中考数学总复习 第二轮 中考题型专题 专题复习(六)几何综合题试题

中考数学二轮专题复习之一：配方法与换元法把代数式通过凑配等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式是非负数这一性质达到增加问题的条件的目的，这种解题方法叫配方法．所谓换元法，就是在一个比较复杂的数学式子中，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，使问题易于解决。

【范例讲析】： 例1： 填空题：1）．将二次三项式x 2+2x －2进行配方，其结果为 。

2）．方程x 2+y 2+4x －2y+5=0的解是 。

3）．已知M=x 2－8x+22，N=－x 2+6x －3，则M 、N 的大小关系为 。

例2.已知△ABC 的三边分别为a 、b 、c ，且a 2+b 2+c 2=ab+bc+ac ，则△ABC 的形状为 。

例3.解方程：422740x x --=【闯关夺冠】 1.已知13x x +=．则221x x+的值为__________． 2．若a 、b 、c 是三角形的三边长，则代数式a 2–2ab+b 2–c 2的值 （ ） A 大于零 B 等于零 C 小于零 D 不能确定 3已知：a 、b 为实数，且a 2+4b 2－2a+4b+2=0，求4a 2－b1的值。

4. 解方程： 211()65()11x x +=--对于某些数学问题，若得知所求结果具有某种确定的形式，则可研究和引入一些尚待确定的系数(或参数)来表示这样的结果．通过变形与比较．建立起含有待定字母系数(或参数)的方程(组)，并求出相应字母系数(或参数)的值，进而使问题获解．这种方法称为待定系数法． 【范例讲析】：【例1】二次函数的图象经过A(1，0)、B(3，0)、C(2，－1)三点．(1)求这个函数的解析式．(2)求函数与直线y=－x+1的交点坐标．【例2】一次函数的图象经过反比例函数xy 8-=的图象上的A 、B 两点，且点A 的横坐标与点B 的纵坐标都是2。

（1）求这个一次函数的解析式；（2）若一条抛物线经过点A 、B 及点C （1，7），求抛物线的解析式。

2023年中考数学二轮专题训练:几何探究压轴题1．已知是的中线，点是线段上一点，过点作的平行线，过点作的平行线，两平行线交于点，连结．【方法感知】如图①，当点与点重合时，易证：．（不需证明）【探究应用】如图②，当点与点不重合时，求证：四边形是平行四边形．【拓展延伸】如图③，记与的交点为，的延长线与的交点为，且为的中点．（1）______（2）若，时，则的长为______．2．已知：如图，正方形与正方形．(1)如图①，求证：；(2)如图②，求的值；(3)如图③，分别取的中点，试探究：与的关系，并说明理由．3．在中，，点是射线上的一动点（不与点、重合），以为一边在的右侧作，使，，连接．(1)如图1，当点在线段上，且时，那么________度；(2)设，．①如图2，当点D在线段上，时，请你探究与之间的数量关系，并证明你的结论；②如图3，当点D在线段的延长线上，时，请将图3补充完整；写出此时与之间的数量关系，并说明理由．4．已知，为等边三角形，点在边上．【基本图形】如图1，以为一边作等边三角形，连结．可得（不需证明）．【迁移运用】如图2，点是边上一点，以为一边作等边三角．求证：．【类比探究】如图3，点是边的延长线上一点，以为一边作等边三角．试探究线段，，三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由．5．综合与实践二轮复习中，刘老师以“最值问题”为专题引导同学们进行复习探究．问题模型：等腰三角形，，，(1)探究：如图，点为等腰三角形底边上一个动点，连接，则的最小值为______，判断依据为______；(2)探究：在探究的结论下，继续探究，作的平分线交于点，点，分别为，上一个动点，求的最小值；(3)探究：在探究的结论下，继续探究，点为线段上一个动点，连接，将顺时针旋转，得到线段，连接，求线段的最小值．6．问题提出（1）如图1，在中，，，将其折叠，使点B落在边上的处，折痕经过点C，交于点D，则的度数为___________；问题探究（2）如图2，正方形的一条对称轴l交于点H，点E在l上，连接．若正方形的边长为2，，求线段的长．问题解决（3）如图3，有一块三角形空地经测量，米，．现要过点C边修建一条小路，满足，点A关于的对称点为D，连接交于点E．若米，请利用所学知识，求的长．7．已知是等腰直角三角形，，(1)如图1，是等腰直角三角形，点D在的延长线上，，连接，求证：；(2)如图2，点F是斜边上动点，点G是延长线上动点，总有，探究的数量关系，并说明理由；(3)如图3，点H是一点，连接FH，若，，，直接写出的面积为____________（用m，n表示）．8．课本再现如图1，在等边中，为边上一点，为上一点，且，连接与相交于点．(1)与的数量关系是______，与构成的锐角夹角的度数是______．深入探究(2)将图1中的延长至点，使，连接，，如图2所示．求证：平分．（第一问的结论，本问可直接使用）迁移应用(3)如图3，在等腰中，，，分别是边，上的点，与相交于点．若，且，求的值．．四边形中，，为上一点，连、．(1)平分，，①如图1，求证：；②如图2，若平分，交于F，交于N，，(2)在（1）的条件下求的值；，当,时，试探究与的数量关系，证明你的结论．，在中，，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证(1)独立思考：请解答老师提出的问题；(2)实践探究：希望小组受此问题的启发，将沿着（F为的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为，连接并延长交于点G，请判断与的数量关系，并加以证明．问题解决：智慧小组突发奇想，将沿过点对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．．问题提出：已知矩形，点为上的一点，，交于点．将绕点顺时针旋转得到，则与有怎样的数量关系．【问题探究】探究一：如图，已知正方形，点为上的一点，，交于点．（1）如图1，直接写出的值；（2）将绕点顺时针旋转到如图所示的位置，连接、，猜想与的数量关系，并证明你的结论；探究二：如图，已知矩形，点为上的一点，，交于点．，若四边形为矩形，，将绕点顺时针旋转得到、的对应点分别为、点，连接、，则的值是否随着的变化而变化．若变化，请说明变化情况；若不变，请求出的值．【一般规律】如图，若四边形为矩形，，其它条件都不变，将绕点顺时针旋转得到，连接，，请直接写出与的数量12．定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形．(1)根据定义判矩形已知：如图1，在平行四边形中，是它的两条对角线，．求证：平行四边形是矩形．(2)动手操作有发现如图2，在矩形中，是的中点，将沿折叠后得到，点在矩形内部，延长交于点．猜想线段与有何数量关系?并证明你的结论．(3)类比探究到一般如图3，将(2)中的矩形改为平行四边形，其它条件不变，(2)中的结论是否仍然成立，请说明理由．(4)解决问题巧应用如图4，保持(2)中的条件不变，若点是的中点，且，请直接写出矩形的面积．13．在中，，，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转α得到线段，连接，，.(1)观察猜想如图①，当时，的值是_______，直线与直线相交所成的较小角的度数是________．(2)类比探究如图②，当时，请写出的值及直线与直线相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由．14．（1）（问题背景）如图1，在等边中，点M是边上一点，连接，以为边作等边（A，M，N按逆时针方向排列），连接，求证：（2）（变式探究）如图2，已知，指出图中的另外一对相似三角形并进行证明；（3）（拓展应用）如图3，在和中，，，点D在边上，求的值．15．（1）【操作发现】如图1，四边形都是矩形，，，小明将矩形绕点C顺时针转，如图2所示．若的值不变，请求出的值，若变化，请说明理由．在旋转过程中，当点E、F在同一条直线上时，画出图形并求出的长度．）【类比探究】，中，，，为中点，为平面内一个动点，且，将线段绕点D逆时针旋转得到，则四边形面积的最大值为．（直接写出结果），在矩形中，，动点射线方向移动，作关于直线的对称，设点的运动时间为．(1)若．①如图2，当点落在上时，求证：，②是否存在异于图2的时刻，使得是直角三角形？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，若直线与直线相交于点M，且当时存在某一时刻有结论成立，试探究：对于的任意时刻，结论“”总是成立？请说明理由．．在正方形中，是边上一点（点不与点、重合），连结．感知：如图①，过点作交于点．求证．探究：如图②，取的中点，过点作交于点，交于点．（1）求证：．（2）连结，若，求的长．应用如图③，取的中点，连结．过点作交于点，连结、．若，求四边形的面积．18．点在四边形的对角线上，直角三角板绕直角顶点旋转，其边、分别交、边于点、．操作发现：如图①，若四边形是正方形，当时，可知四边形是正方形，显然．当与不垂直时，判断确定、之间的数量关系；______．（直接写出结论即可）类比探究：如图②，若四边形是矩形，试说明．拓展应用：如图③，改变四边形、的形状，其他条件不变，且满足，，，时，求的值．参考答案：1．【拓展延伸】（1）；（2）2．(2)(3)，3．(1)90(2)①，证明见解析；②，5．(1)；点到直线的距离垂线段最短(2)(3)6．（1）；（2）；（3）米7．(2)(3)8．(1)；60°(3)39．(1)(2)(3)10．(1)，(2)，(3)11．[问题探究]探究一：(1)；(2)，探究二：．[一般规律]12．(2)，(3)成立，(4)13．(1)1，；(2)，，14．（2）（3）；15．（1）①不变，；②或；（2）24 16．(1)②存在，的值为2或6或(2)对于的任意时刻，结论“”总是成立，17．（（2）2应用：918．操作发现：；类比探究：拓展应用：。

专题复习(六) 几何综合题1．(2016·德州)我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．(1)如图1、四边形ABCD 中、点E 、F 、G 、H 分别为边AB 、BC 、CD 、DA 的中点．求证：中点四边形EFGH 是平行四边形；(2)如图2、点P 是四边形ABCD 内一点、且满足PA ＝PB 、PC ＝PD 、∠APB ＝∠CPD.点E 、F 、G 、H 分别为边AB 、BC 、CD 、DA 的中点．猜想中点四边形EFGH 的形状、并证明你的猜想；(3)若改变(2)中的条件、使∠APB＝∠CPD＝90°、其他条件不变、直接写出中点四边形EFGH 的形状．(不必证明)图1 图2解：(1)证明：连接BD.∵E 、H 分别是AB 、AD 的中点、 ∴EH ＝12BD 、EH ∥BD.∵F 、G 分别是BC 、CD 的中点、 ∴FG ＝12BD 、FG ∥BD.∴EH ＝FG 、EH ∥FG.∴中点四边形EFGH 是平行四边形． (2)中点四边形EFGH 是菱形． 证明：连接AC 、BD.∵∠APB ＝∠CPD、∴∠APB ＋∠AP D ＝∠CPD＋∠APD、即∠BPD＝∠APC. 又∵PA＝PB 、PC ＝PD 、∴△APC ≌△BPD(SAS )．∴AC＝BD.∵点E 、F 、G 分别为边AB 、BC 、CD 的中点、 ∴EF ＝12AC 、FG ＝12BD.∴EF＝FG.又∵四边形EFGH 是平行四边形、∴中点四边形EFGH 是菱形．图3(3)当∠APB＝∠CPD＝90°时、如图3、AC 与BD 交于点O 、BD 与EF 、AP 分别交于点M 、Q 、中点四边形EFGH 是正方形．理由如下：由(2)知：△APC≌△BPD、∴∠PAC ＝∠PBD. 又∵∠AQO＝∠BQP、∴∠AOQ ＝∠APB ＝90°. 又∵EF∥AC、∴∠OMF ＝∠AOQ＝90°. 又∵EH∥BD、∴∠HEF ＝∠OMF＝90°. 又∵四边形EFGH 是菱形、∴中点四边形EFGH 是正方形．2．(2016·菏泽)如图、△ACB 和△DCE 均为等腰三角形、点A 、D 、E 在同一直线上、连接BE. (1)如图1、若∠CAB＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED＝50°. ①求证：AD ＝BE ； ②求∠AEB 的度数；(2)如图2、若∠ACB＝∠DCE＝120°、CM 为△DCE 中DE 边上的高、BN 为△ABE 中AE 边上的高、试证明：AE ＝23CM ＋233BN.图1 图2解：(1)①证明：∵∠CAB＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED、∴AC ＝BC 、CD ＝CE. ∵∠CAB ＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED、 ∴∠ACB ＝∠DCE.∴∠ACD＝∠BCE. ∴△ACD ≌△BCE(SAS )．∴AD＝BE. ②由①得△ACD≌△BCE、∴∠ADC ＝∠BEC＝180°－∠CDE＝130°.∴∠AEB ＝∠BEC－∠CED＝130°－50°＝80°.(2)证明：在等腰△DCE 中、∵CD ＝CE 、∠DCE ＝120°、CM ⊥DE 、 ∴∠DCM ＝12∠DCE＝60°、DM ＝EM.在Rt △CDM 中、DM ＝CM·tan ∠DCM ＝CM·tan 60°＝3CM 、∴DE ＝23CM. 由(1)、得∠ADC ＝∠BEC＝150°、AD ＝BE 、 ∴∠AEB ＝∠BEC－∠CED＝120°. ∴∠BEN ＝60°. 在Rt △BEN 中、BE ＝BN sin 60°＝233BN.∴AD ＝BE ＝233BN.又∵AE＝DE ＋AD 、∴AE ＝23CM ＋233BN.3．(2016·东营)如图1、△ABC 是等腰直角三角形、∠BAC ＝90°、AB ＝AC 、四边形ADEF 是正方形、点B 、C 分别在边AD 、AF 上、此时BD ＝CF 、BD ⊥CF 成立．(1)当△ABC 绕点A 逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时、如图2、BD ＝CF 成立吗？若成立、请证明；若不成立、请说明理由．(2)当△ABC 绕点A 逆时针旋转45°时、如图3、延长DB 交CF 于点H 、交AF 于点N. ①求证：BD⊥CF；②当AB ＝2、AD ＝32时、求线段DH 的长．图1 图2 图3解：(1)BD ＝CF 成立．证明：∵AB＝AC 、∠BAD ＝∠CAF＝θ、AD ＝AF 、 ∴△ABD ≌△ACF(SAS )．∴BD ＝CF.(2)①证明：由(1)得、△ABD ≌△ACF 、 ∴∠HFN ＝∠ADN. 又∵∠HNF＝∠AND、 ∴∠NHF ＝∠NAD＝90°. ∴HD ⊥HF 、即BD⊥CF.②连接DF 、延长AB 交DF 于点M.在△MAD 中、∵∠MAD ＝∠MDA＝45°、 ∴∠BMD ＝90°.∵AD ＝32、四边形ADEF 是正方形、 ∴MA ＝MD ＝322＝3、FD ＝6.∴MB ＝3－2＝1、DB ＝12＋32＝10. 在Rt △BMD 和Rt △FHD 中、 ∵∠MDB ＝∠HDF、 ∴△BMD ∽△FHD. ∴MD HD ＝BD FD 、即3HD ＝106.∴DH＝9105.4．(2016·宁夏)在矩形ABCD 中、AB ＝3、AD ＝4、动点Q 从点A 出发、以每秒1个单位的速度、沿AB 向点B 移动；同时点P 从点B 出发、仍以每秒1个单位的速度、沿BC 向点C 移动、连接QP 、QD 、PD.若两个点同时运动的时间为x 秒(0＜x≤3)、解答下列问题：(1)设△QPD 的面积为S 、用含x 的函数关系式表示S ；当x 为何值时、S 有最大值？并求出最小值； (2)是否存在x 的值、使得QP⊥DP？试说明理由．解：(1)∵四边形ABCD 为矩形、∴BC ＝AD ＝4、CD ＝AB ＝3. 当运动x 秒时、则AQ ＝x 、BP ＝x 、∴BQ ＝AB －AQ ＝3－x 、CP ＝BC －BP ＝4－x. ∴S △ADQ ＝12AD ·AQ＝12×4x＝2x 、S △BPQ ＝12BQ·BP＝12(3－x)x ＝32x －12x 2、S △PCD ＝12PC·CD＝12·(4－x)×3＝6－32x.又S 矩形ABCD ＝AB·BC＝3×4＝12、∴S ＝S 矩形ABCD －S △ADQ －S △BPQ －S △PCD ＝12－2x －(32x －12x 2)－(6－32x)＝12x 2－2x ＋6＝12(x －2)2＋4、即S ＝12(x －2)2＋4.∴S 为开口向上的二次函数、且对称轴为直线x ＝2.∴当0＜x≤2时、S 随x 的增大而减小； 当2＜x≤3时、S 随x 的增大而增大、 又当x ＝0时、S ＝6、当S ＝3时、S ＝92.但x 的范围内取不到x ＝0、∴S 不存在最大值． 当x ＝2时、S 有最小值、最小值为4.(2)存在、理由：由(1)可知BQ ＝3－x 、BP ＝x 、CP ＝4－x. 当QP⊥DP 时、则∠BPQ＋∠DPC＝∠DPC＋∠PDC、 ∴∠BPQ ＝∠PDC.又∵∠B＝∠C、 ∴△BPQ ∽△CDP. ∴BQ PC ＝BP CD 、即3－x 4－x ＝x 3、解得x ＝7＋132(舍去)或x ＝7－132. ∴当x ＝7－132时、QP ⊥DP.5．(2016·泰安)(1)已知：△ABC 是等腰三角形、其底边是BC 、点D 在线段AB 上、E 是直线BC 上一点、且∠DEC ＝∠DCE、若∠A＝60°(如图1)、求证：EB ＝AD ；(2)若将(1)中的“点D 在线段AB 上”改为“点D 在线段AB 的延长线上”、其他条件不变(如图2)、(1)的结论是否成立、并说明理由；(3)若将(1)中的“若∠A＝60°”改为“∠A＝90°”、其他条件不变、则EBAD 的值是多少？(直接写出结论、不要求写解答过程)图1 图2解：(1)证明：过D 点作BC 的平行线交AC 于点F. ∵△ABC 是等腰三角形、∠A ＝60°、 ∴△ABC 是等边三角形．∴∠ABC＝60°. ∵DF ∥BC 、∴∠ADF ＝∠ABC＝60°. ∴△ADF 是等边三角形． ∴AD ＝DF 、∠AFD ＝60°.∴∠DFC ＝180°－60°＝120°.∵∠DBE ＝180°－60°＝120°、∴∠DFC ＝∠DBE. 又∵∠FDC＝∠DCE、∠DCE ＝∠DEC、 ∴∠FDC ＝∠DEC、ED ＝CD. ∴△DBE ≌△CFD(AAS )． ∴EB ＝DF.∴EB＝AD.(2)EB ＝AD 成立．理由如下：过D 点作BC 的平行线交AC 的延长线于点F. 同(1)可证△ADF 是等边三角形、 ∴AD ＝DF 、∠AFD ＝60°.∵∠DBE ＝∠ABC＝60°、∴∠DBE ＝∠AFD. ∵∠FDC ＝∠D CE 、∠DCE ＝∠DEC、 ∴∠FDC ＝∠DEC、ED ＝CD. ∴△DBE ≌△CFD(AAS )． ∴EB ＝DF.∴EB＝AD. (3)EBAD＝ 2.理由如下： 如图3、过D 点作BC 的平行线交AC 于点G.图3∵△ABC 是等腰三角形、∠A ＝90°、 ∴∠ABC ＝∠ACB＝45°、∴∠DBE ＝180°－45°＝135°. ∵DG ∥BC 、∴∠GDC ＝∠DCE、∠DGC ＝180°－45°＝135°. ∴∠DBE ＝∠DGC. ∵∠DCE ＝∠DEC、∴ED ＝CD 、∠DEC ＝∠GDC.∴△DBE ≌△CGD(AAS )．∴BE＝GD. ∵∠ADG ＝∠ABC＝45°、∠A ＝90°、 ∴△ADG 是等腰直角三角形． ∴DG ＝2AD.∴BE＝2AD.∴EBAD ＝ 2.6．(2016·烟台)【探究证明】(1)在矩形ABCD 中、EF ⊥GH 、EF 分别交AB 、CD 于点E 、F 、GH 分别交AD 、BC 于点G 、H.求证：EF GH ＝ADAB ；【结论应用】(2)如图2、在满足(1)的条件下、又AM⊥BN、点M 、N 分别在边BC 、CD 上．若EF GH ＝1115、则BNAM 的值为________；【联系拓展】(3)如图3、四边形ABCD 中、∠ABC ＝90°、AB ＝AD ＝10、BC ＝CD ＝5、AM ⊥DN 、点M 、N 分别在边BC 、AB 上、求DNAM 的值．图1 图2 图3解：(1)证明：过点A 作AP∥EF、交CD 于点P 、过点B 作BQ∥GH、交AD 于点Q. ∵四边形ABCD 是矩形、∴AB ∥DC 、AD ∥BC.∴四边形AEFP 、四边形BHGQ 都是平行四边形．∴AP＝EF 、GH ＝BQ. 又∵GH⊥EF、∴AP ⊥BQ.∴∠QAP ＋∠AQB＝90°.∵四边形ABCD 是矩形、∴∠DAB ＝∠D＝90°. ∴∠DAP ＋∠DPA＝90°.∴∠AQB ＝∠DPA. ∴△PDA ∽△QAB.∴AP BQ ＝AD AB .∴EF GH ＝ADAB .(2)∵EF⊥GH、AM ⊥BN 、∴由(1)中的结论可得EF GH ＝AD AB 、BN AM ＝ADAB、∴BN AM ＝EF GH ＝1115.故答案为1115. (3)连接AC 、过点D 作AB 的平行线交BC 的延长线于点E 、作AF⊥AB 交直线DE 于点F. ∵∠BAF ＝∠B＝∠E＝90°、 ∴四边形ABEF 是矩形．易证△ADC≌△ABC、∴∠ADC ＝∠ABC＝90°. ∴∠FDA ＋∠EDC＝90°.又∵∠EDC＋∠ECD＝90°、∴∠FDA ＝∠ECD. 又∵∠E＝∠F、 ∴△ADF ∽△DCE. ∴DE AF ＝DC AD ＝510＝12. 设DE ＝x 、则AF ＝2x 、DF ＝10－x.在Rt △ADF 中、AF 2＋DF 2＝AD 2、即(2x)2＋(10－x)2＝100、解得x 1＝4、x 2＝0(舍去)． ∴AF ＝2x ＝8.∴DN AM ＝AF AB ＝810＝45.7．(2016·武汉)在△ABC 中、P 为边AB 上一点．(1)如图1、若∠ACP＝∠B、求证：AC 2＝AP·AB； (2)若M 为CP 的中点、AC ＝2.①如图2、若∠PBM＝∠ACP、AB ＝3、求BP 的长；②如图3、若∠ABC＝45°、∠A ＝∠BMP＝60°、直接写出BP 的长．图1 图2 图3解：(1)证明：∵∠ACP＝∠B、∠CAP ＝∠BAC、 ∴△ACP ∽△ABC. ∴AC AB ＝AP AC、即AC 2＝AP·AB. (2)①作CQ∥BM 交AB 的延长线于点Q 、则∠PBM＝∠Q. ∵∠PBM ＝∠ACP、∴∠ACP ＝∠Q. 又∠PAC＝∠CAQ、∴△APC ∽△ACQ. ∴AC AQ ＝AP AC、即AC 2＝AP·AQ. 又∵M 为PC 的中点、BM ∥CQ 、∴设BP ＝x 、则BQ ＝x.∴AP＝3－x 、AQ ＝3＋x. ∴22＝(3－x)(3＋x)、解得x 1＝5、x 2＝－5(不合题意、舍去)． ∴BP ＝ 5. ②BP ＝7－1.作CQ⊥AB 于点Q 、作CP 0＝CP 交AB 于点P 0. ∵AC ＝2、∴AQ ＝1、CQ ＝BQ ＝ 3.设AP 0＝x 、则P 0Q ＝PQ ＝1－x 、BP ＝3－1＋x 、 ∵∠BPM ＝∠CP 0A 、∠BMP ＝∠CAP 0、 ∴△AP 0C ∽△MPB 、∴AP 0MP ＝P 0CBP.解得x ＝7－3或x ＝－7－3(舍去)．∴BP ＝3－1＋7－3＝7－1.8．(2016·岳阳)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B B′.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．①猜想：直线BB′与⊙A′的位置关系、并证明你的结论； ②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)图1 图2 图3解：(1)由旋转得：∠A′B′C＝∠ABC＝130°、CB ＝CB′、∠BCB ′＝50°、 ∴∠BB ′C ＝12(180°－∠BCB′)＝65°.∴∠A ′B ′B ＝∠A′B′C－∠BB′C＝130°－65°＝65°. (2)①猜想：直线BB′与⊙A′相切．证明：由旋转得：∠A′B′C＝∠ABC＝150°、CB ＝CB′、∠BCB ′＝60°、 ∴∠BB ′C ＝12(180°－∠BCB′)＝60°.∴∠A ′B ′B ＝∠A′B′C－∠BB′C＝150°－60°＝90°、即B′B⊥A′B′. 又A′B′为半径、∴直线BB′与⊙A′相切．②由旋转得：A′B′＝AB ＝3、B ′C ＝BC ＝5、∠BCB ′＝60°、 ∴△BCB ′为等边三角形．∴BB′＝BC ＝5.在Rt △A ′B ′B 中、A ′B ＝（A′B′）2＋（BB′）2＝32＋52＝34. (3)满足的条件：α＋β＝180°.理由：在△BB′C 中、∠BB ′C ＝180°－2β2＝90°－β、∴∠A ′B ′B ＝α－∠BB′C＝α－(90°－β)＝α＋β－90°.∵α＋β＝180°、∴∠A ′B ′B ＝α＋β－90°＝180°－90°＝90°、即B′B⊥A′B′. ∴直线BB′与⊙A′相切． 过点C 作CD⊥BB′于点D. ∴∠B ′CD ＝12∠BCB′＝β.在Rt △B ′CD 中、B ′D ＝B′C·s in β＝BC·sin β＝n sin β、∴BB ′＝2B′D＝2n sin β. 由α＋β＝180°得到△A′B′B 为直角三角形、9．(2016·宜昌)在△ABC 中、AB ＝6、AC ＝8、BC ＝10.D 是△ABC 内部或BC 边上的一个动点(与B 、C 不重合)．以D 为顶点作△DEF、使△DEF∽△ABC(相似比k>1)、EF ∥BC. (1)求∠D 的度数；(2)若两三角形重叠部分的形状始终是四边形AGDH.①连接GH 、AD 、当GH⊥AD 时、请判断四边形AGDH 的形状、并证明；②当四边形AGDH 的面积最大时、过A 作AP⊥EF 于P 、且AP ＝AD 、求k 的值．解：(1)∵AB 2＋AC 2＝62＋82＝102＝BC 2、 ∴∠BAC ＝90°.又∵△DEF∽△ABC、∴∠D ＝∠BAC ＝90°. (2)①四边形AGDH 是正方形．证明：延长ED 、FD 分别交BC 于点M 、N. ∵△DEF ∽△ABC 、∴∠E ＝∠B. 又∵EF∥BC、∴∠E ＝∠EMC.∴∠B＝∠EMC.∴ED∥BA. 同理FD∥AC.∴四边形AGDH 是平行四边形．又∵∠FDE＝90°、∴四边形AGDH 是矩形． 又∵AD⊥GH、∴四边形AGDH 是正方形．②当D 点在△ABC 内部时、四边形AGDH 的面积不可能最大．其理由是：如图1、点D 在内部时、延长GD 到D′、过D′作MD′⊥AC 于点M 、则四边形GD′MA 的面积大于矩形AGDH 的面积、∴当点D 在△ABC 内部时、四边形AGDH 的面积不可能最大． 按上述理由、只有当D 点在BC 边上时、面积才有可能最大．图1 图2如图2、D 在BC 上时、易证明DG∥AC、 ∴△GDB ∽△ACB. ∴BG BA ＝GD AC 、即BA －AG BA ＝AH AC . ∴6－AG 6＝AH 8、即AH ＝8－43AG. ∴S 矩形AGDH ＝AG·AH＝AG×(8－43AG)＝－43AG 2＋8AG ＝－43(AG －3)2＋12.当AG ＝3时、S 矩形AGDH 最大、此时DG ＝AH ＝4.即当AG ＝3、AH ＝4、S 矩形AG DH 最大．在Rt △BGD 中、BD ＝BG 2＋DG 2＝5、则DC ＝BC －BD ＝5. 即D 为B C 上的中点时、S 矩形AGDH 最大．∴在Rt △ABC 中、AD ＝BC2＝5、∴PA ＝AD ＝5.延长PA 交BC 于点Q 、∵EF ∥BC 、QP ⊥EF 、 ∴QP ⊥BC.∴QP 是EF 、BC 之间的距离． ∴D 到EF 的距离为PQ 的长． 在Rt △ABC 中、12AB·AC＝12BC·AQ、∴AQ ＝4.8.又∵△DEF∽△ABC、∴k ＝PQ AQ ＝PA ＋AQ AQ ＝5＋4.84.8＝4924.10．(2016·河南)(1)发现如图1、点A 为线段BC 外一动点、且BC ＝a 、AB ＝b.填空：当点A 位于CB 延长线上时、线段AC 的长取得最大值、且最大值为a ＋b ．(用含a 、b 的式子表示)图1(2)应用点A 为线段BC 外一动点、且BC ＝3、AB ＝1.如图2所示、分别以AB 、AC 为边、作等边三角形ABD 和等边三角形ACE 、连接CD 、BE.①请找出图中与BE 相等的线段、并说明理由； ②直接写出线段BE 长的最大值． (3)拓展如图3、在平面直角坐标系中、点A 的坐标为(2、0)、点B 的坐标为(5、0)、点P 为线段AB 外一动点、且PA ＝2、PM ＝PB 、∠BPM ＝90°.请直接写出线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标．图2 图3 备用图解：(2)①DC＝BE.理由如下： ∵△ABD 和△ACE 为等边三角形、∴AD ＝AB 、AC ＝AE 、∠BAD ＝∠CA E ＝60°.∴∠BAD ＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC、即∠CAD＝∠EAB. ∴△CAD ≌△EAB.∴DC ＝BE. ②BE 长的最大值是4.(3)AM 的最大值为3＋22、点P 的坐标为(2－2、2)．提示：如图3、构造△BNP≌△MAP、则NB ＝AM 、易得△APN 是等腰直角三角形、AP ＝2、∴AN ＝2 2.由(1)知、当点N 在BA 的延长线上时、NB 有最大值(如备用图)．∴AM＝NB ＝AB ＋AN ＝3＋2 2. 过点P 作PE⊥x 轴于点E 、PE ＝AE ＝ 2. 又∵A(2、0)、∴P(2－2、2)．。

专题复习(6)几何综合题【2021中考数学二轮复习】题型1与三角形、四边形有关的几何综合题类型1类比探究的几何综合题1 • (2020•青海)在4ABC中，AB=AC，CG±BA交BA的延长线于点G.特例感知：(1)将一等腰直角三角尺按图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B.通过观察、测量BF与CG的长度，得到BF=CG.请给予证明. 猜想论证：(2)当三角尺沿AC方向移动到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE±BA，垂足为E.此时请你通过观察、测量DE，DF与CG的长度，猜想并写出DE，DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想.联系拓展：(3)当三角尺在图2的基础上沿AC方向继续移动到图3所示的位置(点F在线段AC上，且点F 与点C不重合)时，请你判断(2)中的猜想是否仍然成立？(不用证明)解：(1)证明：在4FAB和aGAC中，ZF=ZG，{ZFAB = ZCAG，AB=AC，AFABAGACC^S). .\FB=CG.(2)猜想：CG=DE+DF.理由：连接AD.；S..ABC=S；.ABD+S,\ADC，B ?DF«LAC，CG_LAB ♦.\!A B CG=1A B DE+|A C DF. 4^0 4^0VAB=AC，，CG=DE+DF.(3)猜想仍然成立，CG=DE+DF.ZEDF=yZBAD，AE=2，DF=5，求菱形ABCD 的边长.ZT L-DAAADC^AACB，AAC2=AD AB.(2)V四边形ABCD是平行四边形，AAD=BC，ZA=ZC.又•••/BFE=NA，・・・NBFE=NC.又••,NFBE=NCBF，・••△BFEs/^BCF.，BF?=BE BC.，BC =器=单JDt D.\AD=y.(3)分别延长EF，DC相交于点G.•・•四边形ABCD是菱形，・,.AB〃DC，ZBAC=yZBAD.・・・AC〃EF，.•.四边形AEGC为平行四边形.，AC=EG，CG=AE，ZEAC=ZG，AE=CG=2.V ZEDF=|ZBAD，, NEDF= NBAC= NG.又YNDEFuNGED AAEDF^AEGD.ADE2=EFEG.又•••EG=AC=2EF，，DE2=2EF2.，DE=gEF.又•嚅喑，・・.DG=W DF=5"，DC=DG-CG=5 •一2. 33 • (2020•德州)问题探究：小红遇到这样一个问题：如图1，itAABC中，AB = 6，AC=4，AD是中线，求AD的取值范围.她的做法是：延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，证明△BED^^CAD，经过推理和计算使问题得到解决.请回答：(1)小红证明△BEDgZkCAD的判定定理是：SAS.(2)AD的取值范围是1<AD<5.方法运用：(3)如图2，AD是AABC的中线，在AD上取一点F，连接BF并延长交AC于点E，使AE =EF，求证：BF=AC.(4)如图3，在矩形ABCD中，||=|，在BD上取一点F，以BF为斜边作^rABEF，且器=；，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG=CG. tert证明：(3)延长AD至点"，使AD=AD，连接BA:〈AD是AABC的中线，ABD=CD.{AD=A A D，ZADC=ZA'DB，CD=BD，AAADC^AA r DB(S^S).，NCAD=NA，，AC=AB又•••AE=EF，，ZCAD=ZAFE.，ZA r= ZAFE.又•••/AFE=NBFD，ZBFD=ZA\ABF=AB.又TAB = AC，VBF=AC.(4)延长CG 至点H，使HG=CG，连接HF，CE，HE.•••G 为FD 的中点，，FG=DG.fHG=CG，在△HGF 和ACGD 中，y ZHGF=ZCGD，L FG=DG，AAHGF^ACGD(S4S).A HF=CD，ZHFG=ZCDG.EF 1 1在用4BEF 中，> ：.tan ZEBF=^.又在矩形ABCD中‘黑制,J祟=4・JD J 乙N/.tan ZADB=^./. ZEBF=ZADB.又•••AB〃DC，，NADB=NDBC.，ZEBF= ZADB = ZDBC.又,•,NEFD为ABEF的外角，ZEFD= ZEBF+ ZBEF，即NEFH+NHFD=NEBF+9(r.V ZADB+ZBDC=90° ，，ZEFH+ ZHFD= NEBF+ ZADB + ZBDC.，NEFH=2NEBF，即NEFH=NEBC.在△EFH和4EBC中，EF_1 HF_1 . EF_HFBE ' BC 2 '•宜BC又•••/EBC=NEFH，・••△EFH S AEBC.，ZFEH=ZBEC.，NHEC + /CEF= ZBEF+ZCEF.，NHEC = NBEF=90° .•••△CEH 是直角三角形.VG 为CH 的中点，，EG=£C H，即EG=CG.4 • (2020・陕西)问题提出(1)如图1，在RtAABC中，NACB=90‘ ，AC>BC，ZACB的平分线交AB于点D，过点D分别作DEJ_AC，DF_LBC，垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是CF，DE，DF.问题探究(2)如图2，AB是半圆O的直径，AB = 8，P是上一点，且=2，连接AP，BP，ZAPB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE±AP，CF1BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长. 问题解决(3)如图3是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图，已知。

中考数学复习专题：⼏何综合题（含答案解析）⼏何综合题1.已知△ABC 中，AD 是BAC ∠的平分线，且AD =AB ，过点C 作AD 的垂线，交 AD 的延长线于点H ．（1）如图1，若60BAC ∠=?①直接写出B ∠和ACB ∠的度数；②若AB =2，求AC 和AH 的长；（2）如图2，⽤等式表⽰线段AH 与AB +AC 之间的数量关系，并证明．答案：（1）①75B ∠=?，45ACB ∠=?；②作DE ⊥AC 交AC 于点E .Rt △ADE 中，由30DAC ∠=?，AD=2可得DE =1，AE 3=. Rt △CDE 中，由45ACD ∠=?，DE=1，可得EC =1. ∴AC 31=.Rt △ACH 中，由30DAC ∠=?，可得AH 33+=；（2）线段AH 与AB +AC 之间的数量关系：2AH =AB +AC证明：延长AB 和CH 交于点F ，取BF 中点G ，连接GH .易证△ACH ≌△AFH .∴AC AF =,HC HF =. ∴GH BC ∥. ∵AB AD =，∴ ABD ADB ∠=∠. ∴ AGH AHG ∠=∠ . ∴ AG AH =.∴()2222AB AC AB AF AB BF AB BG AG AH +=+=+=+==.2.正⽅形ABCD 的边长为2，将射线AB 绕点A 顺时针旋转α，所得射线与线段BD 交于点M ，作CE AM ⊥于点E ，点N 与点M 关于直线CE 对称，连接CN ．（1）如图1，当045α?<②⽤等式表⽰NCE ∠与BAM ∠之间的数量关系：__________．（2）当4590α?<CDBA图1备⽤图C DBAM答案：（1）①补全的图形如图7所⽰．（2）当45°<α<90°时，=1802NCE BAM ∠?-∠．证明：如图8，连接CM ，设射线AM 与CD 的交点为H ．∵四边形ABCD 为正⽅形，∴∠BAD=∠ADC=∠BCD=90°，直线BD为正⽅形ABCD的对称轴，点A与点C关于直线BD对称．∵射线AM与线段BD交于点M，∴∠BAM=∠BCM=α．-．∴∠1=∠2=90α∵CE⊥AM，∴∠CEH=90°，∠3+∠5=90°．⼜∵∠1+∠4=90°，∠4=∠5，∴∠1=∠3．-．∴∠3=∠2=90α∵点N与点M关于直线CE对称，-∠．∴∠NCE=∠MCE=∠2+∠3=1802BAM（313. 如图，已知60AOB ∠=?，点P 为射线OA 上的⼀个动点，过点P 作PE OB ⊥，交OB 于点E ，点D 在AOB ∠内，且满⾜DPA OPE ∠=∠，6DP PE +=. （1）当DP PE =时，求DE 的长；（2）在点P 的运动过程中，请判断是否存在⼀个定点M ，证明你的判断.答案：（1）作PF ⊥DE 交DE 于F . ∵PE ⊥BO ，60AOB ∠=o，∴30OPE ∠=o.∴30DPA OPE ∠=∠=o.∴120EPD ∠=o∴cos30DF PD =??=∴2DE DF ==（2）当M 点在射线OA 上且满⾜OM =DMME的值不变，始终为1.理由如下：当点P 与点M 不重合时，延长EP 到K 使得PK PD =.∵,DPA OPE OPE KPA ∠=∠∠=∠,∴KPA DPA ∠=∠. ∴KPMDPM ∠=∠.∵PK PD =,PM 是公共边, ∴KPM △≌DPM △. ∴MKMD =.作ML ⊥OE 于L ,MN ⊥EK 于N . ∵3,60MO MOL =∠=o，∴sin 603ML MO =?=o.∵PE ⊥BO ,ML ⊥OE ,MN ⊥EK ，∴四边形MNEL 为矩形. ∴3EN ML ==.∵6EK PE PK PE PD =+=+=, ∴EN NK =. ∵MN ⊥EK , ∴MKME =.∴ME MKMD ==,即1DMME=. 当点P 与点M 重合时，由上过程可知结论成⽴.4. 如图，在菱形ABCD 中，∠DAB =60°，点E 为AB 边上⼀动点（与点A ，B 不重合），连接CE ，将∠ACE 的两边所在射线CE ，CA 以点C 为中⼼，顺时针旋转120°，分别交射线AD 于点F ，G. （1）依题意补全图形；（2）若∠ACE=α，求∠AFC 的⼤⼩（⽤含α的式⼦表⽰）；（3）⽤等式表⽰线段AE 、AF 与CG 之间的数量关系，并证明．答案：（1）补全的图形如图所⽰.（2）解：由题意可知，∠ECF=∠ACG=120°.∴∠FCG=∠ACE=α.∵四边形ABCD 是菱形，∠DAB=60°，∴∠DAC=∠BAC= 30°. ∴∠AGC=30°. ∴∠AFC =α+30°.证明：作CH ⊥AG 于点H.由（2）可知∠BAC=∠DAC=∠AGC=30°.∴CA=CG. ∴HG =21AG. ∵∠ACE =∠GCF ，∠CAE =∠CGF ，∴△ACE ≌△GCF. ∴AE =FG .在Rt △HCG 中， .23cos CG CGH CG HG =∠?= ∴AG =3CG .即AF+AE =3CG .5.如图，Rt △ABC 中，∠ACB = 90°，CA = CB ，过点C 在△ABC 外作射线CE ，且∠BCE = α，点B 关于CE 的对称点为点D ，连接AD ，BD ，CD ，其中AD ，BD 分别交射线CE 于点M ，N . （1）依题意补全图形；（2）当α= 30°时，直接写出∠CMA 的度数；（3）当0°<α< 45°时，⽤等式表⽰线段AM ，CN 之间的数量关系，并证明．答案：（1）如图；ABCE（2）45°；（3）结论：AM CN．证明：作AG⊥EC的延长线于点G．∵点B与点D关于CE对称，∴CE是BD的垂直平分线．∴CB=CD．∴∠1=∠2=α．∵CA=CB，∴CA=CD．∴∠3=∠CAD．∵∠4=90°，∴∠3=12（180°-∠ACD）=12（180°-90°-α-α）=45°-α．∵∠4=90°，CE是BD的垂直平分线，∴∠1+∠7=90°，∠1+∠6=90°．∴∠6=∠7．∵AG⊥EC，∴∠G=90°=∠8．∴在△BCN和△CAG中，∠8=∠G，∠7=∠6，BC=CA，∴△BCN≌△CAG．∴CN=AG．∵Rt△AMG中，∠G=90°，∠5=45°，∴AM AG．∴AM CN．6.在正⽅形ABCD中，M是BC边上⼀点，点P在射线AM上，将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．（1）依题意补全图1；答案：（1）补全图形略（2）①证明：连接BD ，如图2，∵线段AP 绕点A 顺时针旋转90°得到线段AQ ，∴AQ AP =，90QAP ∠=°．∵四边形ABCD 是正⽅形，∴AD AB =，90DAB ∠=°．∴12∠=∠．∴△ADQ ≌△ABP ．∴DQ BP =，3Q ∠=∠．∵在Rt QAP ?中，90Q QPA ∠+∠=°，∴390BPD QPA ∠=∠+∠=°．∵在Rt BPD ?中，222DP BP BD +=，⼜∵DQ BP =，222BD AB =，∴2222DP DQ AB +=．②BP AB =．7.如图，在等腰直⾓△ABC 中，∠CAB=90°，F 是AB 边上⼀点，作射线CF ，过点B 作BG ⊥C F 于点G ，连接AG ．（1）求证：∠ABG =∠ACF ；（2）⽤等式表⽰线段C G ，AG ，BG 之间∵∠CAB=90°. ∵ BG ⊥CF 于点G ，∴∠BGF =∠CAB =90°. ∵∠GFB =∠CFA . ∴∠ABG =∠ACF .（2）CG =2AG +BG .证明：在CG 上截取CH =BG ，连接AH ，∵△ABC 是等腰直⾓三⾓形，∴∠CAB =90°，AB =AC . ∵∠ABG =∠ACH . ∴△ABG ≌△ACH . ∴ AG =AH ,∠GAB =∠HAC . ∴∠GAH =90°. ∴ 222AG AH GH +=. ∴ GH =2AG . ∴ CG =CH +GH =2AG +BG .8.如图，在正⽅形ABCD 中，E 是BC 边上⼀点，连接AE ，延长CB ⾄点F ，使BF=BE ，过点F 作FH ⊥AE 于点H ，射线FH 分别交AB 、CD 于点M 、N ，交对⾓线AC 于点P ，连接AF ．（1）依题意补全图形；（2）求证：∠FAC =∠APF ；（3）判断线段FM 与PN 的数量关系，并加以证明．答案：（1）补全图如图所⽰．（2）证明∵正⽅形ABCD ，∴∠BAC =∠BCA =45°，∠ABC =90°，∴∠PAH =45°-∠BAE ．∵FH ⊥AE ．EDCBAM H PDAC∴∠APF=45°+∠BAE．∵BF=BE，∴AF=AE，∠BAF=∠BAE．∴∠FAC=45°+∠BAF．∴∠FAC=∠APF．（3）判断：FM=PN．证明：过B作BQ∥MN交CD于点Q，∴MN=BQ，BQ⊥AE．∵正⽅形ABCD，∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°．∴∠BAE=∠CBQ．∴△ABE≌△BCQ．∴AE=BQ．∴AE=MN．∵∠FAC=∠APF，∴FP=MN．∴FM=PN．9.如图所⽰，点P位于等边ABC△的内部，且∠ACP=∠CBP．(1) ∠BPC的度数为________°；(2) 延长BP⾄点D，使得PD=PC，连接AD，CD．①依题意，补全图形；②证明：AD+CD=BD；(3)在(2)的条件下，若BD的长为2，求四边形ABCD的⾯积．M HPD AC解：(1)120°. ----------------------------2分(2)①∵如图1所⽰.②在等边ABC △中，60ACB ∠=?，∴60.ACP BCP ∠+∠=? ∵=ACP CBP ∠∠，∴60.CBP BCP ∠+∠=?∴()180120.BPC CBP BCP ∠=?-∠+∠=?∴18060.CPD BPC ∠=?-∠=? ∵=PD PC ，∴CDP △为等边三⾓形.∵60ACD ACP ACP BCP ∠+∠=∠+∠=?，∴.ACD BCP ∠=∠在ACD △和BCP △中，AC BC ACD BCP CD CP =??∠=∠??=?，，，∴()SAS ACD BCP △≌△. ∴.AD BP =∴.AD CD BP PD BD +=+=-----------------------------------------4分（3）如图2，作BM AD ⊥于点M ，BN DC ⊥延长线于点N .∵=60ADB ADC PDC ∠∠-∠=?，∴=60.ADB CDB ∠∠=?∴=60.ADB CDB ∠∠=?D∴=BM BN BD == ⼜由（2）得，=2AD CD BD +=，ABD BCD ABCD S S S ∴△△四边形=+1122AD BM CD BN =22==-----------------------------------7分10.如图1，在等边三⾓形ABC 中，CD 为中线，点Q 在线段CD 上运动，将线段QA 绕点Q 顺时针旋转，使得点A的对应点E 落在射线BC 上，连接BQ ，设∠DAQ =α（0°＜α＜60°且α≠30°）. （1）当0°＜α＜30°时，①在图1中依题意画出图形，并求∠BQE （⽤含α的式⼦表⽰）；②探究线段CE ，AC ，CQ 之间的数量关系，并加以证明；（2）当30°＜α＜60°时，直接写出线段CE ，AC ，CQ 之间的数量关系.解：（1）①3-． ………………………………………………………………………… 1分② 0≤QL．……………………………………………………………… 2分（2）设直线+33y x =与x 轴，y 轴的交点分别为点A ，点B，可得A ，(0,3)B ．∴OA =3OB =，30OAB ∠=?．由0≤Q①如图13，当⊙D 与x 轴相切时，相应的圆⼼1D 满⾜题意，其横坐标取到最⼤值．作11D E x ⊥轴于点1E ，可得11D E ∥OB ，111D E AE BO AO=．∵⊙D 的半径为1，∴ 111D E =．∴1AE =11OE OA AE =-=．∴1D x =②如图14，当⊙D与直线y =相切时，相应的圆⼼2D 满⾜题意，其横坐标取到最⼩值．作22D E x ⊥轴于点2E ，则22D E ⊥OA ．设直线y =与直线+3y =的交点为F ．可得60AOF ∠=?，OF ⊥AB ．则9cos 2AF OA OAF =?∠==．图13∵⊙D 的半径为1，∴ 21D F =．∴2272AD AF D F =-=．=?∠72==，22OE OA AE =-=．∴2D x =．由①②可得，D x≤D x≤． ………………………………………… 5分（3）画图见图15．．……………………………… 7分11.如图，在等边ABC △中， ,D E 分别是边,AC BC 上的点，且CD CE = ,30DBC ∠对称，连接,AF FE ，FE 交BD 于G .（1）连接,DE DF ，则,DE DF 之间的数量关系是；（2）若DBC α∠=，求FEC ∠的⼤⼩; （⽤α的式⼦表⽰）（3）⽤等式表⽰线段,BG GF 和FA 之间的数量关系，并证明.GFEDCBA图15（1）DE DF =；（2）解：连接DE ，DF ，∵△ABC 是等边三⾓形，∴60C ∠=?. ∵DBC α∠=，∴120BDC α∠=?-.∴120BDF BDC α∠=∠=?-，DF DC =. ∴1202FDC α∠=?+. 由（1）知DE DF =.∴F ，E ，C 在以D 为圆⼼，DC 为半径的圆上.∴1602FEC FDC ∠=∠=?+α.（3）BG GF FA =+.理由如下：连接BF ，延长AF ，BD 交于点H ，∵△ABC 是等边三⾓形，∴60ABC BAC ∠=∠=?，AB BC CA ==. ∵点C 与点F 关于BD 对称，∴BF BC =，FBD CBD ∠=∠.GFEDCBA∴BF BA =. ∴BAF BFA ∠=∠. 设CBD α∠=，则602ABF α∠=?-. ∴60BAF α∠=?+. ∴FAD α∠=.∴FAD DBC ∠=∠.由（2）知60FEC α∠=?+. ∴60BGE FEC DBC ∠=∠-∠=?. ∴120FGB ∠=?，60FGD ∠=?.四边形AFGB 中，360120AFE FAB ABG FGB ∠=?-∠-∠-∠=?. ∴60HFG ∠=?.∴△FGH 是等边三⾓形. ∴FH FG =，60H ∠=?. ∵CD CE =，∴DA EB =.在△AHD 与△BGE 中，,,.AHD BGE HAD GBE AD BE ∠=∠??∠=∠??=?∴△△AHD BGE ?. ∴BG AH =.∵AH HF FA GF FA =+=+，∴BG GF FA =+．HGFEDCBA12.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，M是BC的中点，延长AM到点D，AE= AD，∠EAD=90°，CE交AB于点F，CD=DF.（1）∠CAD= 度；（2）求∠CDF的度数；（3）⽤等式表⽰线段CD和CE之间的数量关系，并证明.解：（1）45 ……………………………………………………………1分（2）解：如图，连接DB.∵90，°，M是BC的中点，AB AC BAC=∠=∴∠BAD=∠CAD=45°.∴△BAD≌△CAD. ………………………………2分∴∠DBA=∠DCA，BD = CD.∵CD=DF,∴B D=DF. ………………………………………3分∴∠DBA=∠DFB=∠DCA.∵∠DFB+∠DFA =180°,∴∠DCA+∠DFA =180°.∴∠BAC+∠CDF =180°.∴∠CDF =90°. ………………………………………4分21CD. ……………………………………5分（3）CE=)证明：∵90∠=°，EAD∴∠EAF =∠DAF =45°. ∵AD =AE ，∴△EAF ≌△DAF . …………………………………6分∴DF =EF .由②可知，CF. …………………………7分∴CE=)1C D .13.如图，正⽅形ABCD 中，点E 是BC 边上的⼀个动点，连接AE ，将线段AE 绕点A 逆时针旋转90°，得到AF ，连接EF ，交对⾓线BD 于点G ，连接AG ．（1）根据题意补全图形；（2）判定AG 与EF 的位置关系并证明；（3）当AB = 3，BE = 2时，求线段BG 的长．解：（1）图形补全后如图…………………1分（2）结论：AG ⊥EF ． …………………2分证明：连接FD ，过F 点FM ∥BC ，交BD 的延长线于点M ．∵四边形ABCD 是正⽅形，∴AB=DA=DC=BC ，∠DAB =∠ABE =∠ADC =90°，∠ADB =∠5=45°．∵线段AE 绕点A 逆时针旋转90°，得到AF ，A BC ED∴AE=AF ，∠FAE =90°．∴∠1=∠2．∴△FDA ≌△EBA ． …………………3分∴∠FDA =∠EBA =90°，FD=BE ．∵∠ADC =90°，∴∠FDA +∠ADC =180°。

2020年中考数学二轮专项冲刺复习——几何综合、压轴题1、（2019河南•中考第22题•10分）在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．（1）观察猜想如图1，当α＝60°时，的值是1，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°．（2）类比探究如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．（3）解决问题当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．【考点】相似形综合题．【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△P AC，即可解决问题．（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．【解答】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．∵∠P AD＝∠CAB＝60°，∴∠CAP＝∠BAD，∵CA＝BA，P A＝DA，∴△CAP≌△BAD（SAS），∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠CAO＝60°，∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，故答案为1，60°．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．∵∠P AD＝∠CAB＝45°，∴∠P AC＝∠DAB，∵＝＝，∴△DAB∽△P AC，∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，∵∠EOC＝∠AOB，∴∠CEO＝∠OABB＝45°，∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．∵CE＝EA，CF＝FB，∴EF∥AB，∴∠EFC＝∠ABC＝45°，∵∠P AO＝45°，∴∠P AO＝∠OFH，∵∠POA＝∠FOH，∴∠H＝∠APO，∵∠APC＝90°，EA＝EC，∴PE＝EA＝EC，∴∠EP A＝∠EAP＝∠BAH，∴∠H＝∠BAH，∴BH＝BA，∵∠ADP＝∠BDC＝45°，∴∠ADB＝90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∴A，D，C，B四点共圆，∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，∴＝＝2﹣．如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，∴PC＝a﹣a，∴＝＝2+．2、（2019陕西•中考第22题•9分）在图1，2，3中，已知ABCDY，120ABC∠=︒，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且120EAG∠=︒．（1）如图1，当点E与点B重合时，CEF∠=60︒；（2）如图2，连接AF．①填空：FAD∠EAB∠（填“>”，“<“，“=”)；②求证：点F在ABC∠的平分线上；（3）如图3，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求BCAB的值．【考点】相似形综合题【分析】（1）根据菱形的性质计算；（2）①证明60DAB FAE∠=∠=︒，根据角的运算解答；②作FM BC⊥于M，FN BA⊥交BA的延长线于N，证明AFN EFM∆≅∆，根据全等三角形的性质得到FN FM=，根据角平分线的判定定理证明结论；（3）根据直角三角形的性质得到2GH AH=，证明四边形ABEH为菱形，根据菱形的性质计算，得到答案．【解答】解：（1）Q四边形AEFG是菱形，18060AEF EAG∴∠=︒-∠=︒，60CEF AEC AEF∴∠=∠-∠=︒，故答案为：60︒；（2）①Q四边形ABCD是平行四边形，18060DAB ABC ∴∠=︒-∠=︒，Q 四边形AEFG 是菱形，120EAG ∠=︒，60FAE ∴∠=︒，FAD EAB ∴∠=∠，故答案为：=；②作FM BC ⊥于M ，FN BA ⊥交BA 的延长线于N ，则90FNB FMB ∠=∠=︒，60NFM ∴∠=︒，又60AFE ∠=︒，AFN EFM ∴∠=∠，EF EA =Q ，60FAE ∠=︒，AEF ∴∆为等边三角形，FA FE ∴=，在AFN ∆和EFM ∆中，AFN EFM FNA FME FA FE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AFN EFM AAS ∴∆≅∆，FN FM ∴=，又FM BC ⊥，FN BA ⊥，∴点F 在ABC ∠的平分线上；（3）Q 四边形AEFG 是菱形，120EAG ∠=︒，60AGF ∴∠=︒，30FGE AGE ∴∠=∠=︒，Q 四边形AEGH 为平行四边形，//GE AH ∴，30GAH AGE ∴∠=∠=︒，30H FGE ∠=∠=︒，90GAH ∴∠=︒，又30AGE ∠=︒，2GH AH ∴=，60DAB ∠=︒Q ，30H ∠=︒，30ADH ∴∠=︒，AD AH GE ∴==，Q 四边形ABEH 为平行四边形，BC AD ∴=，BC GE ∴=，Q 四边形ABEH 为平行四边形，30HAE EAB ∠=∠=︒，∴平行四边形ABEH 为菱形，AB AH HE ∴==，3GE AB ∴=， ∴3BC AB=．3、（2019上海•中考 第22题•10分）图1是某小型汽车的侧面示意图，其中矩形ABCD 表示该车的后备箱，在打开后备箱的过程中，箱盖ADE 可以绕点A 逆时针方向旋转，当旋转角为60︒时，箱盖ADE 落在AD E ''的位置（如图2所示）．已知90AD =厘米，30DE =厘米，40EC =厘米．（1）求点D '到BC 的距离；（2）求E 、E '两点的距离．【考点】解直角三角形的应用；矩形的性质【分析】（1）过点D '作D H BC '⊥，垂足为点H ，交AD 于点F ，利用旋转的性质可得出90AD AD '==厘米，60DAD ∠'=︒，利用矩形的性质可得出90AFD BHD ∠'=∠'=︒，在Rt △AD F '中，通过解直角三角形可求出D F '的长，结合FH DC DE CE ==+及D H D F FH '='+可求出点D '到BC 的距离；（2）连接AE ，AE '，EE '，利用旋转的性质可得出AE AE '=，60EAE ∠'=︒，进而可得出AEE ∆'是等边三角形，利用等边三角形的性质可得出EE AE '=，在Rt ADE ∆中，利用勾股定理可求出AE 的长度，结合EE AE '=可得出E 、E '两点的距离．【解答】解：（1）过点D '作D H BC '⊥，垂足为点H ，交AD 于点F ，如图3所示．由题意，得：90AD AD '==厘米，60DAD ∠'=︒．Q 四边形ABCD 是矩形，//AD BC ∴，90∴∠'=∠'=︒．AFD BHD在Rt△AD F'中，sin90sin60453g厘米．D F AD DAD'='∠'=⨯︒=又40Q厘米，30DE=厘米，CE=∴==+=厘米，FH DC DE CE70∴'='+=+厘米．D H D F FH(45370)答：点D'到BC的距离为(45370)+厘米．（2）连接AE，AE'，EE'，如图4所示．由题意，得：AE AE'=，60∠'=︒，EAE∴∆'是等边三角形，AEE∴'=．EE AEQ四边形ABCD是矩形，90∴∠=︒．ADE在Rt ADEDE=厘米，AD=厘米，30∆中，90223010∴=+=厘米，AE AD DE∴'=厘米．EE3010答：E、E'两点的距离是3010厘米．4、（2019河南•中考第17题•9分）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．（1）求证：△ADF≌△BDG；（2）填空：①若AB＝4，且点E是的中点，则DF的长为4﹣2；②取的中点H，当∠EAB的度数为30°时，四边形OBEH为菱形．【考点】圆的综合题．【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，可得∠ADB＝∠AEB＝90°，再应用同角的余角相等可得∠DAF＝∠DBG，易得AD＝BD，△ADF≌△BDG得证；（2）作FH⊥AB，应用等弧所对的圆周角相等得∠BAE＝∠DAE，再应用角平分线性质可得结论；由菱形的性质可得BE＝OB，结合三角函数特殊值可得∠EAB＝30°．【解答】解：（1）证明：如图1，∵BA＝BC，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝45°∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠AEB＝90°，∴∠DAF+∠BGD＝∠DBG+∠BGD＝90°∴∠DAF＝∠DBG∵∠ABD+∠BAC＝90°∴∠ABD＝∠BAC＝45°∴AD＝BD∴△ADF≌△BDG（ASA）；（2）①如图2，过F作FH⊥AB于H，∵点E是的中点，∴∠BAE＝∠DAE∵FD⊥AD，FH⊥AB∴FH＝FD∵＝sin∠ABD＝sin45°＝，∴，即BF＝FD∵AB＝4，∴BD＝4cos45°＝2，即BF+FD＝2，（+1）FD＝2∴FD＝＝4﹣2故答案为．②连接OE，EH，∵点H是的中点，∴OH⊥AE，∵∠AEB＝90°∴BE⊥AE∴BE∥OH∵四边形OBEH为菱形，∴BE＝OH＝OB＝AB∴sin∠EAB＝＝∴∠EAB＝30°．故答案为：30°5、（2019河北•中考第23题•9分）如图，△ABC和△ADE中，AB＝AD＝6，BC＝DE，∠B＝∠D＝30°，边AD与边BC交于点P（不与点B，C重合），点B，E在AD异侧，I为△APC的内心．（1）求证：∠BAD＝∠CAE；（2）设AP＝x，请用含x的式子表示PD，并求PD的最大值；（3）当AB⊥AC时，∠AIC的取值范围为m°＜∠AIC＜n°，分别直接写出m，n的值．【考点】圆的综合题．【分析】（1）由条件易证△ABC≌△ADE，得∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE．（2）PD＝AD﹣AP＝6﹣x，∵点P在线段BC上且不与B、C重合，∴AP的最小值即AP⊥BC时AP的长度，此时PD可得最大值．（3）I为△APC的内心，即I为△APC角平分线的交点，应用“三角形内角和等于180°“及角平分线定义即可表示出∠AIC，从而得到m，n的值．【解答】解：（1）在△ABC和△ADE中，（如图1）∴△ABC≌△ADE（SAS）∴∠BAC＝∠DAE即∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE∴∠BAD＝∠CAE．（2）∵AD＝6，AP＝x，∴PD＝6﹣x当AD⊥BC时，AP＝AB＝3最小，即PD＝6﹣3＝3为PD的最大值．（3）如图2，设∠BAP＝α，则∠APC＝α+30°，∵AB⊥AC∴∠BAC＝90°，∠PCA＝60°，∠P AC＝90°﹣α，∵I为△APC的内心∴AI、CI分别平分∠P AC，∠PCA，∴∠IAC＝∠P AC，∠ICA＝∠PCA∴∠AIC＝180°﹣（∠IAC+∠ICA）＝180°﹣（∠P AC+∠PCA）＝180°﹣（90°﹣α+60°）＝α+105°∵0＜α＜90°，∴105°＜α+105°＜150°，即105°＜∠AIC＜150°，∴m＝105，n＝150．6、（2019海南•中考第21题•13分）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．【考点】四边形综合题．【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP＝∠CEQ即可得证；（2）①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE ＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△P AB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠P AF，从而得∠P AF＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；②设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝P A＝x，由PD2+DE2＝PE2得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠ECQ＝90°，∵E是CD的中点，∴DE＝CE，又∵∠DEP＝∠CEQ，∴△PDE≌△QCE（ASA）；（2）①∵PB＝PQ，∴∠PBQ＝∠Q，∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，∵△PDE≌△QCE，∴PE＝QE，∵EF∥BQ，∴PF＝BF，∴在Rt△P AB中，AF＝PF＝BF，∴∠APF＝∠P AF，∴∠P AF＝∠EPD，∴PE∥AF，∵EF∥BQ∥AD，∴四边形AFEP是平行四边形；②当AP＝时，四边形AFEP是菱形．设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝P A＝x，∵CD＝1，E是CD中点，∴DE＝，在Rt△PDE中，由PD2+DE2＝PE2得（1﹣x）2+（）2＝x2，解得x＝，即当AP＝时，四边形AFEP是菱形．7、（2019福建•中考第21题•8分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．【考点】平行四边形的判定；旋转的性质．【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠CAD，从而利用互余和计算出∠ADE的度数；（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝AC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AB ＝AC，则BF＝AB，再根据旋转的性质得到∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，从而得到DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，接着证明△CFD≌△ABC得到DF＝BC，然后根据平行四边形的判定方法得到结论．【解答】（1）解：如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，∵CA＝CD，∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠ADE＝90°﹣75°＝15°；（2）证明：如图2，∵点F是边AC中点，∴BF＝AC，∵∠ACB＝30°，∴AB＝AC，∴BF＝AB，∵△ABC绕点A顺时针旋转60得到△DEC，∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，∴BE＝CB，∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，易证得△CFD≌△ABC，∴DF＝BC，∴DF＝BE，而BF＝DE，∴四边形BEDF是平行四边形．8、（2019北京•中考第20题•5分）如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，点E，F分别在AB，AD上，BE＝DF，连接EF．（1）求证：AC⊥EF；（2）延长EF交CD的延长线于点G，连接BD交AC于点O．若BD＝4，tan G＝，求AO的长．【考点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质；解直角三角形．【分析】（1）由菱形的性质得出AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，得出AB：BE＝AD：DF，证出EF∥BD即可得出结论；（2）由平行线的性质得出∠G＝∠ADO，由三角函数得出tan G＝tan∠ADO＝＝，得出OA＝OD，由BD ＝4，得出OD＝2，得出OA＝1．【解答】（1）证明：连接BD，如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，∵BE＝DF，∴AB：BE＝AD：DF，∴EF∥BD，∴AC⊥EF；（2）解：如图2所示：∵由（1）得：EF∥BD，∴∠G＝∠ADO，∴tan G＝tan∠ADO＝＝，∴OA＝OD，∵BD＝4，∴OD＝2，∴OA＝1．10、（2019北京•中考第27题•7分）已知∠AOB＝30°，H为射线OA上一定点，OH＝+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON．（1）依题意补全图1；（2）求证：∠OMP＝∠OPN；（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON＝QP，并证明．【考点】三角形综合题．【分析】（1）根据题意画出图形．（2）由旋转可得∠MPN＝150°，故∠OPN＝150°﹣∠OPM；由∠AOB＝30°和三角形内角和180°可得∠OMP ＝180°﹣30°﹣∠OPM＝150°﹣∠OPM，得证．（3）根据题意画出图形，以ON＝QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP＝∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM＝PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD＝NC，DM＝CP．此时加上ON＝QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC＝QD．利用∠AOB＝30°，设PD＝NC＝a，则OP＝2a，OD＝a．再设DM＝CP＝x，所以QD＝OC＝OP+PC ＝2a+x，MQ＝DM+QD＝2a+2x．由于点M、Q关于点H对称，即点H为MQ中点，故MH＝MQ＝a+x，DH ＝MH﹣DM＝a，所以OH＝OD+DH＝a+a＝+1，求得a＝1，故OP＝2．证明过程则把推理过程反过来，以OP＝2为条件，利用构造全等证得ON＝QP．【解答】解：（1）如图1所示为所求．（2）设∠OPM＝α，∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN∴∠MPN＝150°，PM＝PN∴∠OPN＝∠MPN﹣∠OPM＝150°﹣α∵∠AOB＝30°∴∠OMP＝180°﹣∠AOB﹣∠OPM＝180°﹣30°﹣α＝150°﹣α∴∠OMP＝∠OPN（3）OP＝2时，总有ON＝QP，证明如下：过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2∴∠NCP＝∠PDM＝∠PDQ＝90°∵∠AOB＝30°，OP＝2∴PD＝OP＝1∴OD＝∵OH＝+1∴DH＝OH﹣OD＝1∵∠OMP＝∠OPN∴180°﹣∠OMP＝180°﹣∠OPN即∠PMD＝∠NPC在△PDM与△NCP中∴△PDM≌△NCP（AAS）∴PD＝NC，DM＝CP设DM＝CP＝x，则OC＝OP+PC＝2+x，MH＝MD+DH＝x+1∵点M关于点H的对称点为Q∴HQ＝MH＝x+1∴DQ＝DH+HQ＝1+x+1＝2+x∴OC＝DQ在△OCN与△QDP中∴△OCN≌△QDP（SAS）∴ON＝QP11、（2019北京•中考第28题•7分）在△ABC中，D，E分别是△ABC两边的中点，如果上的所有点都在△ABC的内部或边上，则称为△ABC的中内弧．例如，图1中是△ABC的一条中内弧．（1）如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，画出△ABC的最长的中内弧，并直接写出此时的长；（2）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（0，0），C（4t，0）（t＞0），在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．①若t＝，求△ABC的中内弧所在圆的圆心P的纵坐标的取值范围；②若在△ABC中存在一条中内弧，使得所在圆的圆心P在△ABC的内部或边上，直接写出t的取值范围．【考点】圆的综合题．【分析】（1）由三角函数值及等腰直角三角形性质可求得DE＝2，最长中内弧即以DE为直径的半圆，的长即以DE为直径的圆周长的一半；（2）根据三角形中内弧定义可知，圆心一定在DE的中垂线上，①当t＝时，要注意圆心P在DE上方的中垂线上均符合要求，在DE下方时必须AC与半径PE的夹角∠AEP满足90°≤∠AEP＜135°；②根据题意，t的最大值即圆心P在AC上时求得的t值．【解答】解：（1）如图2，以DE为直径的半圆弧，就是△ABC的最长的中内弧，连接DE，∵∠A＝90°，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，∴BC＝＝＝4，DE＝BC＝×4＝2，∴弧＝×2π＝π；（2）如图3，由垂径定理可知，圆心一定在线段DE的垂直平分线上，连接DE，作DE垂直平分线FP，作EG ⊥AC交FP于G，①当t＝时，C（2，0），∴D（0，1），E（1，1），F（，1），设P（，m）由三角形中内弧定义可知，圆心线段DE上方射线FP上均可，∴m≥1，∵OA＝OC，∠AOC＝90°∴∠ACO＝45°，∵DE∥OC∴∠AED＝∠ACO＝45°作EG⊥AC交直线FP于G，FG＝EF＝根据三角形中内弧的定义可知，圆心在点G的下方（含点G）直线FP上时也符合要求；∴m≤综上所述，m≤或m≥1．②如图4，设圆心P在AC上，∵P在DE中垂线上，∴P为AE中点，作PM⊥OC于M，则PM＝，∴P（t，），∵DE∥BC∴∠ADE＝∠AOB＝90°∴AE＝＝＝，∵PD＝PE，∴∠AED＝∠PDE∵∠AED+∠DAE＝∠PDE+∠ADP＝90°，∴∠DAE＝∠ADP∴AP＝PD＝PE＝AE由三角形中内弧定义知，PD≤PM∴AE≤，AE≤3，即≤3，解得：t≤，∵t＞0∴0＜t≤．12、（2019安徽•中考第20题•10分）如图，点E在ABCDY内部，//AF BE，//DF CE．（1）求证：BCE ADF∆≅∆；（2）设ABCDY的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求ST的值．【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质【分析】（1）根据ASA 证明：BCE ADF ∆≅∆；（2）根据点E 在ABCD Y 内部，可知：12BEC AED ABCD S S S ∆∆+=Y ，可得结论． 【解答】解：（1）Q 四边形ABCD 是平行四边形，AD BC ∴=，//AD BC ，180ABC BAD ∴∠+∠=︒，//AF BE Q ，180EAB BAF ∴∠+∠=︒，CBE DAF ∴∠=∠，同理得BCE ADF ∠=∠，在BCE ∆和ADF ∆中，Q CBE DAF BC AD BCE ADF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()BCE ADF ASA ∴∆≅∆；（2）Q 点E 在ABCD Y 内部，12BEC AED ABCD S S S ∆∆∴+=Y ， 由（1）知：BCE ADF ∆≅∆，BCE ADF S S ∆∆∴=，12ADF AED BEC AED ABCD AEDF S S S S S S ∆∆∆∆∴=+=+=Y 四边形， ABCD QY 的面积为S ，四边形AEDF 的面积为T ， ∴212S S T S ==． 13、如图，矩形ABCD 中，点E 在边CD 上，将BCE ∆沿BE 折叠，点C 落在AD 边上的点F 处，过点F 作//FG CD 交BE 于点G ，连接CG ．（1）求证：四边形CEFG 是菱形；（2）若6AB =，10AD =，求四边形CEFG 的面积．【考点】LA：菱形的判定与性质；PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质【分析】（1）根据题意和翻着的性质，可以得到BCE BFE∆≅∆，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．【解答】（1）证明：由题意可得，BCE BFE∆≅∆，BEC BEF∴∠=∠，FE CE=，//FG CEQ，FGE CEB∴∠=∠，FGE FEG∴∠=∠，FG FE∴=，FG EC∴=，∴四边形CEFG是平行四边形，又CE FE=Q，∴四边形CEFG是菱形；（2）Q矩形ABCD中，6AB=，10AD=，BC BF=，90BAF∴∠=︒，10AD BC BF===，8AF∴=，2DF∴=，设EF x=，则CE x=，6DE x=-，90FDE=︒Q，2222(6)x x∴+-=，解得，103x=，103CE∴=，∴四边形CEFG的面积是：1020233 CE DF=⨯=g．14、（2019成都•中考第27题•10分）如图1，在ABC∆中，20AB AC==，3tan4B=，点D为BC边上的动点（点D 不与点B ，C 重合）．以D 为顶点作ADE B ∠=∠，射线DE 交AC 边于点E ，过点A 作AF AD ⊥交射线DE 于点F ，连接CF ．（1）求证：ABD DCE ∆∆∽；（2）当//DE AB 时（如图2)，求AE 的长；（3）点D 在BC 边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF CF =？若存在，求出此时BD 的长；若不存在，请说明理由．【考点】SO ：相似形综合题【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．（2）解直角三角形求出BC ，由ABD CBA ∆∆∽，推出AB DB CB AB =，可得222025322AB DB CB ===，由//DE AB ，推出AE BD AC BC=，求出AE 即可． （3）点D 在BC 边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF =．作FH BC ⊥于H ，AM BC ⊥于M ，AN FH ⊥于N ．则90NHM AMH ANH ∠=∠=∠=︒，由AFN ADM ∆∆∽，可得3tan tan 4AN AF ADF B AM AD ==∠==，推出3312944AN AM ==⨯=，推出1697CH CM MH CM AN =-=-=-=，再利用等腰三角形的性质，求出CD 即可解决问题．【解答】（1）证明：AB AC =Q ，B ACB ∴∠=∠，ADE CDE B BAD ∠+∠=∠+∠Q ，ADE B ∠=∠，BAD CDE ∴∠=∠，BAD DCE ∴∆∆∽．（2）解：如图2中，作AM BC ⊥于M ．在Rt ABM∆中，设4BM k=，则3tan434AM BM B k k ==⨯=g，由勾股定理，得到222AB AM BM=+，22220(3)(4)k k∴=+，4k∴=或4-（舍弃），AB AC=Q，AM BC⊥，22432BC BM k∴===g，//DE ABQ，BAD ADE∴∠=∠，ADE B∠=∠Q，B ACB∠=∠，BAD ACB∴∠=∠，ABD CBA∠=∠Q，ABD CBA∴∆∆∽，∴AB DBCB AB=，222025322ABDBCB∴===，//DE ABQ，∴AE BDAC BC=，252012523216AC BDAEBC⨯∴===g．（3）点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF=．理由：作FH BC⊥于H，AM BC⊥于M，AN FH⊥于N．则90NHM AMH ANH∠=∠=∠=︒，∴四边形AMHN为矩形，90MAN∴∠=︒，MH AN=，AB AC=Q，AM BC⊥，11321622BM CM BC∴===⨯=，在Rt ABM ∆中，由勾股定理，得12AM ==， AN FH ⊥Q ，AM BC ⊥，90ANF AMD ∴∠=︒=∠，90DAF MAN ∠=︒=∠Q ，NAF MAD ∴∠=∠，AFN ADM ∴∆∆∽， ∴3tan tan 4AN AF ADF B AM AD ==∠==， 3312944AN AM ∴==⨯=， 1697CH CM MH CM AN ∴=-=-=-=， 当DF CF =时，由点D 不与点C 重合，可知DFC ∆为等腰三角形， FH DC ⊥Q ，214CD CH ∴==，321418BD BC CD ∴=-=-=，∴点D 在BC 边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF =，此时18BD =．。

2020年中考数学二轮专题——二次函数与几何图形综合（压轴）题型一、基础过关1. (2019宿迁)如图，抛物线y＝x2＋bx＋c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为(1，0)，与y轴交于点C(0，－3)．(1)求抛物线的函数表达式；(2)如图①，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠P AB＝2∠ACO.求点P的坐标；(3)如图②，点Q为x轴下方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AQ、BQ分别交抛物线的对称轴于点M、N.请问DM＋DN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．第1题图2. (2019贺州)如图，在平面直角坐标系中，已知点B的坐标为(－1，0)，且OA＝OC＝4OB，抛物线y ＝ax2＋bx＋c(a≠0)图象经过A，B，C三点．(1)求A，C两点的坐标；(2)求抛物线的解析式；(3)若点P是直线AC下方的抛物线上的一个动点，作PD⊥AC于点D，当PD的值最大时，求此时点P 的坐标及PD的最大值．第2题图二、能力提升1. (2019菏泽)如图，抛物线与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C (0，－2)，点A 的坐标是(2，0)，P 为抛物线上的一个动点，过点P 作PD ⊥x 轴于点D ，交直线BC 于点E ，抛物线的对称轴是直线x ＝－1.(1)求抛物线的函数表达式；(2)若点P 在第二象限内，且PE ＝14OD ，求△PBE 的面积；(3)在(2)的条件下，若M 为直线BC 上一点，在x 轴的上方，是否存在点M ，使△BDM 是以BD 为腰的等腰三角形？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．第1题图三、满分冲关1. (2019襄阳)如图，在直角坐标系中，直线y ＝－12x ＋3与x 轴，y 轴分别交于点B ，点C ，对称轴为x＝1的抛物线过B , C 两点，且交x 轴于另一点A ，连接A C.(1)直接写出点A ，点B ，点C 的坐标和抛物线的解析式；(2)已知点P 为第一象限内抛物线上一点，当点P 到直线BC 的距离最大时，求点P 的坐标； (3)抛物线上是否存在一点Q (点C 除外)，使以点Q ，A ，B 为顶点的三角形与△ABC 相似？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．第1题图2、(2019滨州)如图①，抛物线y ＝－18x 2＋12x ＋4与y 轴交于点A ，与x 轴交于点B ，C ，将直线AB 绕点A 逆时针旋转90°，所得直线与x 轴交于点D .(1)求直线AD 的函数解析式；(2)如图②，若点P 是直线AD 上方抛物线上的一个动点． ①当点P 到直线AD 的距离最大时，求点P 的坐标和最大距离； ②当点P 到直线AD 的距离为524时，求sin ∠P AD 的值．3、(2019金牛区一诊)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)与x 轴的两个交点分别为A (－3，0)、B (1，0)，与y 轴交于点D (0，3)，过顶点C 作CH ⊥x 轴于点H .(1)求抛物线的解析式和顶点C 的坐标；(2)连接AD 、CD ，若点E 为抛物线上一动点(点E 与顶点C 不重合)，当△ADE 与△ACD 面积相等时，求点E 的坐标；(3)若点P 为抛物线上一动点(点P 与顶点C 不重合)，过点P 向CD 所在的直线作垂线，垂足为点Q ，以P 、C 、Q 为顶点的三角形与△ACH 相似时，求点P 的坐标．第1题图备用图参考答案一、基础过关1. 解：(1)把A (1，0)，C (0，－3)代入y ＝x 2＋bx ＋c 得，⎩⎪⎨⎪⎧1＋b ＋c ＝0c ＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2c ＝－3， ∴抛物线的函数表达式为y ＝x 2＋2x －3；(2)如解图，作点A 关于y 轴的对称点A ′，连接A ′C ，作AD ⊥A ′C 于点D ， ∴点A ′的坐标为(－1，0)， 则AA ′＝2，OC ＝3，A ′C ＝10， ∵S △A ′AC ＝12AA ′·OC ＝12A ′C ·AD ，∴AD ＝AA ′·OC A ′C ＝3105，在Rt △A ′AD 中，∵A ′D 2＋AD 2＝A ′A 2， ∴A ′D 2＋(3105)2＝22.解得A ′D ＝105(负值已舍去)， ∴DC ＝4105，∴tan ∠ACA ′＝AD DC ＝34. 由对称可得∠ACD ＝2∠ACO ，则∠P AB ＝∠ACA ′， 设P (a ，a 2＋2a －3)，①如解图，当点P 在x 轴的上方时，作P 1H 1⊥x 轴于点H 1， ∴tan ∠P 1AB ＝P 1H 1AH 1＝a 2＋2a －31－a ＝34，解得a 1＝1(舍)，a 2＝－154，把a ＝－154代入得P (－154，5716)；②如解图，当点P 在x 轴的下方时，作P 2H 2⊥x 轴于点H 2， ∴tan ∠P 2AB ＝P 2H 2AH 2＝－a 2－2a ＋31－a ＝34，解得a 3＝1(舍)，a 4＝－94，把a ＝－94代入得P (－94，－3916)，综上所述，点P 的坐标为(－154，5716)或(－94，－3916)；第1题解图(3)是．设Q (m ，m 2＋2m －3)，则－3＜m ＜1. 设直线AQ 的解析式为y ＝k 1x ＋b 1，把A (1，0)，Q (m ，m 2＋2m －3)，代入解析式解得⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝m ＋3b 1＝m －3， ∴y ＝(m ＋3)x －m －3， 当x ＝－1时，y ＝－2m －6， 设直线BQ 的解析式为y ＝k 2x ＋b 2，把B (－3，0)，Q (m ，m 2＋2m －3)代入y ＝k 2x ＋b 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 2＝m －1b 2＝3m －3，∴y ＝(m －1)x ＋3m －3， 当x ＝－1时，y ＝2m －2， ∴DM ＝2m ＋6，DN ＝－2m ＋2， ∴DM ＋DN ＝2m ＋6－2m ＋2＝8. 2. 解：(1)∵B (－1，0)， ∴OB ＝1.又∵OA ＝OC ＝4OB ， ∴OA ＝OC ＝4， ∴A (4，0)，C (0，－4)；(2)将A 、B 、C 三点坐标代入y ＝ax 2＋bx ＋c 得，⎩⎪⎨⎪⎧16a ＋4b ＋c ＝0a －b ＋c ＝0c ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝－3c ＝－4， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2－3x －4；(3)如解图，过点P 作PE ⊥x 轴交AC 于点E ， ∴PE ∥y 轴． ∵OA ＝OC ，∴∠PED ＝∠OCA ＝45°， ∴△DEP 为等腰直角三角形， ∴PD ＝22PE ， ∴当PE 取得最大值时，PD 取得最大值， 易得直线AC 的解析式为y ＝x －4， 设P (x ，x 2－3x －4)，则E (x ，x －4)，则PE ＝(x －4)－(x 2－3x －4)＝－x 2＋4x ＝－(x －2)2＋4， ∵0＜x ＜4，∴当x ＝2时，PE 取得最大值，最大值为4， 此时PD 取得最大值，最大值为4×22＝22，∴点P 的坐标为(2，－6)．第2题解图二、能力提升1. 解：(1)∵抛物线与x 轴交于A ，B 两点，点A 的坐标为(2，0)，抛物线的对称轴为直线x ＝－1， ∴点B 的坐标为(－4，0)．∴设抛物线的函数表达式为y ＝a (x ＋4)(x －2)，将点C (0，－2)代入得－8a ＝－2，解得a ＝14.∴抛物线的函数表达式为y ＝14(x ＋4)(x －2)＝14x 2＋12x －2；(2)设点P 的坐标为(x ，14x 2＋12x －2)，则点D 的坐标为(x ，0)，设BC 所在直线的表达式为y ＝kx ＋b ， 将B (－4，0)，C (0，－2)代入得，⎩⎪⎨⎪⎧－4k ＋b ＝0b ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－12b ＝－2， ∴BC 所在直线的表达式为y ＝－12x －2.∴点E 的坐标为(x ，－12x －2)．∴PE ＝14x 2＋x .∵PE ＝14OD ，∴14x 2＋x ＝－14x ，即14x 2＋54x ＝0， 解得x ＝－5或x ＝0(舍)． ∴PE ＝54，BD ＝1，∴S △PBE ＝12PE ·BD ＝12×54×1＝58；(3)存在．①当DM ＝DB ＝1时，如解图①，过点M 作MF ⊥x 轴于点F ， 设M (m ，－12m －2)，则MF ＝－12m －2，DF ＝－m －5，∵MF 2＋DF 2＝DM 2，∴(－12m －2)2＋(－m －5)2＝1，解得m ＝－285或m ＝－4(舍去)．∴点M 的坐标为(－285，45)；第1题解图①②当BD ＝BM ＝1时，如解图②，过点M 作x 轴的垂线，垂足为N ， ∵DE ⊥x 轴， ∴DE ∥MN ，∴BN ∶BD ＝BM ∶BE ，∴BN ∶1＝1∶BE . ∵E (－5，12)，∴DE ＝12，∴BE ＝52， ∴BN ∶1＝1∶52，解得BN ＝255. ∴点M 的横坐标为－4－255，将x ＝－4－255代入y ＝－12x －2，得y ＝55，即点M 的坐标为(－4－255，55)．综上所述，点M 的坐标为(－285，45)或(－4－255，55)．第1题解图②三、满分冲关1. 解：(1)A (－4，0)，B (6，0)，C (0，3)，抛物线的解析式为y ＝－18x 2＋14x ＋3；【解法提示】令y ＝－12x ＋3＝0，解得x ＝6，令x ＝0，得y ＝3，∴B (6，0)，C (0，3)．∵抛物线的对称轴为x ＝1，且过点B 、A ，∴抛物线与x 轴的另一交点A 坐标为(－4，0)，设抛物线的解析式为y ＝a (x ＋4)(x －6)，将点C (0，3)代入得－24a ＝3，解得a ＝－18.∴y ＝－18(x ＋4)(x －6)＝－18x 2＋14x ＋3(2)如解图①，过点P 作PG ⊥x 轴于点G ，交BC 于点Q ，过点P 作PH ⊥BC 于点H . ∵OC ＝3，OB ＝6， ∴BC ＝OC 2＋OB 2＝3 5. 又∵∠HQP ＝∠GQB ， ∴∠HPQ ＝∠CBO ， ∴sin ∠HPQ ＝sin ∠CBO ＝55. 故点P 到直线BC 的距离最大，即PQ 最大． 设P (m ，－18m 2＋14m ＋3)，Q (m ，－12m ＋3)，∴PQ ＝－18m 2＋14m ＋3－(－12m ＋3)＝－18(m －3)2＋98.∵－18＜0，∴当m ＝3时，PQ 有最大值为98.∴P (3，218)；第1题解图①(3)存在．由(1)得A (－4，0)、B (6，0)、C (0，3)， ∴AB ＝10，AC ＝32＋42＝5. 分为两种情况分类讨论：①当△ABC ∽△AQB 时，如解图②所示． ∴AC AB ＝ABAQ，∠CAB ＝∠BAQ . ∴AQ ＝AB 2AC ＝1025＝20，过点Q 作QD ⊥x 轴，垂足为点D ， ∴QD ＝AQ ·sin ∠BAQ ＝20×35＝12，AD ＝AQ ·cos ∠BAQ ＝20×45＝16.∴Q (12，－12)．第1题解图②②当△ABC ∽△BQA 时，如解图③所示， ∴AB BQ ＝ACAB，∠CAB ＝∠ABQ . ∴BQ ＝AB 2AC＝20，过点Q 作QE ⊥x 轴，垂足为E ，同理可得QE ＝BQ ·sin ∠ABQ ＝20×35＝12，BE ＝BQ ·cos ∠ABQ ＝20×45＝16， ∴Q (－10，－12)．综上所述，点Q 的坐标是(12，－12)或(－10，－12)．第1题解图③2、解：(1)抛物线y ＝－18x 2＋12x ＋4， 令x ＝0，可得A 点的坐标为(0，4)，令y ＝0，可得B 点的坐标为(－4，0)，C 点的坐标为(8，0)．易得直线AB 的函数解析式为y ＝x ＋4，∵OA ＝OB ，∴∠BAO ＝45°.又∵直线AD 由直线AB 逆时针旋转90°而来，∴∠BAD ＝90°，∴∠OAD ＝45°，△OAD 为等腰直角三角形，∴OD ＝OA ＝4，D (4，0)，易得直线AD 的函数解析式为y ＝－x ＋4；(2)①如解图①，过点P 作PE ⊥x 轴交AD 于点E ，PF ⊥AD 于点F ，第1题解图①易得△PEF 为等腰直角三角形，∴PF ＝22PE ， ∴当PE 取得最大值时，PF 取得最大值，设P (x ，－18x 2＋12x ＋4)， 则E (x ，－x ＋4)，∴PE ＝－18x 2＋12x ＋4－(－x ＋4)＝－18x 2＋32x ＝－18(x －6)2＋92， ∴当x ＝6时，PE 有最大值92， 此时PF 有最大值924， ∴当x ＝6时，－18x 2＋12x ＋4＝52， ∴当点P 到直线AD 的距离最大时，点P 的坐标为(6，52)，最大距离为924； ②如解图②，连接AP ，过点P 作PE ⊥x 轴，交AD 于点E ，PF ⊥AD 于点F ，当点P 到AD 的距离为524时，PF ＝524， 则此时PE ＝2PF ＝52， 将PE ＝52代入PE ＝－18(x －6)2＋92中， 解得x 1＝10，x 2＝2，∴此时点P 的坐标为(10，－72)或(2，92)， 当点P 的坐标为(2，92)时，AP ＝22＋（92－4）2＝172， ∴sin ∠P AD ＝524172＝53434； 当点P 的坐标为(10，－72)时， AP ＝102＋（－72－4）2＝252， ∴sin ∠P AD ＝PF AP ＝524252＝210. 综上，sin ∠P AD 的值是53434或210.3、1. 解：(1)把点A 、B 、D 的坐标分别代入抛物线的解析式中得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝09a －3b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝－2c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝－x 2－2x ＋3，∴抛物线的对称轴为直线x ＝－b 2a＝－1， ∴点C 的坐标为(－1，4)；(2)如解图①，过点C 作CE ∥AD 交抛物线于点E ，交y 轴于点T ，则△ADE 与△ACD 面积相等，直线AD 过点D ，设其解析式为y ＝mx ＋3，将点A 的坐标代入得：0＝－3m ＋3，解得m ＝1，则直线AD 的解析式为y ＝x ＋3，∵CE ∥AD ，设直线CE 的解析式为y ＝x ＋n ，将点C 的坐标代入上式得：4＝－1＋n ，解得n ＝5，则直线CE 的解析式为y ＝x ＋5，则点T 的坐标为(0，5)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2－2x ＋3y ＝x ＋5， 解得x ＝－1或x ＝－2(x ＝－1为点C 的横坐标)，即点E 的坐标为(－2，3)；在y 轴取一点H ′，使DT ＝DH ′＝2，过点H ′作直线E ′E ″∥AD ，则△ADE ′和△ADE ″都与△ACD 面积相等，同理可得直线E ′E ″的解析式为y ＝x ＋1，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2－2x ＋3y ＝x ＋1， 解得x ＝－3±172， ∴点E ″、E ′的坐标分别为(－3＋172，－1＋172)、(－3－172，－1－172)， 综上，满足要求的点E 的坐标为(－2，3)或(－3＋172，－1＋172)或(－3－172，－1－172)；第1题解图①(3)如解图②，设点P 的坐标为(m ，n )，则n ＝－m 2－2m ＋3，把点C 、D 的坐标代入一次函数的解析式y ＝kx ＋b 得：⎩⎪⎨⎪⎧4＝－k ＋b b ＝3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－1b ＝3， 即直线CD 的解析式为y ＝－x ＋3，由(1)得，直线AD 的解析式为y ＝x ＋3，∴AD ⊥CD ，而直线PQ ⊥CD ，故直线PQ 的解析式中的k 值与直线AD 的解析式中的k 值相同， 同理可得直线PQ 的解析式为y ＝x ＋(n －m )，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋3y ＝x ＋（n －m ）， 解得x ＝3＋m －n 2，即点Q 的坐标为(3＋m －n 2，3－m ＋n 2)， 则PQ 2＝(m －3＋m －n 2)2＋(n －3－m ＋n 2)2＝（m ＋n －3）22＝12(m ＋1)2·m 2， 同理可得：PC 2＝(m ＋1)2[1＋(m ＋1)2]，AH ＝2，CH ＝4，则AC ＝25，当△ACH ∽△CPQ 时，PC PQ ＝AC CH ＝52， 即4PC 2＝5PQ 2，整理得3m 2＋16m ＋16＝0，解得m ＝－4或m ＝－43， ∴点P 的坐标为(－4，－5)或(－43，359)； 当△ACH ∽△PCQ 时，同理可得，点P 的坐标为(－23，359)或(2，－5)， 综上所述，点P 的坐标为(－4，－5)或(－43，359)或(－23，359)或(2，－5)．第1题解图②。

专题六二次函数压轴题类型一二次函数与图形变换如图①，已知直线l：y＝－x＋2与y轴交于点A，抛物线y＝(x－1)2＋m 也经过点A，其顶点为B，将该抛物线沿直线l平移，使顶点B落在直线l上的点D处，点D的横坐标为n(n＞1)．(1)求点B的坐标；(2)平移后的抛物线可以表示为__________________(用含n的式子表示)；(3)若平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，且点C的横坐标为a.①请写出a关于n的函数关系式；②如图②，连接AC、CD，若∠ACD＝90°，求a的值．【分析】(1)点B是抛物线顶点，要求点B的坐标，只需求抛物线解析式即可，将点A代入即可得解；(2)确定平移后的抛物线解析式，可根据抛物线平移规律直接得解；(3)①由点C是两抛物线交点，可联立解方程来确定a与n的关系；②由∠ACD＝90°，可过点C作y轴的垂线，构造三垂直模型利用相似来解．【自主解答】1．已知平面直角坐标系中两定点A (－1，0)、B (4，0)，抛物线y ＝ax 2＋bx －2(a ≠0)过点A ，B ，顶点为C ，点P (m ，n )(n ＜0)为抛物线上一点．(1)求抛物线的解析式和顶点C 的坐标；(2)当∠APB 为钝角时，求m 的取值范围；(3)若m ＞32，当∠APB 为直角时，将该抛物线向左或向右平移t (0＜t ＜52)个单位长度，点C 、P 平移后对应的点分别记为C ′、P ′，是否存在t ，使得首尾依次连接A 、B 、P ′、C ′所构成的多边形的周长最短？若存在，求t 的值，并说明抛物线平移的方向；若不存在，请说明理由．2．(2019·陕西)在平面直角坐标系中，已知抛物线L ：y ＝ax 2＋(c －a )x ＋c 经过点A (－3，0)和点B (0，－6)，L 关于原点O 对称的抛物线为L ′.(1)求抛物线L 的表达式；(2)点P 在抛物线L ′上，且位于第一象限，过点P 作PD ⊥y 轴，垂足为D ，若△POD 与△AOB 相似，求符合条件的点P 的坐标．3．已知二次函数y＝ax2－2ax－2的图象(记为抛物线C1)的顶点为M，直线l：y ＝2x－a与x轴、y轴分别交于A，B.(1)对于抛物线C1，以下结论正确的是________．①对称轴是：直线x＝1；②顶点坐标是(1，－a－2)；③抛物线一定经过两个定点．(2)当a>0时，设△ABM的面积为S，求S与a的函数关系式．(3)将二次函数y＝ax2－2ax－2的图象C1绕点P(t，－2)旋转180°得到二次函数的图象(记为抛物线C2)，顶点为N.①当－2≤x≤1时，旋转前后的两个二次函数y的值都会随x的增大而减小，求t 的取值范围；②当a＝1时，点Q是抛物线C1上的一点，点Q在抛物线C2上的对应点为Q′，试探究四边形QMQ′N能否为正方形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．类型二二次函数与几何图形综合如图，已知二次函数L 1：y＝mx2＋2mx－3m＋1(m≥1)和二次函数L2：y＝－m(x－3)2＋4m－1(m≥1)图象的顶点分别为M，N，与x轴分别相交于A，B两点(点A在点B的左边)和C、D两点(点C在点D的左边)．(1)函数y＝mx2＋2mx－3m＋1(m≥1)的顶点坐标为________；当二次函数L1，L2的y值同时随x的增大而增大时，x的取值范围是________；(2)当AD＝MN时，请直接写出四边形AMDN的形状；(3)抛物线L1，L2均会分别经过某些定点．①求所有定点的坐标；②若抛物线L1的位置固定不变，通过左右平移抛物线L2，使得这些定点组成的图形为菱形，则抛物线L2应平移的距离是多少？【分析】(1)将抛物线化为顶点式即可得到顶点坐标；由图象可得y随x的增大而增大的x的取值范围；(2)判断四边形AMDN的形状，可先证明四边形AMDN是平行四边形，再由AD ＝MN得到其为矩形；(3)①求抛物线经过的定点，可将抛物线化为关于m的代数式，令m的系数为0，代入求出对应的y值即可；②由所得图形为菱形，可先判定定点构成的图形是平行四边形，再根据菱形得到邻边相等，对角线互相垂直平分，从而利用勾股定理求解．【自主解答】1．(2019·海南)如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋5经过A(－5，0)，B(－4，－3)两点，与x轴的另一个交点为C，顶点为D，连接CD.(1)求该抛物线的表达式；(2)点P为该抛物线上一动点(与点B，C不重合)，设点P的横坐标为t.①当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值；②该抛物线上是否存在点P，使得∠PBC＝∠BCD？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．2．(2019·辽阳)如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的边BC在x轴上，∠ABC＝90°，以A为顶点的抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点C(3，0)，交y轴于点E(0，3)，动点P在对称轴上．(1)求抛物线的解析式；(2)若点P从A点出发，沿A→B方向以1个单位/秒的速度匀速运动到点B停止，设运动时间为t秒，过点P作PD⊥AB交AC于点D，过点D平行于y轴的直线l交抛物线于点Q，连接AQ，CQ，当t为何值时，△ACQ的面积最大，最大值是多少？(3)若点M是平面内任意一点，在x轴上方是否存在点P，使得以点P，M，E，C为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的M点坐标；若不存在，请说明理由．第2题图备用图类型三二次函数与规律探索(2019·江西)特例感知(1)如图①，对于抛物线y 1＝－x 2－x ＋1，y 2＝－x 2－2x ＋1，y 3＝－x 2－3x ＋1，下列结论正确的序号是________．①抛物线y 1，y 2，y 3都经过点C (0，1)；②抛物线y 2，y 3的对称轴由抛物线y 1的对称轴依次向左平移12个单位得到；③抛物线y 1，y 2，y 3与直线y ＝1的交点中，相邻两点之间的距离相等． 形成概念(2)把满足y n ＝－x 2－nx ＋1(n 为正整数)的抛物线称为“系列平移抛物线”． 知识应用在(2)中，如图②.①“系列平移抛物线”的顶点依次为P 1，P 2，P 3，…，P n ，用含n 的代数式表示顶点P n 的坐标，并写出该顶点纵坐标y 与横坐标x 之间的关系式；②“系列平移抛物线”存在“系列整数点(横、纵坐标均为整数的点)”：C 1，C 2，C 3，…，C n ，其横坐标分别为－k －1，－k －2，－k －3，…，－k －n (k 为正整数)，判断相邻两点之间的距离是否都相等，若相等，直接写出相邻两点之间的距离；若不相等，说明理由．(3)在②中，直线y ＝1分别交“系列平移抛物线”于点A 1，A 2，A 3，…，A n ，连接C n A n ，C n －1A n －1，判断C n A n ，C n －1A n －1是否平行？并说明理由．图① 图②【分析】 (1)逐一判断3个结论的正确性即可；(2)①由抛物线y n 即可表示P n ，消去参数即可得到顶点P n 的横、纵坐标之间的关系式；②分别求出C n ，C n －1的横、纵坐标，利用两点距离公式求线段C n C n －1的长；(3)要判断C n A n 与C n －1A n －1是否平行，只需判断直线C n A n 与直线C n －1A n －1的解析式中自变量的系数是否相同即可．【自主解答】1．已知抛物线y ＝－x 2＋2x ＋3和抛物线y n ＝n 3x 2－2n 3x －n (n 为正整数)． (1)抛物线y ＝－x 2＋2x ＋3与x 轴的交点坐标为____________，顶点坐标为________．(2)当n ＝1时，请解答下列问题：①直接写出y n 与x 轴的交点坐标__________，顶点坐标________．请写出抛物线y ，y n 的一条相同的图象性质________________；②当直线y ＝12x ＋m 与y ，y n 相交共有4个交点时，求m 的取值范围；(3)若直线y ＝k (k ＜0)与抛物线y ＝－x 2＋2x ＋3，抛物线y n ＝n 3x 2－2n 3x －n (n 为正整数)共有4个交点，从左至右依次标记为点A ，点B ，点C ，点D ，当AB ＝BC ＝CD 时，求k ，n 之间满足的关系式．2．已知抛物线y n ＝－(x －a n )2＋b n (n 为正整数，且0＜a 1＜a 2＜…＜a n )与x 轴的交点为A (0，0)和A n (c n ，0)，c n ＝c n －1＋2，当n ＝1时，第1条抛物线y 1＝－(x －a 1)2＋b 1与x 轴的交点为A (0，0)和A 1(2，0)，其他依此类推．(1)求a 1，b 1的值及抛物线y 2的解析式．(2)抛物线y3的顶点B3的坐标为(______，______)；依此类推，第n条抛物线y n 的顶点B n的坐标为(______，________)；所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是____________．(3)探究下列结论：①是否存在抛物线y n，使得△AA n B n为等腰直角三角形？若存在，请求出抛物线的表达式；若不存在，请说明理由．②若直线x＝m(m＞0)与抛物线y n分别交于C1，C2，…，C n，则线段C1C2，C2C3，…，C n－1C n的长有何规律？请用含有m的代数式表示．3．如图，抛物线y1＝－x2＋c与x轴交于A，B两点，且AB＝2.(1)求抛物线y1的函数解析式，并直接写出y1的顶点坐标．(2)将y1先向右平移1个单位，再向上平移1个单位，记为第一次操作，得到抛物线y2.按同样的操作方式，经过第二次操作，可得到抛物线y3，经过第三次操作，可得到抛物线y4，…，经过第(n－1)次操作可得到抛物线y n.①y1的顶点是否在y2上？请说明理由．②若抛物线y n恰好经过点B(不含y1)，求抛物线y n的解析式．③定义：当抛物线与x轴有两个交点时，定义：以这两个交点及抛物线顶点构成的三角形叫做该抛物线的“轴截三角形”．如△ABC是抛物线y1的“轴截三角形”．记抛物线y1，y2，y3，…，y n的“轴截三角形”的面积分别为S1，S2，S3，…，S n.当S n＝125时，求n的值．4．小贤与小杰在探究某类二次函数问题时，经历了如下过程：求解体验(1)已知抛物线y＝－x2＋bx－3经过点(－1，0)，则b＝________，顶点坐标为______，该抛物线关于点(0，1)成中心对称的抛物线表达式是___________．抽象感悟我们定义，对于抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，以y轴上的点M(0，m)为中心，作该抛物线关于点M对称的抛物线y′，则我们称抛物线y′为抛物线y的“衍生抛物线”，点M为“衍生中心”．(2)已知抛物线y＝－x2－2x＋5关于点(0，m)的衍生抛物线为y′，若这两条抛物线有交点，求m的取值范围．问题解决(3)已知抛物线y＝ax2＋2ax－b(a≠0)．①若抛物线y的衍生抛物线为y′＝bx2－2bx＋a2(b≠0)，两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求a，b的值及衍生中心的坐标；②若抛物线y关于点(0，k＋12)的衍生抛物线为y1，其顶点为A1；关于点(0，k ＋22)的衍生抛物线为y2，其顶点为A2；…；关于点(0，k＋n2)(n为正整数)的衍生抛物线为y n，其顶点为A n；….求A n A n＋1的长(用含n的式子表示)．类型四二次函数与新定义如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的顶点为M，直线y＝m与x轴平行，且与抛物线交于点A，B，若△AMB为等腰直角三角形，我们把抛物线上A，B 两点之间的部分与线段AB围成的图形称为该抛物线对应的准碟形，线段AB称为碟宽，顶点M 称为碟顶，点M 到线段AB 的距离称为碟高．(1)抛物线y ＝12x 2对应的碟宽为________；抛物线y ＝4x 2对应的碟宽为________；抛物线y ＝ax 2(a ＞0)对应的碟宽为________；抛物线y ＝a (x －2)2＋3(a ＞0)对应的碟宽为________；(2)抛物线y ＝ax 2－4ax －53(a ＞0)对应的碟宽为6，且在x 轴上，求a 的值；(3)将抛物线y ＝a n x 2＋b n x ＋c n (a n ＞0)对应的准碟形记为F n (n ＝1，2，3…)，定义F 1，F 2，…，F n 为相似准碟形，相应的碟宽之比即为相似比．若F n 与F n －1的相似比为12，且F n 的碟顶是F n －1的碟宽的中点，现将(2)中求得的抛物线记为y 1，其对应的准碟形记为F 1.①求抛物线y 2的表达式；②若F 1的碟高为h 1，F 2的碟高为h 2，…，F n 的碟高为h n ，则h n ＝________，F n 的碟宽右端点横坐标为________；F 1，F 2，…，F n 的碟宽右端点是否在一条直线上？若是，直接写出该直线的表达式；若不是，请说明理由．【分析】 (1)根据定义易算出抛物线y ＝12x 2，抛物线y ＝4x 2的碟宽，且都利用端点(第一象限)横、纵坐标相等求解．推广至含字母的抛物线y ＝ax 2(a ＞0)可类似求解．而抛物线y ＝a (x －2)2＋3(a ＞0)为顶点式，可看成由抛物线y ＝ax 2平移得到，则发现碟宽只和a 有关．(2)由(1)的结论，根据碟宽与a 的关系求解．(3)①由y 1，易推y 2.②由相似的性质得到h n 与h n －1，h n －1与h n －2，…h 2与h 1之间的关系，从而得到h n 即可；由等腰直角三角形性质得到F n 的碟宽与h n 之间的关系，即可得到F n 的碟宽右端点横坐标，先证明F n ，F n －1，F n －2的碟宽右端点在一条直线上，从而作出判断，再确定F 1，F 2的碟宽右端点所在直线即可求解．【自主解答】1．如图①，若抛物线L 1的顶点A 在抛物线L 2上，抛物线L 2的顶点B 在抛物线L 1上(点A 与点B 不重合)，我们把这样的两条抛物线L 1、L 2称为“伴随抛物线”，可见一条抛物线的“伴随抛物线”可以有多条．(1)抛物线L1：y＝－x2＋4x－3与抛物线L2是“伴随抛物线”，且抛物线L2的顶点B的横坐标为4，求抛物线L2的表达式；(2)若抛物线y＝a1(x－m)2＋n的任意一条“伴随抛物线”的表达式为y＝a2(x－h)2＋k，请写出a1与a2的关系式，并说明理由；(3)在图②中，已知抛物线L1：y＝mx2－2mx－3m(m＞0)与y轴相交于点C，它的一条“伴随抛物线”为L2，抛物线L2与y轴相交于点D，若CD＝4m，求抛物线L2的对称轴．2．(2019·南昌二模)我们规定，以二次函数y＝ax2＋bx＋c的二次项系数a的2倍为一次项系数，一次项系数b为常数项构造的一次函数y＝2ax＋b叫做二次函数y＝ax2＋bx＋c的“子函数”，反过来，二次函数y＝ax2＋bx＋c叫做一次函数y ＝2ax＋b的“母函数”．(1)若一次函数y＝2x－4是二次函数y＝ax2＋bx＋c的“子函数”，且二次函数经过点(3，0)，求此二次函数的解析式及顶点坐标；(2)若“子函数”y＝x－6的“母函数”的最小值为1，求“母函数”的函数表达式；(3)已知二次函数y＝－x2－4x＋8的“子函数”图象直线l与x轴、y轴交于C、D 两点，点P在直线l上方的抛物线上，求△PCD的面积的最大值．3．(2019·南昌5月模拟)已知：抛物线C1：y＝－(x＋m)2＋m2(m＞0)，抛物线C2：y＝(x－n)2＋n2(n＞0)，称抛物线C1，C2互为派对抛物线，例如抛物线C1：y＝－(x＋1)2＋1与抛物线C2：y＝(x－2)2＋2是派对抛物线，已知派对抛物线C1，C2的顶点分别为A，B，抛物线C1的对称轴交抛物线C2于C，抛物线C2的对称轴交抛物线C 1与D .(1)已知抛物线：①y ＝－x 2－2x ，②y ＝(x －3)2＋3，③y ＝(x －2)2＋2，④y ＝x 2－x ＋12，则抛物线①②③④中互为派对抛物线的是________ (请在横线上填写抛物线的数字序号)；(2)如图①，当m ＝1，n ＝2时，证明AC ＝BD ；(3)如图②，连接AB ，CD 交于点F ，延长BA 交x 轴的负半轴于点E ，记BD 交x 轴于G ，CD 交x 轴于点H ，∠BEO ＝∠BDC .①求证：四边形ACBD 是菱形；②若已知抛物线C 2：y ＝(x －2)2＋4，请求出m 的值．图① 图②参考答案【例1】 解：(1)当x ＝0时，y ＝－x ＋2＝2，∴A (0，2)，把A (0，2)代入y ＝(x －1)2＋m ，得1＋m ＝2，∴m ＝1.∴B (1，1)．(2)y ＝(x －n )2＋2－n .(3)①∵点C 是两条抛物线的交点，∴点C 的纵坐标可以表示为(a －1)2＋1或(a －n )2＋2－n ，∴(a －1)2＋1＝(a －n )2＋2－n ，即a 2－2a ＋1＋1＝a 2－2an ＋n 2＋2－n , 2an －2a ＝n 2－n ，∵n ＞1，∴a ＝n 2－n 2n －2＝n 2. ②如解图，过点C 作y 轴的垂线，垂足为E ，过点D 作DF ⊥CE 于点F .例1题解图∵∠ACD ＝90°，∴∠ACE ＝∠CDF .又∵∠AEC ＝∠DFC ，∴△ACE ∽△CDF ，∴AE EC ＝CF FD .又∵C (a ，a 2－2a ＋2)，D (2a ，2－2a )，∴AE ＝a 2－2a ，DF ＝a 2，CE ＝CF ＝a ，∴a 2－2a a ＝a a 2，∴a 2－2a ＝1， 解得a ＝±2＋1，∵n ＞1，∴a ＝n 2＞12，∴a ＝2＋1.跟踪训练1．解： (1)∵抛物线y ＝ax 2＋bx －2(a ≠0)过点A ，B ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －b －2＝0，16a ＋4b －2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－32， ∴抛物线的解析式为y ＝12x 2－32x －2.∵y ＝12x 2－32x －2＝12(x －32)2－258， ∴C (32，－258)．(2)如解图①，以AB 为直径作⊙M ，则抛物线在圆内的部分，能使∠APB 为钝角，第1题解图①易得M (32，0)，⊙M 的半径为52.设P ′是抛物线与y 轴的交点，∴OP ′＝2，∵MP ′＝OP′2＋OM 2＝52. ∵P 关于抛物线对称轴的对称点为点(3，－2)，∴当－1＜m ＜0或3＜m ＜4时，∠APB 为钝角．(3)存在．抛物线向左或向右平移，∵AB 、P ′C ′是定值，∴要使首尾依次连接A 、B 、P ′、C ′所构成的多边形的周长第1题解图②最短，只要AC ′＋BP ′最小．第一种情况：抛物线向右平移，AC ′＋BP ′＞AC ＋BP .第二种情况：向左平移，如解图②所示，由(2)可知P (3，－2)， 又∵C (32，－258)，∴C ′(32－t ，－258)，P ′(3－t ，－2)，将BP ′平移至AP ″，∵AB ＝5，∴P ″(－2－t ，－2)，要使AC ′＋BP ′最短，只要AC ′＋AP ″最短即可，∵点C ′关于x 轴的对称点C ″的坐标为(32－t ，258)，设直线P ″C ″的解析式为y ＝kx ＋b ，则⎩⎨⎧－2＝（－2－t ）k ＋b ，258＝（32－t ）k ＋b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝4128，b ＝4128t ＋1314，∴直线P ″C ″的解析式为y ＝4128x ＋4128t ＋1314，当P ″、A 、C ″在同一条直线上时，周长最小，∴－4128＋4128t ＋1314＝0，∴t ＝1541. 故将抛物线向左平移1541个单位长度时，首尾依次连接A 、B 、P ′、C ′所构成的多边形的周长最短．2．解：(1)将点A (－3，0)，B (0，－6)代入L 得⎩⎪⎨⎪⎧a （－3）2＋（c －a ）·（－3）＋c ＝0，c ＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，c ＝－6，∴抛物线L 的表达式为y ＝－x 2－5x －6.(2)由题意，得∠PDO ＝90°，∠AOB ＝90°，由对称性可得L ′的表达式为y ＝x 2－5x ＋6.设点P 的坐标为(m ，m 2－5m ＋6)，当△DPO ∽△OAB 时，DP DO ＝OA OB ，即m 2－5m ＋6＝2m ，解得m 1＝1，m 2＝6，此时点P 的坐标为(1，2)或(6，12)；当△DPO ∽△OBA 时，DP DO ＝OB OA ，即2m 2－10m ＋12＝m ，解得m 3＝4，m 4＝32，此时点P 的坐标为(4，2)或(32，34)．第2题解图3．解：(1)①②③(2)由抛物线的顶点公式求得：顶点M (1，－a －2)．如解图①，当x ＝1时，y ＝2·1－a ＝2－a ，求得D (1，2－a )；当y ＝0时，0＝2x －a ，x ＝a 2，求得A (a 2，0)，∴DM ＝2－a －(－a －2)＝ 4，∴S ＝S △BMD －S △AMD ＝12DM (OC －AC )＝12DM ·AO ＝12·4·a 2＝a .即S ＝a (a >0)．(3)①当－2≤x ≤1时，C 1的y 的值会随x 的增大而减小，而C 1的对称轴为x ＝1, －2≤x ≤1在对称轴的左侧，C 1开口向上，∴a >0；同时C 2的开口向下，而当－2≤x ≤1时，y 的值会随x 的增大而减小，∴－2≤x ≤1要在C 2的对称轴右侧，令C 2的对称轴为x ＝m ，则m ≤2，而x ＝1和x ＝m 关于P (t ，－2)对称，∴P 到这两条对称轴的距离相等，∴1－t ＝t －m ，m ＝2t －1，∴2t －1≤－2，即t ≤－12.②当a ＝1时，M (1，－3)，作PE ⊥CM 于E ，将Rt △PME 绕P 旋转90°，得到Rt △PQF ，则△MPQ 为等腰直角三角形，∵N ，Q ′分别是点M ，Q 的中心对称点，∴四边形MQNQ ′为正方形．第一种情况，当t ≤1时，求得PE ＝PF ＝1－t ，ME ＝QF ＝1，CE ＝2，∴Q (t ＋1，－t －1)．把Q (t ＋1，－t －1)代入y ＝x 2－2x －2，得－t －1＝(t ＋1)2－2(t ＋1)－2, t 2＋t －2＝0，解得：t 1＝1，t 2＝－2；第二种情况，当t >1时，求得PF ＝PE ＝t －1，ME ＝QF ＝1，CE ＝2， ∴Q (t －1，t －3)，把Q (t －1，t －3)代入y ＝x 2－2x －2，得t －3＝(t －1)2－2(t －1)－2，t 2－5t ＋4＝0，解得t1＝1 (舍去)，t2＝4综上t＝－2或1或4.图①图②图③【例2】解：(1)(－1，－4m＋1)，－1＜x＜3(2)四边形AMDN是矩形．(3)①y＝mx2＋2mx－3m＋1＝m(x＋3)(x－1)＋1，∴当x＝－3或1时，y＝1，∴L1经过定点(－3，1)和(1，1)．y＝－m(x－3)2＋4m－1＝－m(x－5)(x－1)－1，∴当x＝5或1时，y＝－1，∴L2经过定点(5，－1)和(1，－1)．②L1经过定点(－3，1)和(1，1)，L2经过定点(5，－1)和(1，－1)，设E(－3，1)，F(1，1)，G(5，－1)，H(1，－1)，则组成的四边形EFGH是平行四边形．如解图，另设平移距离为x，根据平移后的图形是菱形，由勾股定理得42＝22＋(4－x)2，解得x＝4±23，故抛物线L2应平移的距离是4＋23或4－2 3.例2题解图跟踪训练1．解：(1)将点A ，B 坐标代入抛物线表达式得⎩⎪⎨⎪⎧25a －25b ＋5＝0，16a －4b ＋5＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝6， ∴抛物线的表达式为y ＝x 2＋6x ＋5.(2)①令y ＝x 2＋6x ＋5＝0，得x 1＝－1，x 2＝－5，∴点C 的坐标为(－1，0)． 由点B (－4，－3)得直线BC 的函数解析式为y ＝x ＋1，如解图①，过点P 作PG ∥y 轴交BC 于G ，第1题解图①设点P 的坐标为(t ，t 2＋6t ＋5)，则点G (t ，t ＋1)，∴PG ＝(t ＋1)－(t 2＋6t ＋5)＝－t 2－5t －4，∴S △PBC ＝12PG ·|x C －x B |＝32(－t 2－5t －4)＝－32(t ＋52)2＋278.∵－32<0，∴当t ＝－52时，△PBC 的面积最大，最大值为278.第1题解图②②设BP 交CD 于点H .当点P 在直线BC 下方时，∵∠PBC ＝∠BCD ，∴点H 在BC 的垂直平分线上，易得线段BC 的中点坐标为(－52，－32)，过该点与直线BC 垂直的直线设为y ＝－x ＋m ，则－32＝52＋m ，解得m ＝－4，∴直线BC 的垂直平分线的函数解析式为y ＝－x －4.可得直线CD 的函数表达式为y ＝2x ＋2，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x －4，y ＝2x ＋2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－2，∴点H 的坐标为(－2，－2)， 直线BH 的函数解析式为y ＝12x －1.联立得⎩⎨⎧y ＝x 2＋6x ＋5，y ＝12x －1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32，y ＝－74，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－4y ＝－3(舍去)， ∴点P 的坐标为(－32，－74)．当点P 在直线BC 上方时，∵∠PBC ＝∠BCD ，∴BP ∥CD ，∴直线BP 的表达式为y ＝2x ＋5，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2＋6x ＋5，y ＝2x ＋5，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－4，y ＝－3(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝5，∴点P 的坐标为(0，5)．综上，所有点P 的坐标为(－32，－74)，(0，5)2．解：(1)将C (3，0)，E (0，3)代入y ＝－x 2＋bx ＋c 得⎩⎪⎨⎪⎧－32＋3b ＋c ＝0，c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c ＝3，∴抛物线的解析式是y ＝－x 2＋2x ＋3.(2)∵y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4，∴A (1，4)．设直线AC 的解析式为y ＝mx ＋n ，将A ，C 代入得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝4，3m ＋n ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－2，n ＝6，∴直线AC 的解析式为y ＝－2x ＋6.设P (1，4－t )，∵PD ⊥AB ，∴y D ＝4－t ，∴4－t ＝－2x ＋6，解得x ＝1＋t2，∴点D 的坐标为(1＋t2，4－t )．∵l ∥y 轴，∴x Q ＝1＋t2，∴y Q ＝－(1＋t2－1)2＋4＝4－14t 2，∴S △ACQ ＝S △ADQ ＋S △CDQ＝12DQ ·BC＝12(4－14t 2－4＋t )×2＝－14(t －2)2＋1，∴当t ＝2时，S △ACQ 最大，最大值为1.(3)存在，综合条件的M 点坐标为(2，2)，(－2，3＋14)，(4，17)．【解法提示】设点P (1，t )(t ＞0)，∵以P ，M ，E ，C 为顶点的四边形是菱形， ∴①当CE 为对角线时，PC ＝PE ，且PM 与CE 互相垂直平分，∴(1－0)2＋(t －3)2＝(3－1)2＋t 2，解得t ＝1，即点P 的坐标为(1，1)， 由菱形中心对称性质可知，点M 的坐标为(2，2)；②CP ＝CE ＝32，即（3－1）2＋t 2＝32，解得t ＝14(负的已舍去)， 即点P 的坐标为(1，14)，此时点M 的坐标为(－2，3＋14)；③EP ＝CE ＝32，即（1－0）2＋（t －3）2＝32，解得t ＝3＋17(负值已舍去)，∴此时点P 的坐标为(1，3＋17)，则点M 的坐标为(4，17)．【例3】 解：(1)当x ＝0时，y 1＝y 2＝y 3＝1，∴①正确；y 1，y 2，y 3的对称轴分别是直线x 1＝－12，x 2＝－1，x 3＝－32，∴②正确；y 1，y 2，y 3与直线y ＝1的交点(除点C 外)的横坐标分别为－1，－2，－3，∴距离为1，都相等，∴③正确．故答案为①②③.(2)①y n ＝－x 2－nx ＋1＝－(x ＋n 2)2＋n 2＋44，∴顶点P n (－n 2，n 2＋44)．令顶点P n 的横坐标为x ＝－n 2，纵坐标y ＝n 2＋44，∴y ＝n 2＋44＝(－n 2)2＋1＝x 2＋1，即顶点P n 的纵坐标y 与横坐标x 满足关系式y ＝x 2＋1. ②令C n (x n ，y n )，C n －1(x n －1，y n －1)，x n －1＝－k －(n －1)＝－k －n ＋1，y n －1＝－x n －12－(n －1)x n －1＋1，x n ＝－k －n ，y n ＝－x n 2－nx n ＋1， ∵x n －1－x n ＝1，y n －1－y n ＝－x n －12－(n －1)x n －1＋1＋x n 2＋nx n －1＝(x n －x n －1)(x n ＋x n －1)＋n (x n －x n －1)＋x n －1＝－(－k －n ＋1－k －n ＋n )－k －n ＋1＝2k ＋n －1－k －n ＋1＝k .∴C n －1C n ＝（x n －1－x n ）2＋（y n －1－y n ）2＝1＋k 2. ∵C n －1C n ＝1＋k 2与n 无关， ∴相邻两点之间的距离为定值，定值为1＋k 2.(3)令y n ＝1得－x 2－nx ＋1＝1，解得x 1＝0，x 2＝－n ， ∴A n (－n ，1)，由②知C n (x n ，－x n 2－nx n ＋1)，设直线A n C n ：y ＝k n x ＋b n ，则k n ＝1－（－x n 2－nx n ＋1）－n －x n ＝x n （x n ＋n ）－n －（－k －n ）＝（－k －n ）（－k －n ＋n ）－n ＋k ＋n ＝k ＋n ，同理A n －1(－n ＋1，1)，C n －1(x n －1，－x n －12－(n －1)x n －1＋1)， 设直线A n －1C n －1：y ＝k n －1x ＋b n －1，则k n －1＝k ＋n －1，∴k n －1≠k n ，∴直线C n A n 与直线C n －1A n －1不平行．跟踪训练1．解：(1)(－1，0)，(3，0)；(1，4)(2)①(－1，0)，(3，0)；(1，－4n 3)；对称轴为直线x ＝1[或与x 轴交点为(－1，0)，(3，0)]②当直线y ＝12x ＋m 与y 相交只有1个交点时，由⎩⎨⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x 2＋2x ＋3，整理得x 2－32x ＋m －3＝0， ∴b 2－4ax ＝(32)2－4(m －3)＝0，解得m ＝5716.当直线y ＝12x ＋m 与y n 相交只有1个交点时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝13x 2－23x －1，整理得2x 2－7x －(6＋6m )＝0， ∴b 2－4ax ＝72－4×2×(－6－6m )＝0，解得m ＝－9748，把点(－1，0)代入y ＝12x ＋m 得m ＝12，把(3，0)代入y ＝12x ＋m 得m ＝－32，如解图①，∴m 的取值范围是－9748<m <5716，且m ≠－32，m ≠12.(3)如解图②，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k ，y ＝－x 2＋2x ＋3得x 2－2x ＋k －3＝0， ∴AD 2＝(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝16－4k ，由⎩⎨⎧y ＝k ，y ＝n 3x 2－2n 3x －n得nx 2－2nx －(3n ＋3k )＝0， ∴BC 2＝(x 3－x 4)2＝(x 3＋x 4)2－4x 3x 4＝16＋12k n ， ∵AB ＝BC ＝CD ，∴AD 2＝9BC 2，∴16－4k ＝9(16＋12k n )， ∴32n ＋27k ＋nk ＝0.图① 图② 2．解： (1)当n ＝1时，第1条抛物线y 1＝－(x －a 1)2＋b 1与x 轴的交点为A (0，0)，A 1(2，0)，∴y 1＝－x (x －2)＝－(x －1)2＋1，则a 1＝1，b 1＝1. 由c n ＝c n －1＋2可知，c 2＝c 1＋2＝2＋2＝4， ∴抛物线y 2与x 轴的交点为A (0，0)，A 2(4，0)， ∴y 2＝－x (x －4)＝－x 2＋4x .(2)3，9，n ，n 2，y ＝x 2；(3)①存在，由(1)(2)得A n (2n ，0)，B n (n ，n 2)． 当△AA n B n 为等腰直角三角形时，n 2＝n ，解得n 1＝1，n 2＝0(舍去)．∴存在抛物线y n ，使得△AA n B n 为等腰直角三角形，此时抛物线为y 1＝－(x －1)2＋1.②∵y n ＝－x (x －2n )＝－x 2＋2nx ，当x ＝m (m ＞0)时，C n (m ，－m 2＋2mn )，C n －1(m ，－m 2＋2mn －2m )， ∴C n C n －1＝－m 2＋2mn －(－m 2＋2mn －2m )＝2m .∴C 1C 2＝C 2C 3＝…＝C n －1C n ＝2m .3．解： (1)∵AB ＝2，抛物线y 1＝－x 2＋c 的对称轴为直线x ＝0， ∴点A ，B 的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，将点A (－1，0)代入得c ＝1，则抛物线y 1的解析式为y 1＝－x 2＋1，顶点坐标为(0，1)．(2)①由平移性质得，抛物线y 2的顶点坐标为(1，2)，则抛物线y 2的函数解析式为y 2＝－(x －1)2＋2，当x ＝0时，y 2＝1，则y 1的顶点(0，1)在抛物线y 2上．②由题意，得抛物线y 3＝－(x －2)2＋3，y 4＝－(x －3)2＋4，y n ＝－(x －n ＋1)2＋n ，将点B (1，0)代入y n ，得－(1－n ＋1)2＋n ＝0，解得n ＝4或n ＝1(舍去)．∴抛物线y n 的解析式为y 4＝－(x －3)2＋4.③令y n ＝－(x －n ＋1)2＋n ＝0，解得x 1＝n －1－n ，x 2＝n －1＋n ，则S n ＝12[(n －1＋n)－(n －1－n)]·n ＝n·n ＝125，∵53＝125，∴n ＝5，即n ＝25.4．解：(1)－4；(－2，1)；y ＝(x －2)2＋1(2)y ＝－x 2－2x ＋5即y ＝－(x ＋1)2＋6，∴顶点为(－1，6)．∵点(－1，6)关于点(0，m )的对称点为(1，2m －6)，∴衍生抛物线为y ＝(x －1)2＋2m －6，则－(x ＋1)2＋6＝(x －1)2＋2m －6，化简得x 2＝－m ＋5，∵两抛物线有交点，∴－m ＋5≥0，∴m ≤5.(3)①y ＝ax 2＋2ax －b ＝a (x ＋1)2－a －b ，顶点为(－1，－a －b )．y ′＝bx 2－2bx ＋a 2＝b (x －1)2－b ＋a 2，顶点为(1，－b ＋a 2)．∵两抛物线交点恰好是顶点，∴⎩⎪⎨⎪⎧－b ＋a 2＝a·（1＋1）2－a －b ，－a －b ＝b·（－1－1）2－b ＋a 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3，∴顶点分别为(－1，0)和(1，12)．∵(－1，0)，(1，12)关于衍生中心对称，∴衍生中心为它们的中点，∵－1＋12＝0，0＋122＝6，∴衍生中心为(0，6)．②由①可知衍生中心为抛物线y ＝a (x ＋1)2－a －b 的顶点与A 1，A 2，A 3，…，A 4的中点，∴A n (1，2k ＋2n 2＋a ＋b )，A n ＋1(1，2k ＋2(n ＋1)2＋a ＋b )，∴A n A n ＋1＝2k ＋2(n ＋1)2＋a ＋b －(2k ＋2n 2＋a ＋b )＝4n ＋2.【例4】 解：(1)4；12；2a ；2a .例4题解图①【解法提示】 ∵a ＞0，∴y ＝ax 2的图象大致如解图①，其顶点为原点O ，记AB 为其碟宽，AB 与y 轴的交点为C ，连接OA ，OB .∵△OAB 为等腰直角三角形，AB ∥x 轴， ∴OC ⊥AB ， ∴∠AOC ＝∠BOC ＝12∠AOB ＝12×90°＝45°，∴△ACO 与△BCO 亦为等腰直角三角形，∴AC ＝OC ＝BC ，∴x A ＝－y A ，x B ＝y B ，代入y ＝ax 2，∴A (－1a ，1a )，B (1a ，1a )，C (0，1a )，∴AB ＝2a ，OC ＝1a ，即抛物线y ＝ax 2对应的碟宽为2a .①抛物线y ＝12x 2对应的a ＝12，得碟宽2a 为4；②抛物线y ＝4x 2对应的a ＝4，得碟宽2a 为12；③抛物线y ＝ax 2(a ＞0)对应的碟宽为2a ； ④抛物线y ＝a (x －2)2＋3(a ＞0)可看成抛物线y ＝ax 2向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度后得到的，∵平移不改变形状、大小、开口方向，∴抛物线y ＝a (x －2)2＋3(a ＞0)的准碟形与抛物线y ＝ax 2的准碟形全等． ∵抛物线y ＝ax 2(a ＞0)对应的碟宽为2a ，∴抛物线y ＝a (x －2)2＋3(a ＞0)对应的碟宽为2a .(2)∵y ＝ax 2－4ax －53＝a (x －2)2－(4a ＋53)，∴同(1)，其碟宽为2a .∵抛物线y ＝ax 2－4ax －53的碟宽为6，∴2a ＝6，解得a ＝13.(3)①∵F 1的碟宽∶F 2的碟宽＝2∶1，∴2a 1＝4a 2.∵a 1＝13，∴a 2＝23.∵y 1＝13(x －2)2－3的碟宽AB 在x 轴上(A 在B 左边)，∴A (－1，0)，B (5，0)，∴F 2的碟顶坐标为(2，0)，∴y 2＝23(x －2)2.②∵F n 的准碟形为等腰直角三角形，∴F n 的碟宽为2h n .∵2h n ∶2h n －1＝1∶2，∴h n ＝12h n －1＝(12)2h n －2＝(12)3h n －3＝…＝(12)n －1h 1.∵h 1＝3，∴h n ＝32n －1. ∵h n ∥h n －1，且都过F n －1的碟宽中点，∴h 1，h 2，h 3，…，h n －1，h n 都在一条直线上，∵h 1在直线x ＝2上，∴h 1，h 2，h 3，…，h n －1，h n 都在直线x ＝2上，∴F n 的碟宽右端点横坐标为2＋32n －1. F 1，F 2，…，F n 的碟宽右端点在一条直线上，直线为y ＝－x ＋5.【解法提示】 考虑F n －2，F n －1，F n 情形，如解图②，例4题解图②F n －2，F n －1，F n 的碟宽分别为AB ，DE ，GH ；C ，F ，I 分别为其碟宽的中点，都在直线x ＝2上，连接右端点，BE ，EH .∵AB ∥x 轴，DE ∥x 轴，GH ∥x 轴，∴AB ∥DE ∥GH ，∴GH 平行且等于FE ，DE 平行且等于CB ，∴四边形GFEH ，四边形DCBE 都为平行四边形，∴HE ∥GF ，EB ∥DC .∵∠GFI ＝12∠GFH ＝12∠DCE ＝∠DCF ，∴GF ∥DC ，∴HE ∥EB ，∵HE ，EB 都过E 点，∴HE ，EB 在一条直线上，∴F n －2，F n －1，F n 的碟宽的右端点在一条直线上，∴F 1，F 2，…，F n 的碟宽的右端点在一条直线上．∵F 1：y 1＝13(x －2)2－3对应的准碟形右端点坐标为(5，0)，F 2：y 2＝23(x －2)2对应的准碟形右端点坐标为(2＋32，32)，∴可得过以上两点的直线为y ＝－x ＋5，∴F 1，F 2，…，F n 的碟宽的右端点在直线y ＝－x ＋5上．跟踪训练1．解： (1)由y ＝－x 2＋4x －3可得A 的坐标为(2，1)，将x ＝4代入y ＝－x 2＋4x －3，得y ＝－3，∴B 的坐标为(4，－3)，设抛物线L 2的解析式为y ＝a (x －4)2－3.将A (2，1)代入，得1＝a (2－4)2－3，解得a ＝1，∴抛物线L 2的表达式为y ＝(x －4)2－3；(2)a 1＝－a 2，理由如下：∵抛物线L 1的顶点A 在抛物线L 2上，抛物线L 2的顶点B 在抛物线L 1上，∴可列方程组⎩⎪⎨⎪⎧n ＝a 2（m －h ）2＋k k ＝a 1（h －m ）2＋n ， 整理，得(a 1＋a 2)(m －h )2＝0，∵伴随抛物线的顶点不重合，∴m ≠h ，∴a 1＝－a 2.(3)抛物线L 1：y ＝mx 2－2mx －3m 的顶点坐标为(1，－4m )，设抛物线L 2的顶点的横坐标为h ，则其纵坐标为mh 2－2mh －3m ，∴抛物线L 2的表达式为y ＝－m (x －h )2＋mh 2－2mh －3m ，化简得，y ＝－mx 2＋2mhx －2mh －3m ，所以点D 的坐标为(0，－2mh －3m )，又点C 的坐标为(0，－3m )，可得|(－2mh －3m )－(－3m )|＝4m ，解得h ＝±2，∴抛物线L 2的对称轴为直线x ＝±2.2．解：(1)由题意得：a ＝1，b ＝－4，故抛物线的表达式为：y ＝x 2－4x ＋c ，将点(3，0)代入得：c ＝3，故抛物线的表达式为：y ＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1，故抛物线的顶点坐标为(2，－1)；(2)设“子函数”y ＝x －6的“母函数”为：y ＝12x 2－6x ＋c ，则y ＝12(x 2－12x )＋c ＝12(x －6)2－18＋c ，故－18＋c ＝1，解得c ＝19，故“母函数”的表达式为：y ＝12x 2－6x ＋19；第2题解图(3)设点P (m ，－m 2－4m ＋8)，由题意，得直线l 的表达式为：y ＝－2x －4，故点C 、D 的坐标分别为(－2，0)、(0，－4)，如解图，过点P 作PQ ∥y 轴交直线CD 于Q ，则Q (m ，－2m －4)， ∴PQ ＝(－m 2－4m ＋8)－(－2m －4)＝－m 2－2m ＋12，∴S △PCD ＝12·PQ |x D －x C |＝12`(－m 2－2m ＋12)·2＝－(m ＋1)2＋13，∵点P 在CD 上方的抛物线上且－1<0，∴当m ＝－1时△PCD 的面积最大，最大值为13.3．(1)解：①y ＝－x 2－2x ＝－(x ＋1)2＋12，②y ＝(x －3)2＋3＝(x －3)2＋(3)2，③y＝(x －2)2＋(2)2，④y ＝x 2－x ＋12＝(x －12)2＋(12)2，所以①与③互为派对抛物线；①与④互为派对抛物线；故答案为①与③；①与④；(2)证明：当m ＝1，n ＝2时，抛物线C 1：y ＝－(x ＋1)2＋1，抛物线C 2：y ＝(x －2)2＋4，∴A(－1，1)，B(2，4)，∵AC∥BD∥y轴，∴点C的横坐标为－1，点D的横坐标为2，当x＝－1时，y＝(x－2)2＋4＝13，则C(－1，13)；当x＝2时，y＝－(x＋1)2＋1＝－8，则D(2，－8)，∴AC＝13－1＝12，BD＝4－(－8)＝12，∴AC＝BD；(3)①证明：抛物线C1：y＝－(x＋m)2＋m2(m＞0)，则A(－m，m2)；抛物线C2：y＝(x－n)2＋n2(n＞0)，则B(n，n2)；当x＝－m时，y＝(－m－n)2＋n2＝m2＋2mn＋2n2，则C(－m，m2＋2mn＋2n2)；当x＝n时，y＝－(n＋m)2＋m2＝－2mn－n2，则D(n，－2mn－n2)；∴AC＝m2＋2mn＋2n2－m2＝2mn＋2n2，BD＝n2－(－2mn－n2)＝2mn＋2n2，∴AC＝BD，∴四边形ACBD为平行四边形．∵∠BEO＝∠BDC，而∠EHF＝∠DHG，∴∠EFH＝∠DGH＝90°，∴AB⊥CD，∴四边形ACBD是菱形；②∵抛物线C2：y＝(x－2)2＋4，则B(2，4)，∴n＝2，∴AC＝BD＝2mn＋2n2＝4m＋8，而A(－m，m2)，∴C(－m，m2＋4m＋8)，∴BC2＝(－m－2)2＋(m2＋4m＋8－4)2＝(m＋2)2＋(m＋2)4.∵四边形ACBD是菱形，∴BC＝BD，∴(m＋2)2＋(m＋2)4＝(4m＋8)2，即(m＋2)4＝15(m＋2)2，∵m＞0，∴(m＋2)2＝15，∴m＋2＝15，∴m＝15－2.。

题型六 二次函数与几何图形综合题类型一 二次函数与图形判定1．(2017·某某)在同一直角坐标系中，抛物线C 1：y ＝ax 2－2x －3与抛物线C 2：y ＝x 2＋mx ＋n 关于y 轴对称，C 2与x 轴交于A 、B 两点，其中点A 在点B 的左侧．(1)求抛物线C 1，C 2的函数表达式； (2)求A 、B 两点的坐标；(3)在抛物线C 1上是否存在一点P ，在抛物线C 2上是否存在一点Q ，使得以AB 为边，且以A 、B 、P 、Q 四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出P 、Q 两点的坐标；若不存在，请说明理由.2．(2017·随州)在平面直角坐标系中，我们定义直线y ＝ax －a 为抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c(a 、b 、c 为常数，a ≠0)的“梦想直线”；有一个顶点在抛物线上，另有一个顶点在y 轴上的三角形为其“梦想三角形”．已知抛物线y ＝－233x 2－433x ＋23与其“梦想直线”交于A 、B 两点(点A 在点B 的左侧)，与x轴负半轴交于点C.(1)填空：该抛物线的“梦想直线”的解析式为__________，点A的坐标为__________，点B的坐标为__________；(2)如图，点M为线段CB上一动点，将△ACM以AM所在直线为对称轴翻折，点C的对称点为N，若△AMN为该抛物线的“梦想三角形”，求点N的坐标；(3)当点E在抛物线的对称轴上运动时，在该抛物线的“梦想直线”上，是否存在点F，使得以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点E、F的坐标；若不存在，请说明理由．(2017·某某模拟)已知：如图，抛物线y＝ax2－2ax＋c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与x轴交于点A、B，点A的坐标为(4，0)．(1)求该抛物线的解析式；(2)点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE∥AC，交BC于点E，连接CQ.当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；(3)若平行于x 轴的动直线l 与该抛物线交于点P ，与直线AC 交于点F ，点D 的坐标为(2，0)．问：是否存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.4．(2016·某某)如图①，直线y ＝－43x ＋n 交x 轴于点A ，交y 轴于点C(0，4)，抛物线y ＝23x 2＋bx ＋c 经过点A ，交y 轴于点B(0，－2)．点P 为抛物线上一个动点，过点P 作x轴的垂线PD ，过点B 作BD⊥PD 于点D ，连接PB ，设点P 的横坐标为m.(1)求抛物线的解析式；(2)当△BDP 为等腰直角三角形时，求线段PD 的长；(3)如图②，将△BDP 绕点B 逆时针旋转，得到△BD′P′，且旋转角∠PBP′＝∠OAC，当点P 的对应点P′落在坐标轴上时，请直接写出点P 的坐标.类型二 二次函数与图形面积1．(2017·某某)如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝12x ＋2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 经过A 、C 两点，与x 轴的另一交点为点B.(1)求抛物线的函数表达式；(2)点D 为直线AC 上方抛物线上一动点；①连接BC 、CD ，设直线BD 交线段AC 于点E ，△CDE 的面积为S 1，△BCE 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值； ②过点D 作DF⊥AC，垂足为点F ，连接CD ，是否存在点D ，使得△CDF 中的某个角恰好等于∠BAC 的2倍？若存在，求点D 的横坐标；若不存在，请说明理由．2．(2017·某某)如图甲，直线y＝－x＋3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴的另一个交点为A，顶点为P.(1)求该抛物线的解析式；(2)在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；(3)当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值(图乙、丙供画图探究).3．(2017·某某模拟)如图，抛物线y＝ax2＋bx－3与x轴交于点A(1，0)和点B，与y 轴交于点C，且其对称轴l为x＝－1，点P是抛物线上B，C之间的一个动点(点P不与点B，C重合)．(1)直接写出抛物线的解析式；(2)小唐探究点P的位置时发现：当动点N在对称轴l上时，存在PB⊥NB，且PB＝NB的关系，请求出点P的坐标；(3)是否存在点P使得四边形PBAC的面积最大？若存在，请求出四边形PBAC面积的最大值；若不存在，请说明理由.4．(2017·某某模拟)如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx－3的对称轴为x＝1，与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C，一次函数y＝x＋1经过A，且与y轴交于点D.(1)求该抛物线的解析式．(2)如图②，点P为抛物线B、C两点间部分上的任意一点(不含B，C两点)，设点P的横坐标为t，设四边形DCPB的面积为S，求出S与t的函数关系式，并确定t为何值时，S取最大值？最大值是多少？(3)如图③，将△ODB沿直线y＝x＋1平移得到△O′D′B′，设O′B′与抛物线交于点E，连接ED′，若ED′恰好将△O′D′B′的面积分为1∶2两部分，请直接写出此时平移的距离．类型三二次函数与线段问题1．(2017·某某)如图，已知抛物线y＝ax2－23ax－9a与坐标轴交于A，B，C三点，其中C(0，3)，∠BAC的平分线AE交y轴于点D，交BC于点E，过点D的直线l与射线AC，AB分别交于点M，N.(1)直接写出a的值、点A的坐标及抛物线的对称轴；(2)点P为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD为等腰三角形，求出点P的坐标；(3)证明：当直线l绕点D旋转时，1AM ＋1AN均为定值，并求出该定值．2．(2017·某某模拟)如图①，直线y ＝34x ＋m 与x 轴、y 轴分别交于点A 和点B(0，－1)，抛物线y ＝12x 2＋bx ＋c 经过点B ，点C 的横坐标为4.(1)请直接写出抛物线的解析式；(2)如图②，点D 在抛物线上，DE ∥y 轴交直线AB 于点E ，且四边形DFEG 为矩形，设点D 的横坐标为x(0＜x ＜4)，矩形DFEG 的周长为l ，求l 与x 的函数关系式以及l 的最大值；(3)将△AOB 绕平面内某点M 旋转90°或180°，得到△A 1O 1B 1，点A 、O 、B 的对应点分别是点A 1、O 1、B 1.若△A 1O 1B 1的两个顶点恰好落在抛物线上，那么我们就称这样的点为“落点”，请直接写出“落点”的个数和旋转180°时点A 1的横坐标.3．(2017·某某)已知点A(－1，1)，B(4，6)在抛物线y＝ax2＋bx上．(1)求抛物线的解析式；(2)如图①，点F的坐标为(0，m)(m＞2)，直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，，连接FH、AE，求证：FH∥AE；(3)如图②，直线AB分别交x轴、y轴于C、D两点．点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒2个单位长度；同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度．点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM＝2PM，直接写出t的值.类型四二次函数与三角形相似1．(2016·某某)如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A(1，1)，且与直线y＝x－2交于B，C两点．(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；(2)求证：△ABC是直角三角形；(3)若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.2．(2017·某某模拟)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋1与直线y＝－ax＋c相交于坐标轴上点A(－3，0)，C(0，1)两点．(1)直线的表达式为__________；抛物线的表达式为__________；(2)D为抛物线在第二象限部分上的一点，作DE垂直x轴于点E，交直线AC于点F，求线段DF长度的最大值，并求此时点D的坐标；(3)P为抛物线上一动点，且P在第四象限内，过点P作PN垂直x轴于点N，使得以P、A、N为顶点的三角形与△ACO相似，请直接写出点P的坐标.3．如图①，二次函数y ＝ax 2＋bx ＋33经过A(3，0)，G(－1，0)两点． (1)求这个二次函数的解析式；(2)若点M 是抛物线在第一象限图象上的一点，求△ABM 面积的最大值；(3)抛物线的对称轴交x 轴于点P ，过点E(0，233)作x 轴的平行线，交AB 于点F ，是否存在着点Q ，使得△FEQ∽△BEP？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.4．(2017·某某)抛物线y ＝ax 2＋bx ＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)． (1)求该抛物线所对应的函数解析式；(2)该抛物线与直线y＝错误!x＋3相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x 轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N.①连接PC、PD，如图①，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；②连接PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图②，是否存在点P，使得△Q与△PBM 相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由.题型六第23题二次函数与几何图形综合题类型一二次函数与图形判定1．解：(1)∵C1、C2关于y轴对称，∴C1与C2的交点一定在y轴上，且C1与C2的形状、大小均相同，∴a＝1，n＝－3，∴C1的对称轴为x＝1，∴C2的对称轴为x＝－1，∴m＝2，∴C1的函数表示式为y＝x2－2x－3，C2的函数表达式为y＝x2＋2x－3；(2)在C2的函数表达式为y＝x2＋2x－3中，令y＝0可得x2＋2x－3＝0，解得x＝－3或x＝1，∴A(－3，0)，B(1，0)；(3)存在．设P(a ，b)，则Q(a ＋4，b)或(a －4，b)， ①当Q(a ＋4，b)时，得：a 2－2a －3＝(a ＋4)2＋2(a ＋4)－3， 解得a ＝－2，∴b ＝a 2－2a －3＝4＋4－3＝5， ∴P 1(－2，5)，Q 1(2，5)． ②当Q(a －4，b)时，得：a 2－2a －3＝(a －4)2＋2(a －4)－3， 解得a ＝2.∴b ＝4－4－3＝－3， ∴P 2(2，－3)，Q 2(－2，－3)．综上所述，所求点的坐标为P 1(－2，5)，Q 1(2，5)； P 2(2，－3)，Q 2(－2，－3). 2．解：(1)∵抛物线y ＝－233x 2－433x ＋23， ∴其梦想直线的解析式为y ＝－233x ＋233，联立梦想直线与抛物线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－233x ＋233y ＝－233x 2－433x ＋23，解得⎩⎨⎧x ＝－2y ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝0，∴A(－2，23)，B(1，0)；(2)当点N 在y 轴上时，△AMN 为梦想三角形， 如解图①，过A 作AD ⊥y 轴于点D ，则AD ＝2，在y ＝－233x 2－433x ＋23中，令y ＝0可求得x ＝－3或x ＝1，∴C(－3，0)，且A(－2，23)， ∴AC ＝（－2＋3）2＋（23）2＝13， 由翻折的性质可知AN ＝AC ＝13，在Rt △AND 中，由勾股定理可得DN ＝AN 2－AD 2＝13－4＝3， ∵OD ＝23，∴ON ＝23－3或ON ＝23＋3，当ON ＝23＋3时，则MN ＞OD ＞CM ，与MN ＝CM 矛盾，不合题意， ∴N 点坐标为(0，23－3)；当M 点在y 轴上时，则M 与O 重合，过N 作NP ⊥x 轴于点P ，如解图②，在Rt △AMD 中，AD ＝2，OD ＝23，∴tan ∠DAM ＝MDAD ＝3，∴∠DAM ＝60°，∵AD ∥x 轴，∴∠AMC ＝∠DAM ＝60°， 又由折叠可知∠NMA ＝∠AMC ＝60°， ∴∠NMP ＝60°，且MN ＝CM ＝3， ∴MP ＝12MN ＝32，NP ＝32MN ＝332，∴此时N 点坐标为(32，332)；综上可知N 点坐标为(0，23－3)或(32，332)；(3)①当AC 为平行四边形的边时，如解图③，过F 作对称轴的垂线FH ，过A 作AK ⊥x 轴于点K ，则有AC ∥EF 且AC ＝EF ，∴∠ACK ＝∠EFH ， 在△ACK 和△EFH 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠ACK ＝∠EFH ∠AKC ＝∠EHF AC ＝EF，∴△ACK ≌△EFH(AAS )， ∴FH ＝CK ＝1，HE ＝AK ＝23，∵抛物线对称轴为x ＝－1，∴F 点的横坐标为0或－2，∵点F 在直线AB 上，∴当F 点横坐标为0时，则F(0，233)，此时点E 在直线AB 下方，∴E 到x 轴的距离为EH －OF ＝23－233＝433，即E 点纵坐标为－433，∴E(－1，－433)； 当F 点的横坐标为－2时，则F 与A 重合，不合题意，舍去； ②当AC 为平行四边形的对角线时， ∵C(－3，0)，且A(－2，23)， ∴线段AC 的中点坐标为(－52，3)，设E(－1，t)，F(x ，y)，则x －1＝2×(－52)，y ＋t ＝23，∴x ＝－4，y ＝23－t ，代入直线AB 解析式可得23－t ＝－233×(－4)＋233，解得t ＝－433，∴E(－1，－433)，F(－4，1033)；综上可知存在满足条件的点F ，此时E(－1，－433)、F(0，233)或E(－1，－433)、F(－4，1033).3．解：(1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧0＝16a －8a ＋c 4＝c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12c ＝4， ∴所求抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋x ＋4；(2) 设点Q 的坐标为(m ，0)，如解图①，过点E 作EG ⊥x 轴于点G. 由－12x 2＋x ＋4＝0，得x 1＝－2，x 2＝4，∴点B 的坐标为(－2，0)，∴AB ＝6，BQ ＝m ＋2，∵QE ∥AC ，∴△BQE ∽△BAC ，∴EG CO ＝BQ BA ，即EG 4＝m ＋26，∴EG ＝2m ＋43，∴S △CQE ＝S △CBQ －S △EBQ ＝12BQ·CO－12BQ·EG＝12(m ＋2)(4－2m ＋43)＝－13m 2＋23m ＋83＝－13(m－1)2＋3，又∵－2≤m ≤4，∴当m ＝1时，S △CQE 有最大值3，此时Q(1，0)；图①图②(3)存在．在△ODF 中． (ⅰ)若DO ＝DF ，∵A(4，0)，D(2，0)，∴AD ＝OD ＝DF ＝2， 又∵在Rt △AOC 中，OA ＝OC ＝4，∴∠OAC ＝45°， ∴∠DFA ＝∠OAC ＝45°，∴∠ADF ＝90°，此时，点F 的坐标为(2，2)， 由－12x 2＋x ＋4＝2，得x 1＝1＋5，x 2＝1－5，此时，点P 的坐标为P(1＋5，2)或P(1－5，2)； (ⅱ)若FO ＝FD ，如解图②，过点F 作FM ⊥x 轴于点M ， 由等腰三角形的性质得：OM ＝MD ＝1，∴AM ＝3， ∴在等腰直角△AMF 中，MF ＝AM ＝3，∴F(1，3)， 由－12x 2＋x ＋4＝3，得x 1＝1＋3，x 2＝1－3，此时，点P 的坐标为：P(1＋3，3)或P(1－3，3)； (ⅲ)若OD ＝OF ，∵OA ＝OC ＝4，且∠AOC ＝90°，∴AC ＝42，∴点O 到AC 的距离为22，而OF ＝OD ＝2＜22，与OF ≥22矛盾， ∴AC 上不存在点使得OF ＝OD ＝2，此时，不存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形． 综上所述，存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形．所求点P 的坐标为(1＋5，2)或(1－5，2)或(1＋3，3)或(1－3，3). 4．解：(1)∵点C(0，4)在直线y ＝－43x ＋n 上，∴n ＝4，∴y ＝－43x ＋4，令y ＝0，解得x ＝3，∴A(3，0)，∵抛物线y ＝23x 2＋bx ＋c 经过点A ，交y 轴于点B(0，－2)，∴c ＝－2，6＋3b －2＝0，解得b ＝－43，∴抛物线的解析式为y ＝23x 2－43x －2；(2)∵点P 的横坐标为m ，且点P 在抛物线上， ∴P(m ，23m 2－43m －2)，∵PD ⊥x 轴，BD ⊥PD ，∴点D 坐标为(m ，－2)， ∴|BD|＝|m|，|PD|＝|23m 2－43m －2＋2|，当△BDP 为等腰直角三角形时，PD ＝BD ， ∴|m|＝|23m 2－43m －2＋2|＝|23m 2－43m|.∴m 2＝(23m 2－43m)2，解得：m 1＝0(舍去)，m 2＝72，m 3＝12，∴当△BDP 为等腰直角三角形时，线段PD 的长为72或12；(3)∵∠PBP′＝∠OAC ，OA ＝3，OC ＝4，∴AC ＝5， ∴sin ∠PBP ′＝45，cos ∠PBP ′＝35，①当点P′落在x 轴上时，如解图①，过点D′作D′N⊥x 轴，垂足为N ，交BD 于点M ，∠DBD ′＝∠ND′P′＝∠PBP′，由旋转知，P ′D ′＝PD ＝23m 2－43m ，在Rt △P ′D ′N 中，cos ∠ND ′P ′＝ND′P′D′＝cos ∠PBP ′＝35，∴ND ′＝35(23m 2－43m)，在Rt △BD ′M 中，BD ′＝－m ，sin ∠DBD ′＝D′M BD′＝sin ∠PBP ′＝45，∴D ′M ＝－45m ，∴ND ′－MD′＝2，∴35(23m 2－43m)－(－45m)＝2， 解得m ＝5(舍去)或m ＝－5，如解图②， 同①的方法得，ND ′＝35(23m 2－43m)，MD ′＝45m ，ND ′＋MD′＝2， ∴35(23m 2－43m)＋45m ＝2， ∴m ＝5或m ＝－5(舍去)，∴P(－5，45＋43)或P(5，－45＋43)，②当点P′落在y 轴上时，如解图③，过点D′作D′M⊥x 轴，交BD 于M ，过点P′作P′N⊥y 轴，交MD′的延长线于点N ， ∴∠DBD ′＝∠ND′P′＝∠PBP′，同①的方法得：P′N＝45(23m 2－43m)，BM ＝35m ，∵P ′N ＝BM ，∴45(23m 2－43m)＝35m ， 解得m ＝258或m ＝0(舍去)，∴P(258，1132)，∴P(－5，45＋43)或P(5，－45＋43)或P(258，1132).类型二 二次函数与图形面积1．解：(1)根据题意得A(－4，0)，C(0，2)， ∵抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 经过A 、C 两点，∴⎩⎪⎨⎪⎧0＝－12×16－4b ＋c 2＝c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－32c ＝2， ∴y ＝－12x 2－32x ＋2；(2)①令y ＝0，∴－12x 2－32x ＋2＝0，解得x 1＝－4，x 2＝1，∴B(1，0)，如解图①，过D 作DM ∥y 轴交AC 于M ，过B 作BN ⊥x 轴交AC 于N ， ∴DM ∥BN ，∴△DME ∽△BNE ，∴S 1S 2＝DE BE ＝DMBN ，设D(a ，－12a 2－32a ＋2)，∴M(a ，12a ＋2)，∵B(1，0)，∴N(1，52)，∴S 1S 2＝DMBN ＝－12a 2－2a 52＝－15(a ＋2)2＋45； ∴当a ＝－2时，S 1S 2有最大值，最大值是45；②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)， ∴AC ＝25，BC ＝5，AB ＝5， ∵AC 2＋BC 2＝AB 2，∴△ABC 是以∠ACB 为直角的直角三角形，取AB 的中点P ，∴P(－32，0)，∴PA ＝PC ＝PB ＝52，∴∠CPO ＝2∠BAC ，∴tan ∠CPO ＝tan (2∠BAC)＝43，如解图②，过D 作x 轴的平行线交y 轴于R ，交AC 的延长线于G ， 情况一：∠DCF ＝2∠BAC ＝∠DGC ＋∠CDG ，∴∠CDG ＝∠BAC ， ∴tan ∠CDG ＝tan ∠BAC ＝12，即RC DR ＝12，令D(a ，－12a 2－32a ＋2)，∴DR ＝－a ，RC ＝－12a 2－32a ，∴－12a 2－32a －a ＝12，解得a 1＝0(舍去)，a 2＝－2， ∴x D ＝－2，情况二：∠FDC ＝2∠BAC ， ∴tan ∠FDC ＝43，设FC ＝4k ，∴DF ＝3k ，DC ＝5k ， ∵tan ∠DGC ＝3k FG ＝12，∴FG ＝6k ，∴CG ＝2k ，DG ＝35k ，∴RC ＝255k ，RG ＝455k ， DR ＝35k －455k ＝1155k ，∴DR RC ＝1155k 255k ＝－a －12a 2－32a ，解得a 1＝0(舍去)，a 2＝－2911， ∴点D 的横坐标为－2或－2911.2．解：(1)∵直线y ＝－x ＋3与x 轴、y 轴分别交于点B 、点C ， ∴B(3，0)，C(0，3)，把B 、C 坐标代入抛物线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧9＋3b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－4c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3； (2)∵y ＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1， ∴抛物线对称轴为x ＝2，P(2，－1)， 设M(2，t)，且C(0，3)，∴MC ＝22＋（t －3）2＝t 2－6t ＋13，MP ＝|t ＋1|，PC ＝22＋（－1－3）2＝25， ∵△CPM 为等腰三角形，∴有MC ＝MP 、MC ＝PC 和MP ＝PC 三种情况，①当MC ＝MP 时，则有t 2－6t ＋13＝|t ＋1|，解得t ＝32，此时M(2，32)；②当MC ＝PC 时，则有t 2－6t ＋13＝25，解得t ＝－1(与P 点重合，舍去)或t ＝7，此时M(2，7)；③当MP ＝PC 时，则有|t ＋1|＝25，解得t ＝－1＋25或t ＝－1－25，此时M(2，－1＋25)或(2，－1－25)；综上可知存在满足条件的点M ，其坐标为(2，32)或(2，7)或(2，－1＋25)或(2，－1－25)；(3)如解图，在0＜x ＜3对应的抛物线上任取一点E ，过E 作EF ⊥x 轴，交BC 于点F ，交x 轴于点D ，设E(x ，x 2－4x ＋3)，则F(x ，－x ＋3)， ∵0＜x ＜3，∴EF ＝－x ＋3－(x 2－4x ＋3)＝－x 2＋3x ，∴S △CBE ＝S △EFC ＋S △EFB ＝12EF·OD＋12EF·BD＝12EF·OB＝12×3(－x 2＋3x)＝－32(x －32)2＋278，∴当x ＝32时，△CBE 的面积最大，此时E 点坐标为(32，－34)，即当E 点坐标为(32，－34)时，△CBE 的面积最大.3．解：(1)∵A(1，0)，对称轴l 为x ＝－1，∴B(－3，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －3＝09a －3b －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝2， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2＋2x －3； (2)如解图①，过点P 作PM ⊥x 轴于点M ，设抛物线对称轴l 交x 轴于点Q. ∵PB ⊥NB ，∴∠PBN ＝90°， ∴∠PBM ＋∠NBQ ＝90°.∵∠PMB ＝90°，∴∠PBM ＋∠BPM ＝90°， ∴∠BPM ＝∠NBQ.又∵∠BMP ＝∠BQN ＝90°，PB ＝NB ，∴△BPM ≌△NBQ ，∴PM ＝BQ.∵抛物线y ＝x 2＋2x －3与x 轴交于点A(1，0)和点B ，且对称轴为x ＝－1， ∴点B 的坐标为(－3，0)，点Q 的坐标为(－1，0)， ∴BQ ＝2，∴PM ＝BQ ＝2.∵点P 是抛物线y ＝x 2＋2x －3上B 、C 之间的一个动点， ∴结合图象可知点P 的纵坐标为－2，将y ＝－2代入y ＝x 2＋2x －3，得－2＝x 2＋2x －3， 解得x 1＝－1－2，x 2＝－1＋2(舍去)， ∴此时点P 的坐标为(－1－2，－2)； (3) 存在．如解图②，连接AC ，PC.可设点P 的坐标为(x ，y)(－3＜x ＜0)，则y ＝x 2＋2x －3， ∵点A(1，0)，∴OA ＝1.∵点C 是抛物线与y 轴的交点，∴令x ＝0，得y ＝－3，即点C(0，－3)，∴OC ＝3. 由(2)可知S四边形PBAC＝S △BPM ＋S四边形PMOC＋S △AOC ＝12BM·PM＋12(PM ＋OC)·OM＋12OA·OC＝12(x＋3)(－y)＋12(－y ＋3)(－x)＋12×1×3＝－32y －32x ＋32，将y ＝x 2＋2x －3代入可得S 四边形PBAC ＝－32(x 2＋2x －3)－32x ＋32＝－32(x ＋32)2＋758.∵－32＜0，－3＜x ＜0，∴当x ＝－32时，S 四边形PBAC 有最大值758，此时，y ＝x 2＋2x －3＝－154.∴当点P 的坐标为(－32，－154)时，四边形PBAC 的面积最大，最大值为758.4．解：(1)把y ＝0代入直线的解析式得x ＋1＝0，解得x ＝－1，∴A(－1，0)． ∵抛物线的对称轴为x ＝1，∴B 的坐标为(3，0)． 将x ＝0代入抛物线的解析式得y ＝－3，∴C(0，－3)．设抛物线的解析式为y ＝a(x ＋1)(x －3)，将C(0，－3)代入得－3a ＝－3，解得a ＝1， ∴抛物线的解析式为y ＝(x ＋1)(x －3)＝x 2－2x －3； (2)如解图①，连接OP.将x ＝0代入直线AD 的解析式得y ＝1，∴OD ＝1. 由题意可知P(t ，t 2－2t －3)． ∵S 四边形DCPB ＝S △ODB ＋S △OBP ＋S △OCP ，∴S ＝12×3×1＋12×3×(－t 2＋2t ＋3)＋12×3×t ，整理得S ＝－32t 2＋92t ＋6，配方得：S ＝－32(t －32)2＋758，∴当t ＝32时，S 取得最大值，最大值为758；(3)如解图②，设点D′的坐标为(a ，a ＋1)，O ′(a ，a)．当△D′O′E 的面积∶△D′EB′的面积＝1∶2时，则O′E∶EB ′＝1∶2. ∵O ′B ′＝OB ＝3，∴O ′E ＝1， ∴E(a ＋1，a)．将点E 的坐标代入抛物线的解析式得(a ＋1)2－2(a ＋1)－3＝a ，整理得：a 2－a －4＝0，解得a ＝1＋172或a ＝1－172，∴O ′的坐标为(1＋172，1＋172)或(1－172，1－172)，∴OO ′＝2＋342或OO′＝34－22， ∴△DOB 平移的距离为2＋342或34－22， 当△D′O′E 的面积∶△D ′EB ′的面积＝2∶1时，则O′E∶EB ′＝2∶1. ∵O ′B ′＝OB ＝3，∴O ′E ＝2，∴E(a ＋2，a)．将点E 的坐标代入抛物线的解析式得：(a ＋2)2－2(a ＋2)－3＝a ，整理得：a 2＋a －3＝0，解得a ＝－1＋132或a ＝－1－132.∴O ′的坐标为(－1＋132，－1＋132)或(－1－132，－1－132)．∴OO′＝－2＋262或OO′＝2＋262.∴△DOB 平移的距离为－2＋262或2＋262.综上所述，当△D′O′B′沿DA 方向平移2＋342或2＋262单位长度，或沿AD 方向平移34－22或－2＋262个单位长度时，ED ′恰好将△O′D′B′的面积分为1∶2两部分. 类型三 二次函数与线段问题1．(1)解：∵C(0，3)，∴－9a ＝3，解得a ＝－13.令y ＝0，得ax 2－23ax －9a ＝0，∵a ≠0，∴x 2－23x －9＝0，解得x ＝－3或x ＝3 3. ∴点A 的坐标为(－3，0)，点B 的坐标为(33，0)，∴抛物线的对称轴为x ＝3； (2)解：∵OA ＝3，OC ＝3， ∴tan ∠CAO ＝3，∴∠CAO ＝60°. ∵AE 为∠BAC 的平分线，∴∠DAO ＝30°， ∴DO ＝33AO ＝1，∴点D 的坐标为(0，1)， 设点P 的坐标为(3，a)．∴AD 2＝4，AP 2＝12＋a 2，DP 2＝3＋(a －1)2. 当AD ＝PA 时，4＝12＋a 2，方程无解．当AD ＝DP 时，4＝3＋(a －1)2，解得a ＝0或a ＝2， ∴点P 的坐标为(3，0)或(3，2)．当AP ＝DP 时，12＋a 2＝3＋(a －1)2，解得a ＝－4. ∴点P 的坐标为(3，－4)．综上所述，点P 的坐标为(3，0)或(3，－4)或(3，2);(3)证明：设直线AC 的解析式为y ＝mx ＋3，将点A 的坐标代入得－3m ＋3＝0，解得m ＝3，∴直线AC 的解析式为y ＝3x ＋3. 设直线MN 的解析式为y ＝kx ＋1.把y ＝0代入y ＝kx ＋1，得kx ＋1＝0，解得：x ＝－1k ，∴点N 的坐标为(－1k ，0)，∴AN ＝－1k ＋3＝3k －1k.将y ＝3x ＋3与y ＝kx ＋1联立，解得x ＝2k －3，∴点M 的横坐标为2k －3.如解图，过点M 作MG ⊥x 轴，垂足为G.则AG ＝2k －3＋ 3.∵∠MAG ＝60°，∠AGM ＝90°， ∴AM ＝2AG ＝4k －3＋23＝23k －2k －3.∴1AM ＋1AN ＝k －323k －2＋k 3k －1＝k －323k －2＋2k 23k －2＝3k －323k －2＝3（3k －1）2（3k －1）＝32. 2．解：(1)∵直线l ：y ＝34x ＋m 经过点B(0，－1)，∴m ＝－1，∴直线l 的解析式为y ＝34x －1，∵直线l ：y ＝34x －1经过点C ，且点C 的横坐标为4，∴y ＝34×4－1＝2，∵抛物线y ＝12x 2＋bx ＋c 经过点C(4，2)和点B(0，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧12×42＋4b ＋c ＝2c ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－54c ＝－1， ∴抛物线的解析式为y ＝12x 2－54x －1；(2)令y ＝0，则34x －1＝0，解得x ＝43，∴点A 的坐标为(43，0)，∴OA ＝43，在Rt △OAB 中，OB ＝1，∴AB ＝OA 2＋OB 2＝（43）2＋12＝53， ∵DE ∥y 轴，∴∠ABO ＝∠DEF ，在矩形DFEG 中，EF ＝DE·cos ∠DEF ＝DE·OB AB ＝35DE ，DF ＝DE·sin ∠DEF ＝DE·OA AB ＝45DE ，∴l ＝2(DF ＋EF)＝2×(45＋35)DE ＝145DE ，∵点D 的横坐标为t(0＜t ＜4)， ∴D(t ，12t 2－54t －1)，E(t ，34t －1)，∴DE ＝(34t －1)－(12t 2－54t －1)＝－12t 2＋2t ，∴l ＝145×(－12t 2＋2t)＝－75t 2＋285t ，∵l ＝－75(t －2)2＋285，且－75＜0，∴当t ＝2时，l 有最大值285；(3)“落点”的个数有4个，如解图①，解图②，解图③，解图④所示．如解图③，设A 1的横坐标为m ，则O 1的横坐标为m ＋43，∴12m 2－54m －1＝12(m ＋43)2－54(m ＋43)－1， 解得m ＝712，如解图④，设A 1的横坐标为m ，则B 1的横坐标为m ＋43，B 1的纵坐标比A 1的纵坐标大1，∴12m 2－54m －1＋1＝12(m ＋43)2－54(m ＋43)－1，解得m ＝43， ∴旋转180°时点A 1的横坐标为712或43.3．(1)解：将点A(－1，1)，B(4，6)代入y ＝ax 2＋bx 中， 得⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝116a ＋4b ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12b ＝－12， ∴抛物线的解析式为y ＝12x 2－12x ；(2)证明：设直线AF 的解析式为y ＝kx ＋m ， 将点A(－1，1)代入y ＝kx ＋m 中，即－k ＋m ＝1， ∴k ＝m －1，∴直线AF 的解析式为y ＝(m －1)x ＋m. 联立直线AF 和抛物线解析式成方程组，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝（m －1）x ＋m y ＝12x 2－12x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－1y 1＝1，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2my 2＝2m 2－m ， ∴点G 的坐标为(2m ，2m 2－m)． ∵GH ⊥x 轴，∴点H 的坐标为(2m ，0)． ∵抛物线的解析式为y ＝12x 2－12x ＝12x(x －1)，∴点E 的坐标为(1，0)．设直线AE 的解析式为y ＝k 1x ＋b 1，将A(－1，1)，E(1，0)代入y ＝k 1x ＋b 1中，得⎩⎪⎨⎪⎧－k 1＋b 1＝1k 1＋b 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝－12b 1＝12，∴直线AE 的解析式为y ＝－12x ＋12.设直线FH 的解析式为y ＝k 2x ＋b 2，将F(0，m)、H(2m ，0)代入y ＝k 2x ＋b 2中，得⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝m 2mk 2＋b 2＝0，解得：⎩⎪⎨⎪⎧k 2＝－12b 2＝m， ∴直线FH 的解析式为y ＝－12x ＋m.∴FH ∥AE ；(3)解：设直线AB 的解析式为y ＝k 0x ＋b 0，将A(－1，1)，B(4，6)代入y ＝k 0x ＋b 0中，⎩⎪⎨⎪⎧－k 0＋b 0＝14k 0＋b 0＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 0＝1b 0＝2， ∴直线AB 的解析式为y ＝x ＋2.当运动时间为t 秒时，点P 的坐标为(t －2，t)，点Q 的坐标为(t ，0)．当点M 在线段PQ 上时，过点P 作PP′⊥x 轴于点P′，过点M 作MM′⊥x 轴于点M′，则△PQP′∽△MQM′，如解图所示．∵QM ＝2PM ， ∴QM′QP′＝MM′PP′＝23，∴QM ′＝43，MM ′＝23t ，∴点M 的坐标为(t －43，23t)，又∵点M 在抛物线y ＝12x 2－12x 上，∴23t ＝12(t －43)2－12(t －43)， 解得t ＝15±1136，当点M 在线段QP 的延长线上时， 同理可得出点M 的坐标为(t －4，2t)， ∵点M 在抛物线y ＝12x 2－12x 上，∴2t ＝12×(t －4)2－12(t －4)，解得t ＝13±892.综上所述：当运动时间为15－1136秒、15＋1136秒、13－892秒或13＋892秒时，QM ＝2PM.类型四 二次函数与三角形相似 1．(1)解：∵顶点坐标为(1，1)， ∴设抛物线解析式为y ＝a(x －1)2＋1，又∵抛物线过原点，∴0＝a(0－1)2＋1，解得a ＝－1， ∴抛物线的解析式为y ＝－(x －1)2＋1，即y ＝－x 2＋2x ，联立抛物线和直线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋2x y ＝x －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1y ＝－3， ∴B(2，0)，C(－1，－3)；(2)证明：如解图，分别过A 、C 两点作x 轴的垂线，交x 轴于D 、E 两点， 则AD ＝OD ＝BD ＝1，BE ＝OB ＋OE ＝2＋1＝3，EC ＝3， ∴∠ABO ＝∠CBO ＝45°，即∠ABC ＝90°， ∴△ABC 是直角三角形；(3)解：假设存在满足条件的点N ，设N(x ，0)，则M(x ，－x 2＋2x)， ∴ON ＝|x|，MN ＝|－x 2＋2x|，由(2)在Rt △ABD 和Rt △CEB 中，可分别求得AB ＝2，BC ＝32， ∵MN ⊥x 轴于点N ∴∠MNO ＝∠ABC ＝90°，∴当△MNO 和△ABC 相似时有MN AB ＝ON BC 或MN BC ＝ONAB，①当MN AB ＝ON BC 时，则有|－x 2＋2x|2＝|x|32，即|x|×|－x ＋2|＝13|x|，∵当x ＝0时M 、O 、N 不能构成三角形， ∴x ≠0，∴|－x ＋2|＝13，即－x ＋2＝±13，解得x ＝53或x ＝73，此时N 点坐标为(53，0)或(73，0)，②当MN BC ＝ON AB 时，则有|－x 2＋2x|32＝|x|2，即|x|×|－x ＋2|＝3|x|，∴|－x ＋2|＝3，即－x ＋2＝±3，解得x ＝5或x ＝－1， 此时N 点坐标为(－1，0)或(5，0)，综上可知存在满足条件的N 点，其坐标为(53，0)或(73，0)或(－1，0)或(5，0).2．解：(1)把A 、C 两点坐标代入直线y ＝－ax ＋c 可得⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋c ＝0c ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13c ＝1， ∴直线的表达式为y ＝13x ＋1，把A 点坐标和a ＝－13代入抛物线解析式可得9×(－13)－3b ＋1＝0，解得b ＝－23，∴抛物线的表达式为y ＝－13x 2－23x ＋1；(2)∵点D 为抛物线在第二象限部分上的一点，∴可设D(t ，－13t 2－23t ＋1)，则F(t ，13t ＋1)，∴DF ＝－13t 2－23t ＋1－(13t ＋1)＝－13t 2－t ＝－13(t ＋32)2＋34.∵－13＜0，∴当t ＝－32时，DF 有最大值，最大值为34，此时D 点坐标为(－32，54)；(3)设P(m ，－13m 2－23m ＋1)，如解图，∵P 在第四象限，∴m ＞0，－13m 2－23m ＋1＜0，∴AN ＝m ＋3，PN ＝13m 2＋23m －1，∵∠AOC ＝∠ANP ＝90°，∴当以P 、A 、N 为顶点的三角形与△ACO 相似时有△AOC ∽△PNA 和△AOC ∽△ANP ，①当△AOC ∽△PNA 时，则有OC NA ＝AO PN ，即1m ＋3＝313m 2＋23m －1，解得m ＝－3或m ＝10，经检验当m ＝－3时，m ＋3＝0(舍去)， ∴m ＝10，此时P 点坐标为(10，－39)；②当△AOC ∽△ANP 时，则有OC NP ＝AO AN ，即113m 2＋23m －1＝3m ＋3，解得m ＝2或m ＝－3，经检验当m ＝－3时，m ＋3＝0(舍去)， ∴m ＝2，此时P 点坐标为(2，－53)；综上可知P 点坐标为(10，－39)或(2，－53).3．解：(1)将A 、G 点坐标代入函数解析式，得⎩⎨⎧9a ＋3b ＋33＝0，a －b ＋33＝0，解得⎩⎨⎧a ＝－3b ＝23，∴抛物线的解析式为y ＝－3x 2＋23x ＋33； (2)如解图①，作ME ∥y 轴交AB 于E 点， 当x ＝0时，y ＝33，即B 点坐标为(0，33)， 直线AB 的解析式为y ＝－3x ＋33，设M(n ，－3n 2＋23n ＋33)，E(n ，－3n ＋33)， ME ＝－3n 2＋23n ＋33－(－3n ＋33)＝－3n 2＋33n ， S △ABM ＝12ME·AO＝12(－3n 2＋33n)×3＝－332(n －32)2＋2738，当n ＝32时，△ABM 面积的最大值是2738；(3)存在；理由如下：OE ＝233，AP ＝2，OP ＝1，BE ＝33－233＝733，当y ＝233时，－3x ＋33＝233，解得x ＝73，即EF ＝73，将△BEP 绕点E 顺时针方向旋转90°，得到△B′EC(如解图②)， ∵OB ⊥EF ，∴点B′在直线EF 上，∵C 点横坐标绝对值等于EO 长度，C 点纵坐标绝对值等于EO －PO 长度， ∴C 点坐标为(－233，233－1)，如解图，过F 作FQ ∥B′C，交EC 于点Q ， 则△FEQ ∽△B′EC，由BE EF ＝B′E EF ＝CEEQ ＝3，可得Q 的坐标为(－23，－33)；根据对称性可得，Q 关于直线EF 的对称点Q′(－23，533)也符合条件.4．解：(1)∵抛物线y ＝ax 2＋bx ＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋3＝025a ＋5b ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35b ＝－185， ∴该抛物线对应的函数解析式为y ＝35x 2－185x ＋3；(2)①∵点P 是抛物线上的动点且位于x 轴下方，∴可设P(t ，35t 2－185t ＋3)(1＜t ＜5)，∵直线PM ∥y 轴，分别与x 轴和直线CD 交于点M 、N ， ∴M(t ，0)，N(t ，35t ＋3)，∴PN ＝35t ＋3－(35t 2－185t ＋3)＝－35(t －72)2＋14720，联立直线CD 与抛物线解析式可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝35x ＋3y ＝35x 2－185x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7y ＝365，∴C(0，3)，D(7，365)，分别过C 、D 作直线PN 的垂线，垂足分别为E 、F ，如解图①，则CE ＝t ，DF ＝7－t ，∴S △PCD ＝S △P ＋S △PDN ＝12PN·CE＋12PN·DF＝72PN ＝72[－35(t －72)2＋14720]＝－2110(t －72)2＋102940， ∴当t ＝72时，△PCD 的面积最大，最大值为102940；②存在．∵∠CQN ＝∠PMB ＝90°， ∴当△Q 与△PBM 相似时，有NQ CQ ＝PM BM 或NQ CQ ＝BMPM两种情况， ∵CQ ⊥PN ，垂足为Q ，∴Q(t ，3)，且C(0，3)，N(t ，35t ＋3)，∴CQ ＝t ，NQ ＝35t ＋3－3＝35t ，∴NQ CQ ＝35，∵P(t ，35t 2－185t ＋3)，M(t ，0)，B(5，0)，∴BM ＝5－t ，PM ＝0－(35t 2－185t ＋3)＝－35t 2＋185t －3，当NQ CQ ＝PM BM 时，则PM ＝35BM ，即－35t 2＋185t －3＝35(5－t)，解得t ＝2或t ＝5(舍去)，此时P(2，－95)；当NQ CQ ＝BM PM 时，则BM ＝35PM ，即5－t ＝35(－35t 2＋185t －3)，解得t ＝349或t ＝5(舍去)，此时P(349，－5527)；综上可知存在满足条件的点P ，其坐标为(2，－95)或(349，－5527).。