2023年中考數(shù)學(xué)試題分項(xiàng)版解析匯編（第01期）專(zhuān)題16壓軸題（含解析）

專(zhuān)題16壓軸題一、選擇題1.〔2023山東德州第11題〕如圖放置的兩個(gè)正方形，大正方形ABCD邊長(zhǎng)為a，小正方形CEFG邊長(zhǎng)為b(a＞b),M在邊BC上，且BM=b，連AM，MF，MF交CG于點(diǎn)P，將△ABM繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至△ADN，將△MEF繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)至△NGF。給出以下五種結(jié)論：∠MAD=∠AND；CP=；ΔABM≌ΔNGF；④S四邊形AMFN=a2+b2；⑤A，M，P，D四點(diǎn)共線其中正確的個(gè)數(shù)是〔〕A．2B．3C．4D．5【答案】D考點(diǎn):正方形、全等、相似、勾股定理2.〔2023重慶A卷第12題〕假設(shè)數(shù)a使關(guān)于x的分式方程的解為正數(shù)，且使關(guān)于y的不等式組的解集為y＜﹣2，那么符合條件的所有整數(shù)a的和為〔〕A．10 B．12 C．14 D．16【答案】B.【解析】試題解析：分式方程的解為x=，∵關(guān)于x的分式方程+=4的解為正數(shù)，∴＞0，∴a＜6．，解不等式①得：y＜﹣2；解不等式②得：y≤a．∵關(guān)于y的不等式組的解集為y＜﹣2，∴a≥﹣2．∴﹣2≤a＜6．∵a為整數(shù)，∴a=﹣2、﹣1、0、1、2、3、4、5，〔﹣2〕+〔﹣1〕+0+1+2+3+4+5=12．應(yīng)選B．考點(diǎn)：1.分式方程的解；2.解一元一次不等式組.3.〔2023廣西貴港第12題〕如圖，在正方形中，是對(duì)角線與的交點(diǎn)，是邊上的動(dòng)點(diǎn)〔點(diǎn)不與重合〕，與交于點(diǎn)，連接.以下五個(gè)結(jié)論：①；②；③；④；⑤假設(shè)，那么的最小值是，其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是〔〕A．B．C.D．【答案】D【解析】試題解析：∵正方形ABCD中，CD=BC，∠BCD=90°，∴∠BCN+∠DCN=90°，又∵CN⊥DM，∴∠CDM+∠DCN=90°，∴∠BCN=∠CDM，又∵∠CBN=∠DCM=90°，∴△CNB≌△DMC〔ASA〕，故①正確；根據(jù)△CNB≌△DMC，可得CM=BN，又∵∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，∴△OCM≌△OBN〔SAS〕，∴OM=ON，∠COM=∠BON，∴∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN，即∠DOM=∠CON，又∵DO=CO，∴△CON≌△DOM〔SAS〕，故②正確；∵∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°，∴∠MON=90°，即△MON是等腰直角三角形，又∵△AOD是等腰直角三角形，∴△OMN∽△OAD，故③正確；∵AB=BC，CM=BN，∴BM=AN，又∵Rt△BMN中，BM2+BN2=MN2，∴AN2+CM2=MN2，故④正確；∵△OCM≌△OBN，∴四邊形BMON的面積=△BOC的面積=1，即四邊形BMON的面積是定值1，∴當(dāng)△MNB的面積最大時(shí)，△MNO的面積最小，設(shè)BN=x=CM，那么BM=2﹣x，∴△MNB的面積=x〔2﹣x〕=﹣x2+x，∴當(dāng)x=1時(shí)，△MNB的面積有最大值，此時(shí)S△OMN的最小值是1﹣=，故⑤正確；綜上所述，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是5個(gè)，應(yīng)選：D．考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．4.〔2023湖南懷化第10題〕如圖，，兩點(diǎn)在反比例函數(shù)的圖象上，，兩點(diǎn)在反比例函數(shù)的圖象上，軸于點(diǎn)，軸于點(diǎn)，，，，那么的值是()A.6 B.4 C.3 D.2【答案】D【解析】試題解析：連接OA、OC、OD、OB，如圖：由反比例函數(shù)的性質(zhì)可知S△AOE=S△BOF=|k1|=k1，S△COE=S△DOF=|k2|=﹣k2，∵S△AOC=S△AOE+S△COE，∴AC?OE=×2OE=OE=〔k1﹣k2〕…①，∵S△BOD=S△DOF+S△BOF，∴BD?OF=×〔EF﹣OE〕=×〔3﹣OE〕=﹣OE=〔k1﹣k2〕…②，由①②兩式解得OE=1，那么k1﹣k2=2．應(yīng)選D．考點(diǎn)：反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征．二、填空題1〔2023浙江衢州第15題〕如圖，在直角坐標(biāo)系中，⊙A的圓心A的坐標(biāo)為〔-1，0〕，半徑為1，點(diǎn)P為直線上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作⊙A的切線，切點(diǎn)為Q，那么切線長(zhǎng)PQ的最小值是__________【答案】．【解析】試題解析：連接AP，PQ，當(dāng)AP最小時(shí)，PQ最小，∴當(dāng)AP⊥直線y=﹣x+3時(shí)，PQ最小，∵A的坐標(biāo)為〔﹣1，0〕，y=﹣x+3可化為3x+4y﹣12=0，∴AP==3，∴PQ=．考點(diǎn)：1.切線的性質(zhì)；2.一次函數(shù)的性質(zhì).2.〔2023重慶A卷第18題〕如圖，正方形ABCD中，AD=4，點(diǎn)E是對(duì)角線AC上一點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥ED，交AB于點(diǎn)F，連接DF，交AC于點(diǎn)G，將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，連接DM，交EF于點(diǎn)N，假設(shè)點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)，那么△EMN的周長(zhǎng)是．【答案】【解析】試題解析：如圖1，過(guò)E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，連接BE，∵DC∥AB，∴PQ⊥AB，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°，∴△PEC是等腰直角三角形，∴PE=PC，設(shè)PC=x，那么PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，∴PD=EQ，∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，∴△DPE≌△EQF，∴DE=EF，易證明△DEC≌△BEC，∴DE=BE，∴EF=BE，∵EQ⊥FB，∴FQ=BQ=BF，∵AB=4，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，∴BF=2，∴FQ=BQ=PE=1，∴CE=，Rt△DAF中，DF=，∵DE=EF，DE⊥EF，∴△DEF是等腰直角三角形，∴DE=EF=，∴PD==3，如圖2，∵DC∥AB，∴△DGC∽△FGA，∴，∴CG=2AG，DG=2FG，∴FG=，∵AC=，∴CG=，∴EG=，連接GM、GN，交EF于H，∵∠GFE=45°，∴△GHF是等腰直角三角形，∴GH=FH=，∴EH=EF﹣FH=，∴∠NDE=∠AEF，∴tan∠NDE=tan∠AEF=，∴，∴EN=，∴NH=EH﹣EN=，Rt△GNH中，GN=，由折疊得：MN=GN，EM=EG，∴△EMN的周長(zhǎng)=EN+MN+EM=．考點(diǎn)：1.折疊；2.正方形的性質(zhì).3.〔2023湖北武漢第15題〕如圖△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，∠DAE=60°，BD=5，CE=8，那么DE的長(zhǎng)為．【答案】7.【解析】試題解析：∵AB=AC，

∴可把△AEC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到△AE′B，如圖，

∴BE′=EC=8，AE′=AE，∠E′AB=∠EAC，

∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，

∴∠BAD+∠EAC=60°，

∴∠E′AD=∠E′AB+∠BAD=60°，

在△E′AD和△EAD中

∴△E′AD≌△EAD〔SAS〕，

∴E′D=ED，

過(guò)E′作EF⊥BD于點(diǎn)F，

∵AB=AC，∠BAC=120°，

∴∠ABC=∠C=∠E′BA=30°，

∴∠E′BF=60°，

∴∠BE′F=30°，

∴BF=BE′=4，E′F=4，

∵BD=5，

∴FD=BD-BF=1，

在Rt△E′FD中，由勾股定理可得E′D=，

∴DE=7．考點(diǎn)：1.含30度角的直角三角形；2.等腰三角形的性質(zhì)．4.〔2023甘肅蘭州第20題〕如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，的頂點(diǎn)，的坐標(biāo)分別是，，動(dòng)點(diǎn)在直線上運(yùn)動(dòng)，以點(diǎn)為圓心，長(zhǎng)為半徑的隨點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與四邊形的邊相切時(shí)，點(diǎn)的坐標(biāo)為.【答案】〔0，0〕或〔，1〕或〔3﹣，〕．【解析】試題解析：①當(dāng)⊙P與BC相切時(shí)，∵動(dòng)點(diǎn)P在直線y=x上，∴P與O重合，此時(shí)圓心P到BC的距離為OB，∴P〔0，0〕．②如圖1中，當(dāng)⊙P與OC相切時(shí)，那么OP=BP，△OPB是等腰三角形，作PE⊥y軸于E，那么EB=EO，易知P的縱坐標(biāo)為1，可得P〔，1〕．③如圖2中，當(dāng)⊙P與OA相切時(shí)，那么點(diǎn)P到點(diǎn)B的距離與點(diǎn)P到x軸的距離線段，可得，解得x=3+或3﹣，∵x=3+＞OA，∴P不會(huì)與OA相切，∴x=3+不合題意，∴p〔3﹣，〕．④如圖3中，當(dāng)⊙P與AB相切時(shí)，設(shè)線段AB與直線OP的交點(diǎn)為G，此時(shí)PB=PG，∵OP⊥AB，∴∠BGP=∠PBG=90°不成立，∴此種情形，不存在P．綜上所述，滿足條件的P的坐標(biāo)為〔0，0〕或〔，1〕或〔3﹣，〕．考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征．三、解答題1.〔2023浙江衢州第24題〕在直角坐標(biāo)系中，過(guò)原點(diǎn)O及點(diǎn)A〔8，0〕，C〔0，6〕作矩形OABC，連結(jié)OB，D為OB的中點(diǎn)。點(diǎn)E是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)DE，作DF⊥DE，交OA于點(diǎn)F，連結(jié)EF。點(diǎn)E從A點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度在線段AB上移動(dòng)，設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t秒?！?〕如圖1，當(dāng)t=3時(shí)，求DF的長(zhǎng)；〔2〕如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在線段AB上移動(dòng)的過(guò)程中，∠DEF的大小是否發(fā)生變化？如果變化，請(qǐng)說(shuō)明理由；如果不變，請(qǐng)求出tan∠DEF的值；〔3〕連結(jié)AD，當(dāng)AD將△DEF分成的兩局部面積之比為1:2時(shí)，求相應(yīng)t的值?！敬鸢浮俊?〕3；〔2〕∠DEF的大小不變；理由見(jiàn)解析；；〔3〕或.【解析】試題分析：〔1〕當(dāng)t=3時(shí)，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，由三角形的中位線定理得出DE∥EA，DE=OA=4，再由矩形的性質(zhì)證出DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，證出四邊形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；〔2〕作DM⊥OA于點(diǎn)M，DN⊥AB于N，證明四邊形DMAN是矩形，得出∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平行線得出比例式，，由三角形中位線定理得出DM=AB=3，DN=OA=4，證明ΔDMF∽ΔDNE，得出，再由三角函數(shù)的定義即可得解；試題解析：〔1〕當(dāng)t=3時(shí)，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，∵A〔8，0〕，C〔0，6〕，∴OA=8，OC=6，∵點(diǎn)D為OB的中點(diǎn)，∴DE∥OA，DE=OA=4，∵四邊形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴DE⊥AB，∴∠OAB=∠DEA=90°，又∵DF⊥DE，∴∠EDF=90°，∴四邊形DFAE是矩形，∴DF=AE=3；〔2〕∠DEF的大小不變；理由如下：作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如圖2所示：∵四邊形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴四邊形DMAN是矩形，∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，∴，，∵點(diǎn)D為OB的中點(diǎn)，∴M、N分別是OA、AB的中點(diǎn)，∴DM=AB=3，DN=OA=4，∵∠EDF=90°，∴∠FDM=∠EDN，又∵∠DMF=∠DNE=90°，∴△DMF∽△DNE，∴，∵∠EDF=90°，∴tan∠DEF=；〔3〕作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，假設(shè)AD將△DEF的面積分成1：2的兩局部，設(shè)AD交EF于點(diǎn)G，那么點(diǎn)G為EF的三等分點(diǎn)；①當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)中點(diǎn)之前時(shí)，如圖3所示，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=〔3﹣t〕，∴AF=4+MF=﹣t+，∵點(diǎn)G為EF的三等分點(diǎn)，∴G〔，〕，設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b，把A〔8，0〕，D〔4，3〕代入得：，解得：，∴直線AD的解析式為y=﹣x+6，把G〔，〕代入得：t=；②當(dāng)點(diǎn)E越過(guò)中點(diǎn)之后，如圖4所示，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF=〔t﹣3〕，∴AF=4﹣MF=﹣t+，∵點(diǎn)G為EF的三等分點(diǎn)，∴G〔，〕，代入直線AD的解析式y(tǒng)=﹣x+6得：t=；綜上所述，當(dāng)AD將△DEF分成的兩局部的面積之比為1：2時(shí)，t的值為或.考點(diǎn)：四邊形綜合題.2.〔2023山東德州第23題〕如圖1，在矩形紙片ABCD中，AB=3cm，AD=5cm，折疊紙片使B點(diǎn)落在邊AD上的E處，折痕為PQ.過(guò)點(diǎn)E作EF∥AB交PQ于F，連接BF,(1)求證：四邊形BFEP為菱形；〔2〕當(dāng)E在AD邊上移動(dòng)時(shí)，折痕的端點(diǎn)P，Q也隨著移動(dòng).=1\*GB3①當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合時(shí)，〔如圖2〕，求菱形BFEP的邊長(zhǎng)；=2\*GB3②如限定P，Q分別在BA，BC上移動(dòng)，求出點(diǎn)E在邊AD上移動(dòng)的最大距離.【答案】〔1〕證明見(jiàn)解析；〔2〕①菱形BFEP的邊長(zhǎng)為cm.②點(diǎn)E在邊AD上移動(dòng)的最大距離為2cm.【解析】試題分析：〔1〕利用定理:四條邊都相等的四邊形是菱形，證明四邊形BFEP為菱形；①在直角三角形APE中，根據(jù)勾股定理求出EP=②分兩種情況討論：第一：點(diǎn)Q和點(diǎn)C重合；第二：點(diǎn)P和點(diǎn)A重合試題解析：〔1〕∵折疊紙片使B點(diǎn)落在邊AD上的E處，折痕為PQ∴點(diǎn)B與點(diǎn)E關(guān)于PQ對(duì)稱(chēng)∴PB=PE，BF=EF，∠BPF=∠EPF又∵EF∥AB∴∠BPF=∠EFP∴∠EPF=∠EFP∴EP=EF∴BP=BF=FE=EP∴四邊形BFEP為菱形.〔2〕①如圖2∵四邊形ABCD是矩形∴BC=AD=5cm，CD=AB=3cm，∠A=∠D=90°∵點(diǎn)B與點(diǎn)E關(guān)于PQ對(duì)稱(chēng)∴CE=BC=5cm在RtΔCDE中，DE2=CE2-CD2，即DE2=52-32∴DE=4cm∴AE=AD-DE=5cm-4cm=1cm在RtΔAPE中，AE=1，AP=3-PB=3-PE∴EP2=12+〔3-EP〕2，解得：EP=cm.∴菱形BFEP的邊長(zhǎng)為cm.②當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合時(shí)，如圖2，點(diǎn)E離A點(diǎn)最近，由①知，此時(shí)AE=1cm.當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，如圖3.點(diǎn)E離A點(diǎn)最遠(yuǎn)，此時(shí)，四邊形ABQE是正方形.AE=AB=3cm∴點(diǎn)E在邊AD上移動(dòng)的最大距離為2cm.考點(diǎn)：折疊問(wèn)題，矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)與判定，分類(lèi)討論思想3.〔2023浙江寧波第25題〕如圖，拋物線與軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，連結(jié)，點(diǎn)在拋物線上，直線與軸交于點(diǎn).(1)求的值及直線的函數(shù)表達(dá)式；(2)點(diǎn)在軸正半軸上，點(diǎn)在軸正半軸上，連結(jié)與直線交于點(diǎn)，連結(jié)并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，假設(shè)為的中點(diǎn).①求證：；②設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，求的長(zhǎng)(用含的代數(shù)式表示).【答案】(1)c=-3;直線AC的表達(dá)式為：y=x+3；〔2〕①證明見(jiàn)解析；②【解析】試題分析：〔1〕把點(diǎn)C(6,)代入中可求出c的值；令y=0，可得A點(diǎn)坐標(biāo)，從而可確定AC的解析式；〔2〕①分別求出tan∠OAB=tan∠OAD=，得∠OAB=tan∠OAD，再由M就PQ的中點(diǎn)，得OM=MP，所以可證得∠APM=∠AON，即可證明；②過(guò)M點(diǎn)作ME⊥x軸，垂足為E，分別用含有m的代數(shù)式表示出AE和AM的長(zhǎng)，然后利用即可求解.試題分析：〔1〕把點(diǎn)C(6,)代入解得：c=-3∴當(dāng)y=0時(shí)，解得：x1=-4，x2=3∴A〔-4，0〕設(shè)直線AC的表達(dá)式為：y=kx+b(k≠0)把A〔-4，0〕，C(6,)代入得解得：k=，b=3∴直線AC的表達(dá)式為：y=x+3(2)①在RtΔAOB中，tan∠OAB=在RtΔAOD中，tan∠OAD=∴∠OAB=∠OAD∵在RtΔPOQ中，M為PQ的中點(diǎn)∴OM=MP∴∠MOP=∠MPO∵∠MPO=∠AON∴∠APM=∠AON∴ΔAPM∽ΔAON②如圖,過(guò)點(diǎn)M作ME⊥x軸于點(diǎn)E又∵OM=MP∴OE=EP∵點(diǎn)M橫坐標(biāo)為m∴AE=m+4AP=2m+4∵tan∠OAD=∴cos∠EAM=cos∠OAD=∴AM=AE=∵ΔAPM∽ΔAON∴∴AN=考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題.4.〔2023浙江寧波第26題〕有兩個(gè)內(nèi)角分別是它們對(duì)角的一半的四邊形叫做半對(duì)角四邊形.(1)如圖1，在半對(duì)角四邊形中，，，求與的度數(shù)之和；(2)如圖2，銳角內(nèi)接于，假設(shè)邊上存在一點(diǎn)，使得，的平分線交于點(diǎn)，連結(jié)并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，.求證：四邊形是半對(duì)角四邊形；(3)如圖3，在(2)的條件下，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，交于點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，求與的面積之比.【答案】〔1〕120°；〔2〕證明見(jiàn)解析；〔3〕.【解析】試題分析：〔1〕在半對(duì)角四邊形中，，∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°∴3∠B+3∠C=360°∴∠B+∠C=120°即∠B與∠C的度數(shù)之和為120°〔2〕在ΔBED和ΔBEO中∴ΔBED≌ΔBEO∴∠BDE=∠BOE又∵∠BCF=∠BOE∴∠BCF=∠BDE如圖，連接OC設(shè)∠EAF=a，那么∠AFE=2∠EAF=2a∴∠EFC=180°-∠AFE=180°-2a∵OA=OC∴∠OAC=∠OCA=a∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2a∴∠ABC=∠AOC=∠EFC∴四邊形DBCF是半對(duì)角四邊形(3)如圖，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥BC于點(diǎn)M∵四邊形DBCF是半對(duì)角四邊形∴∠ABC+∠ACB=120°∴∠BAC=60°∴∠BOC=2∠BAC=120°∵OB=OC∴∠OBC=∠OCB=30°∴BC=2BM=BO=BD∵DG⊥OB∴∠HGB=∠BAC=60°∵∠DBG=∠CBA∴ΔDBG∽ΔCBA∴∵DH=BG，BG=2HG∴DG=3HG∴∴考點(diǎn)：1.四邊形內(nèi)角和；2.圓周角定理；3.相似三角形的判定與性質(zhì).5.〔2023重慶A卷第26題〕如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=x2﹣x﹣與x軸交于A、B兩點(diǎn)〔點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)〕，與y軸交于點(diǎn)C，對(duì)稱(chēng)軸與x軸交于點(diǎn)D，點(diǎn)E〔4，n〕在拋物線上．〔1〕求直線AE的解析式；〔2〕點(diǎn)P為直線CE下方拋物線上的一點(diǎn)，連接PC，PE．當(dāng)△PCE的面積最大時(shí)，連接CD，CB，點(diǎn)K是線段CB的中點(diǎn)，點(diǎn)M是CP上的一點(diǎn)，點(diǎn)N是CD上的一點(diǎn)，求KM+MN+NK的最小值；〔3〕點(diǎn)G是線段CE的中點(diǎn)，將拋物線y=x2﹣x﹣沿x軸正方向平移得到新拋物線y′，y′經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，y′的頂點(diǎn)為點(diǎn)F．在新拋物線y′的對(duì)稱(chēng)軸上，是否存在一點(diǎn)Q，使得△FGQ為等腰三角形？假設(shè)存在，直接寫(xiě)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】〔1〕y=x+．〔2〕3，〔3〕點(diǎn)Q的坐標(biāo)為〔3，〕，Q′〔3，〕或〔3，2〕或〔3，﹣〕．【解析】試題分析：〔1〕拋物線的解析式可以變天為y=(x+1)(x-3),從而可得到點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)，然后再求得點(diǎn)E的坐標(biāo)，設(shè)直線AE的解析式為y=kx+b，將點(diǎn)A和點(diǎn)E的坐標(biāo)代入，求得k和b的值，從而得到AE的解析式；〔3〕由平移后的拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，可得到點(diǎn)F的坐標(biāo)，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式可求得點(diǎn)G的坐標(biāo)，然后分為QG=FG、QG=QF、FQ=FQ三種情況求解即可.試題解析：〔1〕∵y=x2﹣x﹣，∴y=〔x+1〕〔x﹣3〕．∴A〔﹣1，0〕，B〔3，0〕．當(dāng)x=4時(shí)，y=．∴E〔4，〕．設(shè)直線AE的解析式為y=kx+b，將點(diǎn)A和點(diǎn)E的坐標(biāo)代入得：，解得：k=，b=．∴直線AE的解析式為y=x+．〔2〕設(shè)直線CE的解析式為y=mx﹣，將點(diǎn)E的坐標(biāo)代入得：4m﹣=，解得：m=．∴直線CE的解析式為y=x﹣．過(guò)點(diǎn)P作PF∥y軸，交CE與點(diǎn)F．設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為〔x，x2﹣x﹣〕，那么點(diǎn)F〔x，x﹣〕，那么FP=〔x﹣〕﹣〔x2﹣x﹣〕=x2+x．∴△EPC的面積=×〔x2+x〕×4=﹣x2+x．∴當(dāng)x=2時(shí)，△EPC的面積最大．∴P〔2，﹣〕．如圖2所示：作點(diǎn)K關(guān)于CD和CP的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G、H，連接G、H交CD和CP與N、M．∵K是CB的中點(diǎn)，∴k〔，﹣〕．∵點(diǎn)H與點(diǎn)K關(guān)于CP對(duì)稱(chēng)，∴點(diǎn)H的坐標(biāo)為〔，﹣〕．∵點(diǎn)G與點(diǎn)K關(guān)于CD對(duì)稱(chēng)，∴點(diǎn)G〔0，0〕．∴KM+MN+NK=MH+MN+GN．當(dāng)點(diǎn)O、N、M、H在條直線上時(shí)，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH．∴GH==3．∴KM+MN+NK的最小值為3．〔3〕如圖3所示：∵y′經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，y′的頂點(diǎn)為點(diǎn)F，∴點(diǎn)F〔3，﹣〕．∵點(diǎn)G為CE的中點(diǎn)，∴G〔2，〕．∴FG=．∴當(dāng)FG=FQ時(shí)，點(diǎn)Q〔3，〕，Q′〔3，〕．當(dāng)GF=GQ時(shí)，點(diǎn)F與點(diǎn)Q″關(guān)于y=對(duì)稱(chēng)，∴點(diǎn)Q″〔3，2〕．當(dāng)QG=QF時(shí)，設(shè)點(diǎn)Q1的坐標(biāo)為〔3，a〕．由兩點(diǎn)間的距離公式可知：a+=，解得：a=﹣．∴點(diǎn)Q1的坐標(biāo)為〔3，﹣〕．綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為〔3，〕，Q′〔3，〕或〔3，2〕或〔3，﹣〕．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題.6.〔2023甘肅慶陽(yáng)第28題〕如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+4的圖象與x軸交于點(diǎn)B〔-2，0〕，點(diǎn)C〔8，0〕，與y軸交于點(diǎn)A．〔1〕求二次函數(shù)y=ax2+bx+4的表達(dá)式；〔2〕連接AC，AB，假設(shè)點(diǎn)N在線段BC上運(yùn)動(dòng)〔不與點(diǎn)B，C重合〕，過(guò)點(diǎn)N作NM∥AC，交AB于點(diǎn)M，當(dāng)△AMN面積最大時(shí)，求N點(diǎn)的坐標(biāo)；〔3〕連接OM，在〔2〕的結(jié)論下，求OM與AC的數(shù)量關(guān)系．【答案】〔1〕y=﹣x2+x+4；〔2〕N〔3，0〕；〔3〕OM=AC．【解析】試題分析：〔1〕由B、C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；〔2〕可設(shè)N〔n，0〕，那么可用n表示出△ABN的面積，由NM∥AC，可求得，那么可用n表示出△AMN的面積，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其面積最大時(shí)n的值，即可求得N點(diǎn)的坐標(biāo)；〔3〕由N點(diǎn)坐標(biāo)可求得M點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，由直角三角形的性質(zhì)可得OM=AB，在Rt△AOB和Rt△AOC中，可分別求得AB和AC的長(zhǎng)，可求得AB與AC的關(guān)系，從而可得到OM和AC的數(shù)量關(guān)系．試題解析：〔1〕將點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)分別代入y=ax2+bx+4可得，解得，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=﹣x2+x+4；〔2〕設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為〔n，0〕〔﹣2＜n＜8〕，那么BN=n+2，CN=8﹣n．∵B〔﹣2，0〕，C〔8，0〕，∴BC=10，在y=﹣x2+x+4中，令x=0，可解得y=4，∴點(diǎn)A〔0，4〕，OA=4，∴S△ABN=BN?OA=〔n+2〕×4=2〔n+2〕，∵M(jìn)N∥AC，∴∴，∴∵﹣＜0，∴當(dāng)n=3時(shí)，即N〔3，0〕時(shí)，△AMN的面積最大；〔3〕當(dāng)N〔3，0〕時(shí)，N為BC邊中點(diǎn)，∵M(jìn)N∥AC，∴M為AB邊中點(diǎn)，∴OM=AB，∵AB=，AC=，∴AB=AC，∴OM=AC．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．7.〔2023廣西貴港第25題〕如圖，拋物線與軸交于兩點(diǎn)，與軸的正半軸交于點(diǎn)，其頂點(diǎn)為.〔1〕寫(xiě)出兩點(diǎn)的坐標(biāo)〔用含的式子表示〕；〔2〕設(shè)，求的值；〔3〕當(dāng)是直角三角形時(shí)，求對(duì)應(yīng)拋物線的解析式.【答案】〔1〕C〔0，3a〕，D〔2，﹣a〕；〔2〕3；〔3〕y=x2﹣4x+3或y=x2﹣2x+．試題解析：〔1〕在y=a〔x﹣1〕〔x﹣3〕，令x=0可得y=3a，∴C〔0，3a〕，∵y=a〔x﹣1〕〔x﹣3〕=a〔x2﹣4x+3〕=a〔x﹣2〕2﹣a，∴D〔2，﹣a〕；〔2〕在y=a〔x﹣1〕〔x﹣3〕中，令y=0可解得x=1或x=3，∴A〔1，0〕，B〔3，0〕，∴AB=3﹣1=2，∴S△ABD=×2×a=a，如圖，設(shè)直線CD交x軸于點(diǎn)E，設(shè)直線CD解析式為y=kx+b，把C、D的坐標(biāo)代入可得，解得，∴直線CD解析式為y=﹣2ax+3a，令y=0可解得x=，∴E〔，0〕，∴BE=3﹣=∴S△BCD=S△BEC+S△BED=××〔3a+a〕=3a，∴S△BCD：S△ABD=〔3a〕：a=3，∴k=3；〔3〕∵B〔3，0〕，C〔0，3a〕，D〔2，﹣a〕，∴BC2=32+〔3a〕2=9+9a2，CD2=22+〔﹣a﹣3a〕2=4+16a2，BD2=〔3﹣2〕2+a2=1+a2，∵∠BCD＜∠BCO＜90°，∴△BCD為直角三角形時(shí)，只能有∠CBD=90°或∠CDB=90°兩種情況，①當(dāng)∠CBD=90°時(shí)，那么有BC2+BD2=CD2，即9+9a2+1+a2=4+16a2，解得a=﹣1〔舍去〕或a=1，此時(shí)拋物線解析式為y=x2﹣4x+3；②當(dāng)∠CDB=90°時(shí)，那么有CD2+BD2=BC2，即4+16a2+1+a2=9+9a2，解得a=﹣〔舍去〕或a=，此時(shí)拋物線解析式為y=x2﹣2x+；綜上可知當(dāng)△BCD是直角三角形時(shí)，拋物線的解析式為y=x2﹣4x+3或y=x2﹣2x+．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．8.〔2023廣西貴港第26題〕，在中，是邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將沿所在直線折疊，使點(diǎn)落在點(diǎn)處.〔1〕如圖1，假設(shè)點(diǎn)是中點(diǎn)，連接.①寫(xiě)出的長(zhǎng)；②求證：四邊形是平行四邊形.〔2〕如圖2，假設(shè)，過(guò)點(diǎn)作交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，求的長(zhǎng).【答案】〔1〕①BD=，BP=2．②證明見(jiàn)解析；〔2〕．【解析】試題分析：〔1〕①分別在Rt△ABC，Rt△BDC中，求出AB、BD即可解決問(wèn)題；②想方法證明DP∥BC，DP=BC即可；〔2〕如圖2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延長(zhǎng)BD交PA于M．設(shè)BD=AD=x，那么CD=4﹣x，在Rt△BDC中，可得x2=〔4﹣x〕2+22，推出x=，推出DN=，由△BDN∽△BAM，可得，由此求出AM，由△ADM∽△APE，可得，由此求出AE=，可得EC=AC﹣AE=4﹣=由此即可解決問(wèn)題．試題解析：〔1〕①在Rt△ABC中，∵BC=2，AC=4，∴AB=，∵AD=CD=2，∴BD=，由翻折可知，BP=BA=2．②如圖1中，∵△BCD是等腰直角三角形，∴∠BDC=45°，∴∠ADB=∠BDP=135°，∴∠PDC=135°﹣45°=90°，∴∠BCD=∠PDC=90°，∴DP∥BC，∵PD=AD=BC=2，∴四邊形BCPD是平行四邊形．〔2〕如圖2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延長(zhǎng)BD交PA于M．設(shè)BD=AD=x，那么CD=4﹣x，在Rt△BDC中，∵BD2=CD2+BC2，∴x2=〔4﹣x〕2+22，∴x=，∵DB=DA，DN⊥AB，∴BN=AN=，在Rt△BDN中，DN=，由△BDN∽△BAM，可得，∴∴AM=2，∴AP=2AM=4，由△ADM∽△APE，可得，∴，∴AE=，∴EC=AC﹣AE=4﹣=，易證四邊形PECH是矩形，∴PH=EC=．考點(diǎn)：四邊形綜合題．9.〔2023貴州安順第26題〕如圖甲，直線y=﹣x+3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)B、點(diǎn)C，經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)的拋物線y=x2+bx+c與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為A，頂點(diǎn)為P．〔1〕求該拋物線的解析式；〔2〕在該拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上是否存在點(diǎn)M，使以C，P，M為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形？假設(shè)存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出所符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；〔3〕當(dāng)0＜x＜3時(shí)，在拋物線上求一點(diǎn)E，使△CBE的面積有最大值〔圖乙、丙供畫(huà)圖探究〕．【答案】〔1〕y=x2﹣4x+3；〔2〕〔2，〕或〔2，7〕或〔2，﹣1+2〕或〔2，﹣1﹣2〕；〔3〕E點(diǎn)坐標(biāo)為〔，〕時(shí)，△CBE的面積最大．【解析】試題分析：〔1〕由直線解析式可求得B、C坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；〔2〕由拋物線解析式可求得P點(diǎn)坐標(biāo)及對(duì)稱(chēng)軸，可設(shè)出M點(diǎn)坐標(biāo)，表示出MC、MP和PC的長(zhǎng)，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三種情況，可分別得到關(guān)于M點(diǎn)坐標(biāo)的方程，可求得M點(diǎn)的坐標(biāo)；〔3〕過(guò)E作EF⊥x軸，交直線BC于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)D，可設(shè)出E點(diǎn)坐標(biāo)，表示出F點(diǎn)的坐標(biāo)，表示出EF的長(zhǎng)，進(jìn)一步可表示出△CBE的面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得其取得最大值時(shí)E點(diǎn)的坐標(biāo)．試題解析：〔1〕∵直線y=﹣x+3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)B、點(diǎn)C，∴B〔3，0〕，C〔0，3〕，把B、C坐標(biāo)代入拋物線解析式可得 ，解得，∴拋物線解析式為y=x2﹣4x+3；〔2〕∵y=x2﹣4x+3=〔x﹣2〕2﹣1，∴拋物線對(duì)稱(chēng)軸為x=2，P〔2，﹣1〕，設(shè)M〔2，t〕，且C〔0，3〕，∴MC=，MP=|t+1|，PC=，∵△CPM為等腰三角形，∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三種情況，〔3〕如圖，過(guò)E作EF⊥x軸，交BC于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)D，設(shè)E〔x，x2﹣4x+3〕，那么F〔x，﹣x+3〕，∵0＜x＜3，∴EF=﹣x+3﹣〔x2﹣4x+3〕=﹣x2+3x，∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF?OD+EF?BD=EF?OB=×3〔﹣x2+3x〕=﹣〔x﹣〕2+，∴當(dāng)x=時(shí)，△CBE的面積最大，此時(shí)E點(diǎn)坐標(biāo)為〔，〕，即當(dāng)E點(diǎn)坐標(biāo)為〔，〕時(shí)，△CBE的面積最大．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．10.〔2023湖北武漢第24題〕點(diǎn)在拋物線上．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕如圖1，點(diǎn)的坐標(biāo)為，直線交拋物線于另一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸的垂線，垂足為，設(shè)拋物線與軸的正半軸交于點(diǎn)，連接，求證；〔3〕如圖2，直線分別交軸，軸于兩點(diǎn)，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，沿射線方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為每秒個(gè)單位長(zhǎng)度，同時(shí)點(diǎn)從原點(diǎn)出發(fā)，沿軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)是直線與拋物線的一個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到秒時(shí)，，直接寫(xiě)出的值．【答案】〔1〕拋物線的解析式為：y=x2-x；〔2〕證明見(jiàn)解析；〔3〕；.【解析】試題分析：〔1〕把A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入，解方程組求出a，b的值，即可得到二次函數(shù)解析式；〔2〕過(guò)點(diǎn)A作AN⊥ｘ軸于點(diǎn)N，那么N(-1，0)，再求出E點(diǎn)坐標(biāo)，從而可求tan∠AEN=,再求出直線AF的解析式與拋物線方程聯(lián)立,求出點(diǎn)G的坐標(biāo),那么可得到tan∠FHO=，從而得證；〔3〕進(jìn)行分類(lèi)討論即可得解.試題解析：〔1〕∵點(diǎn)A〔-1，1〕，B〔4，6〕在拋物線y=ax2+bx上∴a-b=1，16a+4b=6解得：a=，b=-∴拋物線的解析式為：y=x2-x〔2〕過(guò)點(diǎn)A作AN⊥x軸于點(diǎn)N，那么N(-1，0)∴AN=1當(dāng)y=0時(shí)，x2-x=0解得：x=0或1∴E〔1，0〕∴EN=2∴tan∠AEN=設(shè)直線AF的解析式為y=kx+m∵A(-1,1)在直線AF上，∴-k+m=1即：k=m-1∴直線AF的解析式可化為：y=(m-1)x+m與y=x2-x聯(lián)立，得〔m-1〕x+m=x2-x∴(x+1)〔x-2m〕=0∴x=-1或2m∴點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為2m∴OH=2m∵OF=m∴tan∠FHO=∴∠AEN=∠FHO∴FH∥AE〔3〕；.考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題.11.〔2023湖南懷化第24題〕如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與軸交于，兩點(diǎn)，與軸交于點(diǎn).(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)假設(shè)點(diǎn)是軸上的一點(diǎn)，且以為頂點(diǎn)的三角形與相似，求點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)如圖2，軸瑋拋物線相交于點(diǎn)，點(diǎn)是直線下方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)且與軸平行的直線與，分別交于點(diǎn)，，試探究當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形的面積最大，求點(diǎn)的坐標(biāo)及最大面積；(4)假設(shè)點(diǎn)為拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)是該拋物線上的一點(diǎn)，在軸，軸上分別找點(diǎn)，，使四邊形的周長(zhǎng)最小，求出點(diǎn)，的坐標(biāo).【答案】(1)y=x2﹣4x﹣5，(2)D的坐標(biāo)為〔0，1〕或〔0，〕；(3)當(dāng)t=時(shí)，四邊形CHEF的面積最大為．(4)P〔，0〕，Q〔0，﹣〕．【解析】試題分析：〔1〕根據(jù)待定系數(shù)法直接拋物線解析式；〔2〕分兩種情況，利用相似三角形的比例式即可求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；〔3〕先求出直線BC的解析式，進(jìn)而求出四邊形CHEF的面積的函數(shù)關(guān)系式，即可求出最大值；〔4〕利用對(duì)稱(chēng)性找出點(diǎn)P，Q的位置，進(jìn)而求出P，Q的坐標(biāo)．試題解析：〔1〕∵點(diǎn)A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕在拋物線y=ax2+bx﹣5上，∴，∴，∴拋物線的表達(dá)式為y=x2﹣4x﹣5，〔2〕如圖1，令x=0，那么y=﹣5，∴C〔0，﹣5〕，∴OC=OB，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴AB=6，BC=5，要使以B，C，D為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，那么有或，①當(dāng)時(shí)，CD=AB=6，∴D〔0，1〕，②當(dāng)時(shí)，∴，∴CD=，∴D〔0，〕，即：D的坐標(biāo)為〔0，1〕或〔0，〕；〔3〕設(shè)H〔t，t2﹣4t﹣5〕，∵CE∥x軸，∴點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為﹣5，∵E在拋物線上，∴x2﹣4x﹣5=﹣5，∴x=0〔舍〕或x=4，∴E〔4，﹣5〕，∴CE=4，∵B〔5，0〕，C〔0，﹣5〕，∴直線BC的解析式為y=x﹣5，∴F〔t，t﹣5〕，∴HF=t﹣5﹣〔t2﹣4t﹣5〕=﹣〔t﹣〕2+，∵CE∥x軸，HF∥y軸，∴CE⊥HF，∴S四邊形CHEF=CE?HF=﹣2〔t﹣〕2+，當(dāng)t=時(shí)，四邊形CHEF的面積最大為．〔4〕如圖2，∵K為拋物線的頂點(diǎn)，∴K〔2，﹣9〕，∴K關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)K'〔﹣2，﹣9〕，∵M(jìn)〔4，m〕在拋物線上，∴M〔4，﹣5〕，∴點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)M'〔4，5〕，∴直線K'M'的解析式為y=x﹣，∴P〔，0〕，Q〔0，﹣〕．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．12.〔2023江蘇無(wú)錫第27題〕如圖，以原點(diǎn)O為圓心，3為半徑的圓與x軸分別交于A，B兩點(diǎn)〔點(diǎn)B在點(diǎn)A的右邊〕，P是半徑OB上一點(diǎn)，過(guò)P且垂直于AB的直線與⊙O分別交于C，D兩點(diǎn)〔點(diǎn)C在點(diǎn)D的上方〕，直線AC，DB交于點(diǎn)E．假設(shè)AC：CE=1：2．〔1〕求點(diǎn)P的坐標(biāo)；〔2〕求過(guò)點(diǎn)A和點(diǎn)E，且頂點(diǎn)在直線CD上的拋物線的函數(shù)表達(dá)式．【答案】(1)P〔1，0〕．(2)y=x2﹣x﹣．〔2〕由題意設(shè)拋物線的解析式為y=a〔x+3〕〔x﹣5〕，求出E點(diǎn)坐標(biāo)代入即可解決問(wèn)題.試題解析：〔1〕如圖，作EF⊥y軸于F，DC的延長(zhǎng)線交EF于H．設(shè)H〔m，n〕，那么P〔m，0〕，PA=m+3，PB=3﹣m．∵EH∥AP，∴△ACP∽△ECH，∴，∴CH=2n，EH=2m=6，∵CD⊥AB，∴PC=PD=n，∵PB∥HE，∴△DPB∽△DHE，∴，∴，∴m=1，∴P〔1，0〕．〔2〕由〔1〕可知，PA=4，HE=8，EF=9，連接OP，在Rt△OCP中，PC=，∴CH=2PC=4，PH=6，∴E〔9，6〕，∵拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為CD，∴〔﹣3，0〕和〔5，0〕在拋物線上，設(shè)拋物線的解析式為y=a〔x+3〕〔x﹣5〕，把E〔9，6〕代入得到a=，∴拋物線的解析式為y=〔x+3〕〔x﹣5〕，即y=x2﹣x﹣．考點(diǎn)：圓的綜合題．13.〔2023江蘇無(wú)錫第28題〕如圖，矩形ABCD中，AB=4，AD=m，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，在邊DA上以每秒1個(gè)單位的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，連接CP，作點(diǎn)D關(guān)于直線PC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)E，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t〔s〕．〔1〕假設(shè)m=6，求當(dāng)P，E，B三點(diǎn)在同一直線上時(shí)對(duì)應(yīng)的t的值．〔2〕m滿足：在動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D到點(diǎn)A的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，有且只有一個(gè)時(shí)刻t，使點(diǎn)E到直線BC的距離等于3，求所有這樣的m的取值范圍．【答案】(1);(2)≤m＜4．【解析】試題分析：〔1〕只要證明△ABD∽△DPC，可得，由此求出PD即可解決問(wèn)題；〔2〕分兩種情形求出AD的值即可解決問(wèn)題：①如圖2中，當(dāng)點(diǎn)P與A重合時(shí)，點(diǎn)E在BC的下方，點(diǎn)E到BC的距離為3．②如圖3中，當(dāng)點(diǎn)P與A重合時(shí)，點(diǎn)E在BC的上方，點(diǎn)E到BC的距離為3試題解析：〔1〕如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC=∠A=90°，∴∠DCP+∠CPD=90°，∵∠CPD+∠ADB=90°，∴∠ADB=∠PCD，∵∠A=∠CDP=90°，∴△ABD∽△DPC，∴，∴，∴PD=,∴t=s時(shí)，B、E、D共線．〔2〕如圖2中，當(dāng)點(diǎn)P與A重合時(shí)，點(diǎn)E在BC的下方，點(diǎn)E到BC的距離為3．作EQ⊥BC于Q，EM⊥DC于M．那么EQ=3，CE=DC=4易證四邊形EMCQ是矩形，∴CM=EQ=3，∠M=90°，∴EM=，∵∠DAC=∠EDM，∠ADC=∠M，∴△ADC∽△DME，，∴，∴AD=4，如圖3中，當(dāng)點(diǎn)P與A重合時(shí)，點(diǎn)E在BC的上方，點(diǎn)E到BC的距離為3．作EQ⊥BC于Q，延長(zhǎng)QE交AD于M．那么EQ=3，CE=DC=4在Rt△ECQ中，QC=DM=，由△DME∽△CDA，∴，∴，∴AD=，綜上所述，在動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D到點(diǎn)A的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，有且只有一個(gè)時(shí)刻t，使點(diǎn)E到直線BC的距離等于3，這樣的m的取值范圍≤m＜4．考點(diǎn)：四邊形綜合題．14.〔2023江蘇鹽城第24題〕如圖，△ABC是一塊直角三角板，且∠C=90°，∠A=30°，現(xiàn)將圓心為點(diǎn)O的圓形紙片放置在三角板內(nèi)部．〔1〕如圖①，當(dāng)圓形紙片與兩直角邊AC、BC都相切時(shí)，試用直尺與圓規(guī)作出射線CO；〔不寫(xiě)作法與證明，保存作圖痕跡〕〔2〕如圖②，將圓形紙片沿著三角板的內(nèi)部邊緣滾動(dòng)1周，回到起點(diǎn)位置時(shí)停止，假設(shè)BC=9，圓形紙片的半徑為2，求圓心O運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)．【答案】〔1〕作圖見(jiàn)解析；〔2〕15+．【解析】試題分析：〔1〕作∠ACB的平分線得出圓的一條弦，再作此弦的中垂線可得圓心O，作射線CO即可；〔2〕添加如下圖輔助線，圓心O的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為C△OO1O2，先求出△ABC的三邊長(zhǎng)度，得出其周長(zhǎng)，證四邊形OEDO1、四邊形O1O2HG、四邊形OO2IF均為矩形、四邊形OECF為正方形，得出∠OO1O2=60°=∠ABC、∠O1OO2=90°，從而知△OO1O2∽△CBA，利用相似三角形的性質(zhì)即可得出答案．試題解析：〔1〕如圖①所示，射線OC即為所求；〔2〕如圖，圓心O的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為C△OO1O2，過(guò)點(diǎn)O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分別為點(diǎn)D、F、G，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥BC，垂足為點(diǎn)E，連接O2B，過(guò)點(diǎn)O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分別為點(diǎn)H、I，在Rt△ABC中，∠ACB=90°、∠A=30°，∴AC=，AB=2BC=18，∠ABC=60°，∴C△ABC=9+9+18=27+9，∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，∴D、G為切點(diǎn)，∴BD=BG，在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，∵，∴△O1BD≌△O1BG〔HL〕，∴∠O1BG=∠O1BD=30°，在Rt△O1BD中，∠O1DB=90°，∠O1BD=30°，∴BD=，∴OO1=9-2-2=7-2，∵O1D=OE=2，O1D⊥BC，OE⊥BC，∴O1D∥OE，且O1D=OE，∴四邊形OEDO1為平行四邊形，∵∠OED=90°，∴四邊形OEDO1為矩形，同理四邊形O1O2HG、四邊形OO2IF、四邊形OECF為矩形，又OE=OF，∴四邊形OECF為正方形，∵∠O1GH=∠CDO1=90°，∠ABC=60°，∴∠GO1D=120°，又∵∠FO1D=∠O2O1G=90°，∴∠OO1O2=360°-90°-90°=60°=∠ABC，同理，∠O1OO2=90°，∴△OO1O2∽△CBA，∴，即，∴C△OO1O2=15+，即圓心O運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)為15+．考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；作圖—復(fù)雜作圖．15.〔2023江蘇鹽城第26題〕【探索發(fā)現(xiàn)】如圖①，是一張直角三角形紙片，∠B=60°，小明想從中剪出一個(gè)以∠B為內(nèi)角且面積最大的矩形，經(jīng)過(guò)屢次操作發(fā)現(xiàn)，當(dāng)沿著中位線DE、EF剪下時(shí)，所得的矩形的面積最大，隨后，他通過(guò)證明驗(yàn)證了其正確性，并得出：矩形的最大面積與原三角形面積的比值為．【拓展應(yīng)用】如圖②，在△ABC中，BC=a，BC邊上的高AD=h，矩形PQMN的頂點(diǎn)P、N分別在邊AB、AC上，頂點(diǎn)Q、M在邊BC上，那么矩形PQMN面積的最大值為．〔用含a，h的代數(shù)式表示〕【靈活應(yīng)用】如圖③，有一塊“缺角矩形〞ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明從中剪出了一個(gè)面積最大的矩形〔∠B為所剪出矩形的內(nèi)角〕，求該矩形的面積．【實(shí)際應(yīng)用】如圖④，現(xiàn)有一塊四邊形的木板余料ABCD，經(jīng)測(cè)量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=，木匠徐師傅從這塊余料中裁出了頂點(diǎn)M、N在邊BC上且面積最大的矩形PQMN，求該矩形的面積．【答案】【探索發(fā)現(xiàn)】;【拓展應(yīng)用】;【靈活應(yīng)用】720;【實(shí)際應(yīng)用】1944cm2．【解析】試題分析：【探索發(fā)現(xiàn)】：由中位線知EF=BC、ED=AB、由可得；【拓展應(yīng)用】：由△APN∽△ABC知，可得PN=a-PQ，設(shè)PQ=x，由S矩形PQMN=PQ?PN═-〔x-〕2+，據(jù)此可得；【靈活應(yīng)用】：添加如圖1輔助線，取BF中點(diǎn)I，F(xiàn)G的中點(diǎn)K，由矩形性質(zhì)知AE=EH20、CD=DH=16，分別證△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，從而判斷出中位線IK的兩端點(diǎn)在線段AB和DE上，利用【探索發(fā)現(xiàn)】結(jié)論解答即可；【實(shí)際應(yīng)用】：延長(zhǎng)BA、CD交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H，由tanB=tanC知EB=EC、BH=CH=54，EH=BH=72，繼而求得BE=CE=90，可判斷中位線PQ的兩端點(diǎn)在線段AB、CD上，利用【拓展應(yīng)用】結(jié)論解答可得．試題解析：【探索發(fā)現(xiàn)】∵EF、ED為△ABC中位線，∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，又∠B=90°，∴四邊形FEDB是矩形，那么【拓展應(yīng)用】∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴，即，∴PN=a-PQ，設(shè)PQ=x，那么S矩形PQMN=PQ?PN=x〔a-x〕=-x2+ax=-〔x-〕2+，∴當(dāng)PQ=時(shí)，S矩形PQMN最大值為，【靈活應(yīng)用】如圖1，延長(zhǎng)BA、DE交于點(diǎn)F，延長(zhǎng)BC、ED交于點(diǎn)G，延長(zhǎng)AE、CD交于點(diǎn)H，取BF中點(diǎn)I，F(xiàn)G的中點(diǎn)K，由題意知四邊形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，∵，∴△AEF≌△HED〔ASA〕，∴AF=DH=16，同理△CDG≌△HDE，∴CG=HE=20，∴BI==24，∵BI=24＜32，∴中位線IK的兩端點(diǎn)在線段AB和DE上，過(guò)點(diǎn)K作KL⊥BC于點(diǎn)L，由【探索發(fā)現(xiàn)】知矩形的最大面積為×BG?BF=×〔40+20〕×〔32+16〕=720，答：該矩形的面積為720；【實(shí)際應(yīng)用】如圖2，延長(zhǎng)BA、CD交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H，∵tanB=tanC=，∴∠B=∠C，∴EB=EC，∵BC=108cm，且EH⊥BC，∴BH=CH=BC=54cm，∵tanB=，∴EH=BH=×54=72cm，在Rt△BHE中，BE==90cm，∵AB=50cm，∴AE=40cm，∴BE的中點(diǎn)Q在線段AB上，∵CD=60cm，∴ED=30cm，∴CE的中點(diǎn)P在線段CD上，∴中位線PQ的兩端點(diǎn)在線段AB、CD上，由【拓展應(yīng)用】知，矩形PQMN的最大面積為BC?EH=1944cm2，答：該矩形的面積為1944cm2．考點(diǎn)：四邊形綜合題．16.〔2023江蘇鹽城第27題〕如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=x+2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過(guò)A、C兩點(diǎn)，與x軸的另一交點(diǎn)為點(diǎn)B．〔1〕求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；〔2〕點(diǎn)D為直線AC上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)；①連接BC、CD，設(shè)直線BD交線段AC于點(diǎn)E，△CDE的面積為S1，△BCE的面積為S2，求的最大值；②過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AC，垂足為點(diǎn)F，連接CD，是否存在點(diǎn)D，使得△CDF中的某個(gè)角恰好等于∠BAC的2倍？假設(shè)存在，求點(diǎn)D的橫坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)y=-x2-x+2；(2)①；②-2或-．【解析】試題分析：〔1〕根據(jù)題意得到A〔-4，0〕，C〔0，2〕代入y=-x2+bx+c，于是得到結(jié)論；〔2〕①如圖，令y=0，解方程得到x1=-4，x2=1，求得B〔1，0〕，過(guò)D作DM⊥x軸于M，過(guò)B作BN⊥x軸交于AC于N，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；②根據(jù)勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB為直角的直角三角形，取AB的中點(diǎn)P，求得P〔-，0〕，得到PA=PC=PB=，過(guò)作x軸的平行線交y軸于R，交AC的延線于G，情況一：如圖，∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，情況二，∠FDC=2∠BAC，解直角三角形即可得到結(jié)論．〔2〕①如圖，令y=0，∴-x2-x+2=0，∴x1=-4，x2=1，∴B〔1，0〕，過(guò)D作DM⊥x軸于M，過(guò)B作BN⊥x軸交于AC于N，∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴，設(shè)D〔a，-a2-a+2〕，∴M〔a，a+2〕，∵B〔1.0〕，∴N〔1，〕，∴；∴當(dāng)a=2時(shí)，的最大值是；②∵A〔-4，0〕，B〔1，0〕，C〔0，2〕，∴AC=2，BC=，AB=5，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是以∠ACB為直角的直角三角形，取AB的中點(diǎn)P，∴P〔-，0〕，∴PA=PC=PB=，∴∠CPO=2∠BAC，∴tan∠CPO=tan〔2∠BAC〕=，過(guò)作x軸的平行線交y軸于R，交AC的延長(zhǎng)線于G，情況一：如圖，∴∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，∴∠CDG=∠BAC，∴tan∠CDG=tan∠BAC=，即＝，令D〔a，-a2-a+2〕，∴DR=-a，RC=-a2-a，∴，∴a1=0〔舍去〕，a2=-2，∴xD=-2，情況二，∴∠FDC=2∠BAC，∴tan∠FDC=，設(shè)FC=4k，∴DF=3k，DC=5k，∵tan∠DGC=，∴FG=6k，∴CG=2k，DG=3k，∴RC=k，RG=k，DR=3k-k=k，∴，∴a1=0〔舍去〕，a2=，點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為-2或-．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．17.〔2023甘肅蘭州第28題〕如圖，拋物線與直線交于，兩點(diǎn)，直線交軸與點(diǎn)，點(diǎn)是直線上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸交于點(diǎn)，交拋物線于點(diǎn).(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)連接，，當(dāng)四邊形是平行四邊形時(shí)，求點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)①在軸上存在一點(diǎn)，連接，，當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，以為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？求出此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)；②在①的前提下，以點(diǎn)為圓心，長(zhǎng)為半徑作圓，點(diǎn)為上一動(dòng)點(diǎn)，求的最小值.【答案】(1)y=﹣x2﹣2x+4；(2)G〔﹣2，4〕；(3)①E〔﹣2，0〕．H〔0，﹣1〕；②．【解析】試題分析:〔1〕利用待定系數(shù)法求出拋物線解析式；〔2〕先利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，進(jìn)而利用平行四邊形的對(duì)邊相等建立方程求解即可；〔3〕①先判斷出要以點(diǎn)A，E，F(xiàn)，H為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，只有EF為對(duì)角線，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式建立方程即可；②先取EG的中點(diǎn)P進(jìn)而判斷出△PEM∽△MEA即可得出PM=AM，連接CP交圓E于M，再求出點(diǎn)P的坐標(biāo)即可得出結(jié)論．試題解析：〔1〕∵點(diǎn)A〔﹣4，﹣4〕，B〔0，4〕在拋物線y=﹣x2+bx+c上，∴，∴，∴拋物線的解析式為y=﹣x2﹣2x+4；〔2〕設(shè)直線AB的解析式為y=kx+n過(guò)點(diǎn)A，B，∴，∴，∴直線AB的解析式為y=2x+4，設(shè)E〔m，2m+4〕，∴G〔m，﹣m2﹣2m+4〕，∵四邊形GEOB是平行四邊形，∴EG=OB=4，∴﹣m2﹣2m+4﹣2m﹣4=4，∴m=﹣2，∴G〔﹣2，4〕；〔3〕①如圖1，由〔2〕知，直線AB的解析式為y=2x+4，∴設(shè)E〔a，2a+4〕，∵直線AC：y=﹣x﹣6，∴F〔a，﹣a﹣6〕，設(shè)H〔0，p〕，∵以點(diǎn)A，E，F(xiàn)，H為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，∵直線AB的解析式為y=2x+4，直線AC：y=﹣x﹣6，∴AB⊥AC，∴EF為對(duì)角線，∴〔﹣4+0〕=〔a+a〕，〔﹣4+p〕=〔2a+4﹣a﹣6〕，∴a=﹣2，P=﹣1，∴E〔﹣2，0〕．H〔0，﹣1〕；②如圖2，由①知，E〔﹣2，0〕，H〔0，﹣1〕，A〔﹣4，﹣4〕，∴EH=，AE=2，設(shè)AE交⊙E于G，取EG的中點(diǎn)P，∴PE=，連接PC交⊙E于M，連接EM，∴EM=EH=，∴=，∵=，∴，∵∠PEM=∠MEA，∴△PEM∽△MEA，∴，∴PM=AM，∴AM+CM的最小值=PC，設(shè)點(diǎn)P〔p，2p+4〕，∵E〔﹣2，0〕，∴PE2=〔p+2〕2+〔2p+4〕2=5〔p+2〕2，∵PE=，∴5〔p+2〕2=，∴p=﹣或p=﹣〔由于E〔﹣2，0〕，所以舍去〕，∴P〔﹣，﹣1〕，∵C〔0，﹣6〕，∴PC=，即：AM+CM=．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．18.〔2023貴州黔東南州第24題〕如圖，⊙M的圓心M〔﹣1，2〕，⊙M經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，與y軸交于點(diǎn)A，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A的一條直線l解析式為：y=﹣x+4與x軸交于點(diǎn)B，以M為頂點(diǎn)的拋物線經(jīng)過(guò)x軸上點(diǎn)D〔2，0〕和點(diǎn)C〔﹣4，0〕．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕求證：直線l是⊙M的切線；〔3〕點(diǎn)P為拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，且PE與直線l垂直，垂足為E，PF∥y軸，交直線l于點(diǎn)F，是否存在這樣的點(diǎn)P，使△PEF的面積最??？假設(shè)存在，請(qǐng)求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)及△PEF面積的最小值；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】〔1〕y=﹣x2﹣x+．〔2〕證明見(jiàn)解析；〔3〕P〔，〕．．【解析】試題分析：〔1〕設(shè)拋物線的解析式為y=a〔x﹣2〕〔x+4〕，將點(diǎn)M的坐標(biāo)代入可求得a的值，從而得到拋物線的解析式；〔2〕連接AM，過(guò)點(diǎn)M作MG⊥AD，垂足為G．先求得點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)，可求得，可得到AG、ME、OA、OB的長(zhǎng)，然后利用銳角三角函數(shù)的定義可證明∠MAG=∠ABD，故此可證明AM⊥AB；〔3〕〕先證明∠FPE=∠FBD．那么PF：PE：EF=：2：1．那么△PEF的面積=PF2，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為〔x，﹣x2﹣x+〕，那么F〔x，﹣x+4〕．然后可得到PF與x的函數(shù)關(guān)系式，最后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．試題解析：〔1〕設(shè)拋物線的解析式為y=a〔x﹣2〕〔x+4〕，將點(diǎn)M的坐標(biāo)代入得：﹣9a=2，解得：a=﹣．∴拋物線的解析式為y=﹣x2﹣x+．〔2〕連接AM，過(guò)點(diǎn)M作MG⊥AD，垂足為G．把x=0代入y=﹣x+4得：y=4，∴A〔0，4〕．將y=0代入得：0=﹣x+4，解得x=8，∴B〔8，0〕．∴OA=4，OB=8．∵M(jìn)〔﹣1，2〕，A〔0，4〕，∴MG=1，AG=2．∴tan∠MAG=tan∠ABO=．∴∠MAG=∠ABO．∵∠OAB+∠ABO=90°，∴∠MAG+∠OAB=90°，即∠MAB=90°．∴l(xiāng)是⊙M的切線．〔3〕∵∠PFE+∠FPE=90°，∠FBD+∠PFE=90°，∴∠FPE=∠FBD．∴tan∠FPE=．∴PF：PE：EF=：2：1．∴△PEF的面積=PE?EF=PF?PF=PF2．∴當(dāng)PF最小時(shí)，△PEF的面積最小．設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為〔x，﹣x2﹣x+，那么F〔x，﹣x+4〕．∴PF=〔﹣x+4〕﹣〔﹣x2﹣x+〕=﹣x+4+x2+x﹣=x2﹣x+=〔x﹣〕2+．∴當(dāng)x=時(shí)，PF有最小值，PF的最小值為．∴P〔，〕．∴△PEF的面積的最小值為=×〔〕2=．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．19.〔2023山東煙臺(tái)第24題〕如圖，菱形中，對(duì)角線相交于點(diǎn)，，動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，沿線段以的速度向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，沿線段以的速度向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)時(shí)另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止.設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，以點(diǎn)為圓心，為半徑的⊙與射線，線段分別交于點(diǎn)，連接.〔1〕求的長(zhǎng)〔用含有的代數(shù)式表示〕，并求出的取值范圍；〔2〕當(dāng)為何值時(shí)，線段與⊙相切？〔3〕假設(shè)⊙與線段只有一個(gè)公共點(diǎn)，求的取值范圍.【答案】〔1〕BF=t〔0＜t≤8〕．〔2〕t=s時(shí)，線段EN與⊙M相切．〔3〕當(dāng)0＜t≤或＜t＜8時(shí)，⊙M與線段EN只有一個(gè)公共點(diǎn)．【解析】試題分析：〔1〕連接MF．只要證明MF∥AD，可得，即，解方程即可；〔2〕當(dāng)線段EN與⊙M相切時(shí)，易知△BEN∽△BOA，可得，即，解方程即可；〔3〕①由題意可知：當(dāng)0＜t≤時(shí)，⊙M與線段EN只有一個(gè)公共點(diǎn)．②當(dāng)F與N重合時(shí)，那么有t+2t=16，解得t=，觀察圖象即可解決問(wèn)題試題解析：〔1〕連接MF．∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD，AC⊥BD，OA=OC=6，OB=OD=8，在Rt△AOB中，AB==10，∵M(jìn)B=MF，AB=AD，∴∠ABD=∠ADB=∠MFB，∴MF∥AD，∴，∴，∴BF=t〔0＜t≤8〕．〔2〕當(dāng)線段EN與⊙M相切時(shí)，易知△BEN∽△BOA，∴，∴，∴t=．∴t=s時(shí)，線段EN與⊙M相切．〔3〕①由題意可知：當(dāng)0＜t≤時(shí)，⊙M與線段EN只有一個(gè)公共點(diǎn)．②當(dāng)F與N重合時(shí)，那么有t+2t=16，解得t=，關(guān)系圖象可知，＜t＜8時(shí)，⊙M與線段EN只有一個(gè)公共點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)0＜t≤或＜t＜8時(shí)，⊙M與線段EN只有一個(gè)公共點(diǎn)．考點(diǎn)：圓的綜合題．20.〔2023山東煙臺(tái)第25題〕如圖1，拋物線與軸交于兩點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，，矩形的邊，延長(zhǎng)交拋物線于點(diǎn).〔1〕求拋物線的表達(dá)式；〔2〕如圖2，點(diǎn)是直線上方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸的平行線交直線于點(diǎn)，作，垂足為.設(shè)的長(zhǎng)為，點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，求與的函數(shù)關(guān)系是〔不必寫(xiě)出的取值范圍〕，并求出的最大值；〔3〕如果點(diǎn)是拋物線對(duì)稱(chēng)軸上的一點(diǎn)，拋物線上是否存在點(diǎn)，使得以為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？假設(shè)存在，直接寫(xiě)出所有滿足條件的的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.【答案】〔1〕拋物線解析式為y=﹣x2﹣x+2；〔2〕l=﹣〔m+〕2+，最大值為；〔3〕〔2，﹣〕或〔﹣4，﹣〕或〔﹣2，2〕．【解析】試題解析：〔1〕∵矩形OBDC的邊CD=1，∴OB=1，∵AB=4，∴OA=3，∴A〔﹣3，0〕，B〔1，0〕，把A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線解析式可得，解得，∴拋物線解析式為y=﹣x2﹣x+2；〔2〕在y=﹣x2﹣x+2中，令y=2可得2=﹣x2﹣x+2，解得x=0或x=﹣2，∴E〔﹣2，2〕，∴直線OE解析式為y=﹣x，由題意可得P〔m，﹣m2﹣m+2〕，∵PG∥y軸，∴G〔m，﹣m〕，∵P在直線OE的上方，∴PG=﹣m2﹣m+2﹣〔﹣m〕=﹣m2﹣m+2=﹣〔m+〕2+，∵直線OE解析式為y=﹣x，∴∠PGH=∠COE=45°，∴l(xiāng)=PG=[﹣〔m+〕2+]=﹣〔m+〕2+，∴當(dāng)m=﹣時(shí)，l有最大值，最大值為；〔3〕①當(dāng)AC為平行四邊形的邊時(shí)，那么有MN∥AC，且MN=AC，如圖，過(guò)M作對(duì)稱(chēng)軸的垂線，垂足為F，設(shè)AC交對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)L，那么∠ALF=∠ACO=∠FNM，在△MFN和△AOC中∴△MFN≌△AOC〔AAS〕，∴MF=AO=3，∴點(diǎn)M到對(duì)稱(chēng)軸的距離為3，又y=﹣x2﹣x+2，∴拋物線對(duì)稱(chēng)軸為x=﹣1，設(shè)M點(diǎn)坐標(biāo)為〔x，y〕，那么|x+1|=3，解得x=2或x=﹣4，當(dāng)x=2時(shí)，y=﹣，當(dāng)x=﹣4時(shí)，y=，∴M點(diǎn)坐標(biāo)為〔2，﹣〕或〔﹣4，﹣〕；②當(dāng)AC為對(duì)角線時(shí)，設(shè)AC的中點(diǎn)為K，∵A〔﹣3，0〕，C〔0，2〕，∴K〔﹣，1〕，∵點(diǎn)N在對(duì)稱(chēng)軸上，∴點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為﹣1，設(shè)M點(diǎn)橫坐標(biāo)為x，∴x+〔﹣1〕=2×〔﹣〕=﹣3，解得x=﹣2，此時(shí)y=2，∴M〔﹣2，2〕；綜上可知點(diǎn)M的坐標(biāo)為〔2，﹣〕或〔﹣4，﹣〕或〔﹣2，2〕．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．21.〔2023四川瀘州第25題〕如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c〔a≠0〕的圖象經(jīng)過(guò)A〔-1，0〕、B〔4，0〕、C〔0，2〕三點(diǎn)．〔1〕求該二次函數(shù)的解析式；〔2〕點(diǎn)D是該二次函數(shù)圖象上的一點(diǎn)，且滿足∠DBA=∠CAO〔O是坐標(biāo)原點(diǎn)〕，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；〔3〕點(diǎn)P是該二次函數(shù)圖象上位于一象限上的一動(dòng)點(diǎn)，連接PA分別交BC，y軸與點(diǎn)E、F，假設(shè)△PEB、△CEF的面積分別為S1、S2，求S1-S2的最大值．【答案】【解析】試題分析：〔1〕由A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；〔2〕當(dāng)點(diǎn)D在x軸上方時(shí)，那么可知當(dāng)CD∥AB時(shí)，滿足條件，由對(duì)稱(chēng)性可求得D點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)點(diǎn)D在x軸下方時(shí)，可證得BD∥AC，利用AC的解析式可求得直線BD的解析式，再聯(lián)立直線BD和拋物線的解析式可求得D點(diǎn)坐標(biāo)；〔3〕過(guò)點(diǎn)P作PH∥y軸交直線BC于點(diǎn)H，可設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)，從而可表示出PH的長(zhǎng)，可表示出△PEB的面積，進(jìn)一步可表示出直線AP的解析式，可求得F點(diǎn)的坐標(biāo)，聯(lián)立直線BC和PA的解析式，可表示出E點(diǎn)橫坐標(biāo)，從而可表示出△CEF的面積，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得S1-S2的最大值．試題解析：〔1〕由題意可得，解得，∴拋物線解析式為y=-；〔2〕當(dāng)點(diǎn)D在x軸上方時(shí)，過(guò)C作CD∥AB交拋物線于點(diǎn)D，如圖1，∵A、B關(guān)于對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，C、D關(guān)于對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)，∴四邊形ABDC為等腰梯形，∴∠CAO=∠DBA，即點(diǎn)D滿足條件，∴D〔3，2〕；當(dāng)點(diǎn)D在x軸下方時(shí)，∵∠DBA=∠CAO，∴BD∥AC，∵C〔0，2〕，∴可設(shè)直線AC解析式為y=kx+2，把A〔-1，0〕代入可求得k=2，∴直線AC解析式為y=2x+2，∴可設(shè)直線BD解析式為y=2x+m，把B〔4，0〕代入可求得m=-8，∴直線BD解析式為y=2x-8，聯(lián)立直線BD和拋物線解析式可得，解得或，∴D〔-5，-18〕；綜上可知滿足條件的點(diǎn)D的坐標(biāo)為〔3，2〕或〔-5，-18〕；〔3〕過(guò)點(diǎn)P作PH∥y軸交直線BC于點(diǎn)H，如圖2，設(shè)P〔t，-t+2〕，由B、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)可求得直線BC的解析式為y=- ，∴H〔t，-〕，∴PH=yP-yH=-=-，設(shè)直線AP的解析式為y=px+q，∴，解得，∴直線AP的解析式為y=〔-t+2〕〔x+1〕，令x=0可得y=2-t，∴F〔0，2-t〕，∴CF=2-〔2-t〕=t，聯(lián)立直線AP和直線BC解析式可得，解得x=，即E點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，∴S1=PH〔xB-xE〕=〔-t2+2t〕〔5-〕，S2=??，∴S1-S2=〔-t2+2t〕〔5-〕-??，=-t2+5t=-〔t-〕2+，∴當(dāng)t=時(shí)，有S1-S2有最大值，最大值為．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題.22.〔2023四川宜賓第24題〕如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸分別交于A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕兩點(diǎn)．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕在第二象限內(nèi)取一點(diǎn)C，作CD垂直X軸于點(diǎn)D，鏈接AC，且AD=5，CD=8，將Rt△ACD沿x軸向右平移m個(gè)單位，當(dāng)點(diǎn)C落在拋物線上時(shí)，求m的值；〔3〕在〔2〕的條件下，當(dāng)點(diǎn)C第一次落在拋物線上記為點(diǎn)E，點(diǎn)P是拋物線對(duì)稱(chēng)軸上一點(diǎn)．試探究：在拋物線上是否存在點(diǎn)Q，使以點(diǎn)B、E、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？假設(shè)存在，請(qǐng)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】〔1〕拋物線解析式為y=﹣x2+4x+5；〔2〕m的值為7或9；〔3〕Q點(diǎn)的坐標(biāo)為〔﹣2，﹣7〕或〔6，﹣7〕或〔4，5〕．【解析】試題分析：〔1〕由A、B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式；〔2〕由題意可求得C點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)平移后的點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C′，那么C′點(diǎn)的縱坐標(biāo)為8，代入拋物線解析式可求得C′點(diǎn)的坐標(biāo)，那么可求得平移的單位，可求得m的值；〔3〕由〔2〕可求得E點(diǎn)坐標(biāo)，連接BE交對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)M，過(guò)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，當(dāng)BE為平行四邊形的邊時(shí)，過(guò)Q作對(duì)稱(chēng)軸的垂線，垂足為N，那么可證得△PQN≌△EFB，可求得QN，即可求得Q到對(duì)稱(chēng)軸的距離，那么可求得Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)，代入拋物線解析式可求得Q點(diǎn)坐標(biāo)；當(dāng)BE為對(duì)角線時(shí)，由B、E的坐標(biāo)可求得線段BE的中點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)Q〔x，y〕，由P點(diǎn)的橫坐標(biāo)那么可求得Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)，代入拋物線解析式可求得Q點(diǎn)的坐標(biāo)．試題解析：〔1〕∵拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸分別交于A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕兩點(diǎn)，∴，解得，∴拋物線解析式為y=﹣x2+4x+5；〔2〕∵AD=5，且OA=1，∴OD=6，且CD=8，∴C〔﹣6，8〕，設(shè)平移后的點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C′，那么C′點(diǎn)的縱坐標(biāo)為8，代入拋物線解析式可得8=﹣x2+4x+5，解得x=1或x=3，∴C′點(diǎn)的坐標(biāo)為〔1，8〕或〔3，8〕，∵C〔﹣6，8〕，∴當(dāng)點(diǎn)C落在拋物線上時(shí)，向右平移了7或9個(gè)單位，∴m的值為7或9；〔3〕∵y=﹣x2+4x+5=﹣〔x﹣2〕2+9，∴拋物線對(duì)稱(chēng)軸為x=2，∴可設(shè)P〔2，t〕，由〔2〕可知E點(diǎn)坐標(biāo)為〔1，8〕，①當(dāng)BE為平行四邊形的邊時(shí)，連接BE交對(duì)稱(chēng)軸于點(diǎn)M，過(guò)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，當(dāng)BE為平行四邊形的邊時(shí)，過(guò)Q作對(duì)稱(chēng)軸的垂線，垂足為N，如圖，那么∠BEF=∠BMP=∠QPN，在△PQN和△EFB中∴△PQN≌△EFB〔AAS〕，∴NQ=BF=OB﹣OF=5﹣1=4，設(shè)Q〔x，y〕，那么QN=|x﹣2|，∴|x﹣2|=4，解得x=﹣2或x=6，當(dāng)x=﹣2或x=6時(shí)，代入拋物線解析式可求得y=﹣7，∴Q點(diǎn)坐標(biāo)為〔﹣2，﹣7〕或〔6，﹣7〕；②當(dāng)BE為對(duì)角線時(shí)，∵B〔5，0〕，E〔1，8〕，∴線段BE的中點(diǎn)坐標(biāo)為〔3，4〕，那么線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為〔3，4〕，設(shè)Q〔x，y〕，且P〔2，t〕，∴x+2=3×2，解得x=4，把x=4代入拋物線解析式可求得y=5，∴Q〔4，5〕；綜上可知Q點(diǎn)的坐標(biāo)為〔﹣2，﹣7〕或〔6，﹣7〕或〔4，5〕．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．23.〔2023四川自貢第25題〕如圖1，在平面直角坐標(biāo)系，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A〔﹣1，0〕，點(diǎn)B〔0，〕．〔1〕求∠BAO的度數(shù)；〔2〕如圖1，將△AOB繞點(diǎn)O順時(shí)針得△A′OB′，當(dāng)A′恰好落在AB邊上時(shí)，設(shè)△AB′O的面積為S1，△BA′O的面積為S2，S1與S2有何關(guān)系？為什么？〔3〕假設(shè)將△AOB繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到如圖2所示的位置，S1與S2的關(guān)系發(fā)生變化了嗎？證明你的判斷．【答案】(1)∠BAO=60°；(2)S1=S2;(3)S1=S2不發(fā)生變化；理由見(jiàn)解析.【解析】試題分析：〔1〕先求出OA，OB，再利用銳角三角函數(shù)即可得出結(jié)論；〔2〕根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AO=AA＇，再根據(jù)直角三角形30°角所對(duì)的直角邊等斜邊的一半求出AO=AB，然后求出AO=AA’，，然后再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)O到AB的距離等于點(diǎn)A＇到AO的距離，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等解答；〔3〕根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BO=OB＇，AA＇=OA＇，再求出∠AON=∠A＇OM，然后再證明ΔAON≌ΔA＇OM，可得AN=A＇M，然后利用等底等高的三角形面積相等證明.試題解析：〔1〕∵A〔﹣1，0〕，B〔0， 〕，∴OA=1，OB=，在Rt△AOB中，tan∠BAO==，∴∠BAO=60°；〔2〕∵∠BAO=60°，∠AOB=90°，∴∠ABO=30°，∴CA'=AC=AB，∴OA'=AA'=AO，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得，△AOA'的邊AO、AA'上的高相等，∴△BA'O的面積和△AB'O的面積相等〔等底等高的三角形的面積相等〕，即S1=S2.〔3〕S1=S2不發(fā)生變化；理由：如圖，過(guò)點(diǎn)'作A'M⊥OB．過(guò)點(diǎn)A作AN⊥OB'交B'O的延長(zhǎng)線于N，∵△A'B'O是由△ABO繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)得到，∴BO=OB'，AO=OA'，∵∠AON+∠BON=90°，∠A'OM+∠BON=180°﹣90°=90°，∴∠AON=∠A'OM，在△AON和△A'OM中，，∴△AON≌△A'OM〔AAS〕，∴AN=A'M，∴△BOA'的面積和△AB'O的面積相等〔等底等高的三角形的面積相等〕，即S1=S2．考點(diǎn)：幾何變換綜合題.24.〔2023新疆建設(shè)兵團(tuán)第23題〕如圖，拋物線y=﹣x2+x+2與x軸交于點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)C．〔1〕試求A，B，C的坐標(biāo)；〔2〕將△ABC繞AB中點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)180°，得到△BAD．3①求點(diǎn)D的坐標(biāo)；②判斷四邊形ADBC的形狀，并說(shuō)明理由；〔3〕在該拋物線對(duì)稱(chēng)軸上是否存在點(diǎn)P，使△BMP與△BAD相似？假設(shè)存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出所有滿足條件的P點(diǎn)的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)A〔﹣1，0〕，B〔4，0〕，C〔0，2〕；(2)①D〔3，﹣2〕；②四邊形ADBC是矩形；理由見(jiàn)解析，(3)點(diǎn)P的坐標(biāo)為：〔1.5，1.25〕，〔1.5，﹣1.25〕，〔1.5，5〕，〔1.5，﹣5〕．【解析】試題分析：〔1〕直接利用y=0，x=0分別得出A，B，C的坐標(biāo)；〔2〕①利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合三角形各邊長(zhǎng)得出D點(diǎn)坐標(biāo)；②利用平行四邊形的判定方法結(jié)合勾股定理的逆定理得出四邊形ADBC的形狀；〔3〕直接利用相似三角形的判定與性質(zhì)結(jié)合三角形各邊長(zhǎng)進(jìn)而得出答案．試題解析：〔1〕當(dāng)y=0時(shí)，0=﹣x2+x+2，解得：x1=﹣1，x2=4，那么A〔﹣1，0〕，B〔4，0〕，當(dāng)x=0時(shí)，y=2，故C〔0，2〕；〔2〕①過(guò)點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，∵將△ABC繞AB中點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)180°，得到△BAD，∴DE=2，AO=BE=1，OM=ME=1.5，∴D〔3，﹣2〕；②∵將△ABC繞AB中點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)180°，得到△BAD，∴AC=BD，AD=BC，∴四邊形ADBC是平行四邊形，∵AC=，BC=，AB=5，∴AC2+BC2=AB2，∴△ACB是直角三角形，∴∠ACB=90°，∴四邊形ADBC是矩形；〔3〕由題意可得：BD=，AD=2，那么，當(dāng)△BMP∽△ADB時(shí)，，可得：BM=2.5，那么PM=1.25，故P〔1.5，1.25〕，當(dāng)△BMP1∽△ABD時(shí)，P1〔1.5，﹣1.25〕，當(dāng)△BMP2∽△BDA時(shí)，可得：P2〔1.5，5〕，當(dāng)△BMP3∽△BDA時(shí)，可得：P3〔1.5，﹣5〕，綜上所述：點(diǎn)P的坐標(biāo)為：〔1.5，1.25〕，〔1.5，﹣1.25〕，〔1.5，5〕，〔1.5，﹣5〕．考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題．25.〔2023江蘇徐州第27題〕如圖，二次函數(shù)的圖象與軸交于兩點(diǎn)與軸交于點(diǎn)，⊙的半徑為為⊙上一動(dòng)點(diǎn).〔1〕點(diǎn)的坐標(biāo)分別為〔〕，〔〕；〔2〕是否存在點(diǎn)，使得為直角三角形？假設(shè)存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)連接，假設(shè)為的中點(diǎn)，連接，那么的最大值=.【答案】〔1〕3，0；0，-4；〔2〕〔-1，-2〕或〔〔，〕，或〔，--4〕或〔--，〕；〔3〕．【解析】