EH=3DH=3x ，∵DG=BD，∴GH=BD+DH=4x+x=5x，在Rt△EGH 中，由勾股定理得，EG=22EH GH +=22(3)(5)x x +=27x ，所以，EG AB =274xx =72．故答案为：72．考点：菱形的性质．46．（2016浙江省台州市）如图，把一个菱形绕着它的对角线的交点旋转90°，旋转前后的两个菱形构成一个“星形”（阴影部分），若菱形的一个内角为60°，边长为2，则该“星形”的面积是 ．【答案】636-．【分析】根据菱形的性质以及AB=2，∠BAD=60°，可得出线段AO 和BO 的长度，同理找出A′O、D′O 的长度，结合线段间的关系可得出AD′的长度，通过角的计算得出∠AED′=30°=∠EAD′，即找出D′E=AD′，再通过解直角三角形得出线段EF 的长度，利用分割图形法结合三角形的面积公式以及菱形的面积公式即可求出阴影部分的面积．【解析】在图中标上字母，令AB 与A′D′的交点为点E ，过E 作EF⊥AC 于点F ，如图所示．∵四边形ABCD 为菱形，AB=2，∠BAD=60°，∴∠BAO=30°，∠AOB=90°，∴AO=AB•cos∠BAO=3，BO=AB•sin∠BAO=1．同理可知：A′O=3，D′O=1，∴AD′=AO﹣D′O=31-．∵∠A′D′O=90°﹣30°=60°，∠BAO=30°，∴∠AED′=30°=∠EAD′，∴D′E=AD′=31-．在Rt△ED′F 中，ED′=31-，∠ED′F=60°，∴EF=ED′•sin∠ED′F=33-，∴S 阴影=S 菱形ABCD+4S△AD′E=12×2AO×2BO+4×12AD′•EF=636-．故答案为：636-．考点：旋转的性质；菱形的性质．47．（2016黑龙江省齐齐哈尔市）如图，在边长为2的菱形ABCD 中，∠A=60°，点M 是AD 边的中点，连接MC ，将菱形ABCD 翻折，使点A 落在线段CM 上的点E 处，折痕交AB 于点N ，则线段EC 的长为 ．71．【分析】过点M 作MF⊥DC 于点F ，根据在边长为2的菱形ABCD 中，∠A=60°，M 为AD 中点，得到2MD=AD=CD=2，从而得到∠FDM=60°，∠FMD=30°，进而利用锐角三角函数关系求出EC 的长即可．【解析】如图所示：过点M 作MF⊥DC 于点F ，∵在边长为2的菱形ABCD 中，∠A=60°，M 为AD 中点，∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，∴∠FMD=30°，∴FD=12MD=12，∴FM=DM×cos30°=32，∴MC=22FM CF +=7，∴EC=MC﹣ME=71-．故答案为：71-．考点：翻折变换（折叠问题）；菱形的性质．48．（2016内蒙古赤峰市）如图，正方形ABCD 的面积为3cm2，E 为BC 边上一点，∠BAE=30°，F 为AE 的中点，过点F 作直线分别与AB ，DC 相交于点M ，N ．若MN=AE ，则AM 的长等于 cm ．【答案】33或233．【分析】如图，作DH ∥MN ，先证明△ADH ≌△BAE 推出MN ⊥AE ，在RT △AFM 中求出AM 即可，再根据对称性求出AM′，由此即可解决问题．【解析】如图，作DH ∥MN ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AD=AB ，∠DAB=∠B=90°，AB ∥CD ，∴四边形DHMN 是平行四边形，∴DH=MN=AE ，在RT △ADH 和RT △BAE 中，∵AD=AB ，DH=AE ，∴△ADH ≌△BAE ，∴∠ADH=∠BAE ，∴∠ADH+∠AHD=∠ADH+∠AMN=90°，∴∠BAE+∠AMN=90°，∴∠AFM=90°，在RT △ABE 中，∵∠B=90°，AB=3，∠BAE=30°，∴AE•cos30°=AB，∴AE=2，在RT △AFM 中，∵∠AFM=90°，AF=1，∠FAM=30°，∴AM•cos30°=AF，∴AM=233，根据对称性当M′N′=AE 时，BM′=233，AM′=33.故答案为：3或23．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；分类讨论．49．（2016山东省潍坊市）在平面直角坐标系中，直线l ：y=x ﹣1与x 轴交于点A1，如图所示依次作正方形A1B1C1O 、正方形A2B2C2C1、…、正方形AnBnCnCn ﹣1，使得点A1、A2、A3、…在直线l 上，点C1、C2、C3、…在y 轴正半轴上，则点Bn 的坐标是 ．【答案】（12n -，21n -）．【分析】先求出B1、B2、B3的坐标，探究规律后即可解决问题．考点：一次函数图象上点的坐标特征；正方形的性质；规律型．50．（2016山东省聊城市）如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OA1B1C1的两边在坐标轴上，以它的对角线OB1为边作正方形OB1B2C2，再以正方形OB1B2C2的对角线OB2为边作正方形OB2B3C3，以此类推…、则正方形OB2015B2016C2016的顶点B2016的坐标是 ．【答案】（21008，0）．【分析】首先求出B1、B2、B3、B4、B5、B6、B7、B8、B9的坐标，找出这些坐标的之间的规律，然后根据规律计算出点B2016的坐标．【解析】∵正方形OA1B1C1边长为12，∵正方形OB1B2C2是正方形OA1B1C1的对角线OB1为边，∴OB2=2，∴B2点坐标为（0，2），同理可知OB3=22，∴B3点坐标为（﹣2，2），同理可知OB4=4，B4点坐标为（﹣4，0），B5点坐标为（﹣4，﹣4），B6点坐标为（0，﹣8），B7（8，﹣8），B8（16，0）B9（16，16），B10（0，32），由规律可以发现，每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的2倍，∵2016÷8=252，∴B2016的纵横坐标符号与点B8的相同，横坐标为正值，纵坐标是0，∴B2016的坐标为（21008，0）．故答案为：（21008，0）．考点：正方形的性质；规律型：点的坐标．51．（2016山东省菏泽市）如图，在正方形ABCD外作等腰直角△CDE，DE=CE，连接BE，则tan∠EBC= ．【答案】1 3．【分析】作EF⊥BC于F，如图，设DE=CE=a，根据等腰直角三角形的性质得CD=2CE=2a，∠DCE=45°，再利用正方形的性质得CB=CD=2a，∠BCD=90°，接着判断△CEF为等腰直角三角形得到CF=EF=22CE=22a，然后在Rt△BEF中根据正切的定义求解．【解析】作EF⊥BC于F，如图，设DE=CE=a，∵△CDE为等腰直角三角形，∴CD=2CE=2a，∠DCE=45°，∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD=2a，∠BCD=90°，∴∠ECF=45°，∴△CEF为等腰直角三角形，∴CF=EF=22CE=22a，在Rt△BEF中，tan∠EBF=EFBF=22222aa a=13，即∠EBC=13．故答案为：1 3．考点：正方形的性质；等腰直角三角形；解直角三角形．52．（2016浙江省绍兴市）如图，已知直线l ：y=﹣x ，双曲线1y x =，在l 上取一点A （a ，﹣a ）（a＞0），过A 作x 轴的垂线交双曲线于点B ，过B 作y 轴的垂线交l 于点C ，过C 作x 轴的垂线交双曲线于点D ，过D 作y 轴的垂线交l 于点E ，此时E 与A 重合，并得到一个正方形ABCD ，若原点O 在正方形ABCD 的对角线上且分这条对角线为1：2的两条线段，则a 的值为 ．【答案】2或22． 【分析】根据点的选取方法找出点B 、C 、D 的坐标，由两点间的距离公式表示出线段OA 、OC 的长，再根据两线段的关系可得出关于a 的一元二次方程，解方程即可得出结论．【解析】依照题意画出图形，如图所示．∵点A 的坐标为（a ，﹣a ）（a ＞0），∴点B （a ，1a ）、点C （﹣1a ，1a ）、点D （﹣1a ，﹣a ），∴OA=22(0)(0)a a -+--2a ，2211(0)(0)a a --+-=2． 又∵原点O 分对角线AC 为1：2的两条线段，∴OA=2OC 或OC=2OA 2a=2×2a 或2a =22a ，解得：1a 2，2a =2（舍去），3a =22，4a =﹣22（舍去）2或22．考点：反比例函数与一次函数的交点问题；正方形的性质．53．（2016重庆市）正方形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，DE 平分∠ADO 交AC 于点E ，把△ADE 沿AD 翻折，得到△ADE′，点F 是DE 的中点，连接AF ，BF ，E′F．若2．则四边形ABFE′的面积是 ．【答案】6322+． 【分析】如图，连接EB 、EE′，作EM⊥AB 于M ，EE′交AD 于N ．易知△AEB≌△AED≌△ADE′，先求出正方形AMEN 的边长，再求出AB ，根据S 四边形ABFE′=S 四边形AEFE′+S△AEB+S△EFB 即可解决问题．【解析】如图，连接EB 、EE′，作EM⊥AB 于M ，EE′交AD 于N ．∵四边形ABCD 是正方形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，AO=OB=OD=OC ，∠DAC=∠CAB=∠DAE′=45°，根据对称性，△ADE≌△ADE′≌△ABE，∴DE=DE′，AE=AE′，∴AD 垂直平分EE′，∴EN=NE′，∵∠NAE=∠NEA=∠MAE=∠MEA=45°，AE=2，∴AM=EM=EN=AN=1，∵ED 平分∠ADO，EN⊥DA，EO⊥DB，∴EN=EO=1，AO=21+，∴AB=2AO=22+，∴S△AEB=S△AED=S△ADE′=11(22)2⨯⨯+）=212+，S△BDE=S△ADB ﹣2S△AEB=12+，∵DF=EF ，∴S△EFB=122+，∴S△DEE′=2S△ADE ﹣S△AEE′=21+，S△DFE′=12S△DEE′=21+，∴S 四边形AEFE′=2S△ADE﹣S△DFE′=32+，∴S 四边形ABFE′=S 四边形A EFE′+S△AEB+S△EFB=6322+．故答案为：6322+．考点：正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；综合题．54．（2016广西玉林市崇左市）如图，已知正方形ABCD 边长为1，∠EAF=45°，AE=AF ，则有下列结论：①∠1=∠2=22.5°；②点C 到EF 21；③△ECF 的周长为2；④BE +DF ＞EF ．其中正确的结论是 ．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②③．【分析】先证明Rt△ABE≌Rt△ADF得到∠1=∠2，易得∠1=∠2=∠22.5°，于是可对①进行判断；连结EF、AC，它们相交于点H，如图，利用Rt△ABE≌Rt△ADF得到BE=DF，则CE=CF，接着判断AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，于是利用角平分线的性质定理得到EB=EH，FD=FH，则可对③④进行判断；设BE=x，则EF=2x，CE=1﹣x，利用等腰直角三角形的性质得到2x=2（1﹣x），解得x=2﹣1，则可对④进行判断．【解析】∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠B=∠D=90°，在Rt△ABE和Rt△ADF中，∵AE=AF，AB=AD，∴Rt△ABE≌Rt△ADF，∴∠1=∠2，∵∠EAF=45°，∴∠1=∠2=∠22.5°，所以①正确；连结EF、AC，它们相交于点H，如图，∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴BE=DF，而BC=DC，∴CE=CF，而AE=AF，∴AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，∴EB=EH，FD=FH，∴BE+DF=EH+HF=EF，所以④错误；∴△ECF的周长=CE+CF+EF=CED+BE+CF+DF=CB+CD=1+1=2，所以③正确；设BE=x，则EF=2x，CE=1﹣x，∵△CEF为等腰直角三角形，∴EF=2CE，即2x=2（1﹣x），解得x=2﹣1，∴EF=2（2﹣1），∴CH=12EF=2﹣1，所以②正确．故答案为：①②③．考点：四边形综合题；综合题．55．（2016湖北省随州市）如图，边长为1的正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．有直角∠MPN，使直角顶点P与点O重合，直角边PM、PN分别与OA、OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），PM、PN分别交AB、BC于E、F两点，连接EF交OB于点G，则下列结论中正确的是．（1）2OE；（2）S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；（3）2；（4）在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=34；（5）OG•BD=22AE CF．【答案】（1）（2）（3）（5）．【分析】（1）由四边形ABCD 是正方形，直角∠MPN ，易证得△BOE≌△COF（ASA ），则可证得结论；（2）由（1）易证得S 四边形OEBF=S△BOC=14S 正方形ABCD ，则可证得结论；（3）由BE=CF ，可得BE+BF=BC ，然后由等腰直角三角形的性质，证得2OA ；（4）首先设AE=x ，则BE=CF=1﹣x ，BF=x ，继而表示出△BEF 与△COF 的面积之和，然后利用二次函数的最值问题，求得答案；（5）易证得△OEG∽△OBE，然后由相似三角形的对应边成比例，证得OG•OB=OE2，再利用OB 与BD 的关系，OE 与EF 的关系，即可证得结论．【解析】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，∴∠BOF+∠COF=90°，∵∠EOF=90°，∴∠BOF+∠COE=90°，∴∠BOE=∠COF，在△BOE 和△COF 中，∵∠BOE=∠COF，OB=OC ，∠OBE=∠OCF，∴△BOE≌△COF（ASA ），∴OE=OF，BE=CF 2OE ；故正确；（2）∵S 四边形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC=14S 正方形ABCD ，∴S 四边形OEBF ：S 正方形ABCD=1：4；故正确；（32OA ；故正确；（4）过点O 作OH⊥BC ，∵BC=1，∴OH=12BC=12，设AE=x ，则BE=CF=1﹣x ，BF=x ，∴S△BEF+S△COF=12BE•BF+12CF•OH=12x （1﹣x ）+12（1﹣x ）×12=2119()2432x --+，∵a=12-＜0，∴当x=14时，S△BEF+S△COF 最大；即在旋转过程中，当△BEF 与△COF 的面积之和最大时，AE=14；故错误；（5）∵∠EOG=∠BOE，∠OEG=∠OBE=45°，∴△OEG∽△OBE，∴OE：OB=OG ：OE ，∴OG•OB=2OE ，∵OB=12BD ，OE=22EF ，∴OG•BD=2EF ，∵在△BEF 中，222EF BE BF =+，∴222EF AE CF =+，∴OG•BD=22AE CF +．故正确．故答案为：（1）（2）（3）（5）．考点：四边形综合题．56．（2015巴彦淖尔）如图，小明从A 点出发，沿直线前进12米后向左转36°，再沿直线前进12米，又向左转36°…照这样走下去，他第一次回到出发地A 点时，一共走了 米．【答案】120．【解析】试题分析：由题意得：360°÷36°=10，则他第一次回到出发地A 点时，一共走了12×10=120（米）．故答案为：120．考点：1．多边形内角与外角；2．应用题．57．（2015威海）如图①，②，③，用一种大小相等的正多边形密铺成一个“环”，我们称之为环形密铺．但图④，⑤不是我们所说的环形密铺．请你再写出一种可以进行环形密铺的正多边形： ．【答案】正十二边形．【解析】试题分析：正十二边形的外角是360°÷12=30°，∵30°×2=60°是正三角形，∴正十二边形可以进行环形密铺．故答案为：正十二边形．考点：平面镶嵌（密铺）．58．（2015十堰）如图，分别以Rt△ABC 的直角边AC 及斜边AB 为边向外作等边△ACD、等边△ABE，EF⊥AB，垂足为F ，连接DF ，当ACAB = 时，四边形ADFE 是平行四边形．【答案】3．考点：1．平行四边形的判定；2．等边三角形的性质；3．综合题；4．压轴题．59．（2015凉山州）菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，顶点B（2，0），∠DOB=60°，点P是对角线OC上一个动点，E（0，﹣1），当EP+BP最短时，点P的坐标为．【答案】（33，23-．的交点，∴点P的坐标为方程组33(13)1y x y x ⎧=⎪⎨⎪=+-⎩的解，解方程组得：23323x y ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，所以点P 的坐标为（233-，23-），故答案为：（233-，23-）．考点：1．菱形的性质；2．坐标与图形性质；3．轴对称-最短路线问题；4．动点型；5．压轴题；6．综合题．60．（2015潜江）菱形ABCD 在直角坐标系中的位置如图所示，其中点A 的坐标为（1，0），点B 的坐标为（0，3），动点P 从点A 出发，沿A→B→C→D→A→B→…的路径，在菱形的边上以每秒0.5个单位长度的速度移动，移动到第2015秒时，点P 的坐标为 ．【答案】（0.5，32-）．。