202X嘉興市中考數(shù)學(xué)二次函數(shù)和幾何綜合專題

202X嘉興市中考數(shù)學(xué)二次函數(shù)和幾何綜合專題一、二次函數(shù)壓軸題1．定義：若拋物線的頂點和與x軸的兩個交點所組成的三角形為等邊三角形時．則稱此拋物線為正拋物線．概念理解：（1）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，點D是BC的中點．試證明：以點A為頂點，且與x軸交于D、C兩點的拋物線是正拋物線；問題探究：（2）已知一條拋物線經(jīng)過x軸的兩點E、F（E在F的左邊），E（1，0）且EF＝2若此條拋物線為正拋物線，求這條拋物線的解析式；應(yīng)用拓展：（3）將拋物線y1＝﹣x2+2x+9向下平移9個單位后得新的拋物線y2．拋物線y2的頂點為P，與x軸的兩個交點分別為M、N（M在N左側(cè)），把△PMN沿x軸正半軸無滑動翻滾，當(dāng)邊PN與x軸重合時記為第1次翻滾，當(dāng)邊PM與x軸重合時記為第2次翻滾，依此類推…，請求出當(dāng)?shù)?019次翻滾后拋物線y2的頂點P的對應(yīng)點坐標(biāo)．2．探究：已知二次函數(shù)y＝ax2﹣2x+3經(jīng)過點A(﹣3，0)．(1)求該函數(shù)的表達(dá)式；(2)如圖所示，點P是拋物線上在第二象限內(nèi)的一個動點，且點P的橫坐標(biāo)為t，連接AC，PA，PC．①求△ACP的面積S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；②求△ACP的面積的最大值，并求出此時點P的坐標(biāo)．拓展：在平面直角坐標(biāo)系中，點M的坐標(biāo)為(﹣1，3)，N的坐標(biāo)為(3，1)，若拋物線y＝ax2﹣2x+3(a＜0)與線段MN有兩個不同的交點，請直接寫出a的取值范圍．3．如圖1，點EF在直線l的同一側(cè)，要在直線l上找一點K，使KE與KF的距離之和最小，我們可以作出點E關(guān)于l的對稱點E′，連接FE′交直線L于點K，則點K即為所求．（1）（實踐運(yùn)用）拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）．如圖2．①求該拋物線的解析式；②在拋物線的對稱軸上找一點P，使PA+PC的值最小，并求出此時點P的坐標(biāo)及PA+PC的最小值．（2）（知識拓展）在對稱軸上找一點Q，使|QA﹣QC|的值最大，并求出此時點Q的坐標(biāo)．4．綜合與探究如圖1，拋物線與x軸交于兩點（點A在點B的左側(cè)），其中，與y軸相交于點C，拋物線的對稱軸與x軸交于點E．點P是拋物線上的一個動點．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）如圖1，P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，連接，過點P作直線于點F，求的最大值；（3）如圖2，連接，拋物線上是否存在點P，使？若存在，請直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．5．綜合與探究如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與軸分別交于點和點（點在點的左側(cè)），交軸于點．點是線段上的一個動點，沿以每秒1個單位長度的速度由點向點運(yùn)動，過點作軸，交拋物線于點，交直線于點，連接．（1）求直線的表達(dá)式；（2）在點運(yùn)動過程中，運(yùn)動時間為何值時，？（3）在點運(yùn)動過程中，的周長是否存在最小值？若存在，求出此時點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．6．綜合與探究．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝﹣x2﹣3x+4與x軸分別交于點A和點B（點A在點B的左側(cè)），交y軸于點C．點P是線段OA上的一個動點，沿OA以每秒1個單位長度的速度由點O向點A運(yùn)動，過點P作DP⊥x軸，交拋物線于點D，交直線AC于點E，連接BE．（1）求直線AC的表達(dá)式；（2）在點P運(yùn)動過程中，運(yùn)動時間為何值時，EC＝ED？（3）在點P運(yùn)動過程中，△EBP的周長是否存在最小值？若存在，求出此時點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．7．根據(jù)我們學(xué)習(xí)函數(shù)的過程與方法，對函數(shù)y＝x2＋bx＋2﹣c|x﹣1|的圖像和性質(zhì)進(jìn)行探究，已知該函數(shù)圖像經(jīng)過（﹣1，﹣2）與（2，1）兩點，（1）該函數(shù)的解析式為，補(bǔ)全下表：x?﹣4﹣3﹣2﹣1123?y?2﹣1﹣2212?（2）描點、連線，在所給的平面直角坐標(biāo)系中畫出該函數(shù)的圖象，寫出這個函數(shù)的一條性質(zhì)：．（3）結(jié)合你所畫的圖象與函數(shù)y＝x的圖象，直接寫出x2＋bx＋2﹣c|x﹣1|≤x的解集．8．某校九年級數(shù)學(xué)興趣社團(tuán)的同學(xué)們學(xué)習(xí)二次函數(shù)后，有興趣的在一起探究“函數(shù)的有關(guān)圖象和性質(zhì)”．探究過程如下：（1）列表：問______．x…012…y…620002m…（2）請在平面直角坐標(biāo)系中畫出圖象．（3）若方程（p為常數(shù)）有三個實數(shù)根，則______．（4）試寫出方程（p為常數(shù)）有兩個實數(shù)根時，p的取值范圍是______．9．如圖，拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC．點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，點P的橫坐標(biāo)為m，過點P作PM⊥x軸，垂足為點M，PM交BC于點Q．（1）求此拋物線的表達(dá)式：（2）過點P作PN⊥BC，垂足為點N，請用含m的代數(shù)式表示線段PN的長，并求出當(dāng)m為何值時PN有最大值，最大值是多少？（3）試探究點P在運(yùn)動過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A，C，Q為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出此時點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．10．小云在學(xué)習(xí)過程中遇到一個函數(shù)．下面是小云對其探究的過程，請補(bǔ)充完整：（1）當(dāng)時，對于函數(shù)，即，當(dāng)時，隨的增大而，且；對于函數(shù)，當(dāng)時，隨的增大而，且；結(jié)合上述分析，進(jìn)一步探究發(fā)現(xiàn)，對于函數(shù)，當(dāng)時，隨的增大而．（2）當(dāng)時，對于函數(shù)，當(dāng)時，與的幾組對應(yīng)值如下表：012301綜合上表，進(jìn)一步探究發(fā)現(xiàn)，當(dāng)時，隨的增大而增大．在平面直角坐標(biāo)系中，畫出當(dāng)時的函數(shù)的圖象．（3）過點(0，m)（）作平行于軸的直線，結(jié)合（1）（2）的分析，解決問題：若直線與函數(shù)的圖象有兩個交點，則的最大值是．二、中考幾何壓軸題11．問題情境：兩張直角三角形紙片中，．連接，，過點作的垂線，分別交線段，于點，（與在直線異側(cè)）．特例分析：（1）如圖1，當(dāng)時，求證：；拓展探究：（2）當(dāng)，探究下列問題：①如圖2，當(dāng)時，直接寫出線段與之間的數(shù)量關(guān)系：；②如圖3，當(dāng)時，猜想與之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；推廣應(yīng)用：（3）若圖3中，，設(shè)的面積為，則的面積為．（用含，的式子表示）12．石家莊某學(xué)校數(shù)學(xué)興趣小組利用機(jī)器人開展數(shù)學(xué)活動，在相距150個單位長度的直線跑道AB上，機(jī)器人甲從端點A出發(fā)，勻速往返于端點A、B之間，機(jī)器人乙同時從端點B出發(fā)，以大于甲的速度勻速往返于端點B、A之間．他們到達(dá)端點后立即轉(zhuǎn)身折返，用時忽略不計，興趣小組成員探究這兩個機(jī)器人迎面相遇的情況，這里的“迎面相遇”包括面對面相遇、在端點處相遇這兩種．（觀察）①觀察圖1，若這兩個機(jī)器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為30個單位長度，則他們第二次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為個單位長度．②若這兩個機(jī)器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為35個單位長度，則他們第二次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為個單位長度．（發(fā)現(xiàn)）設(shè)這兩個機(jī)器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為x個單位長度，他們第二次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為y個單位長度，興趣小組成員發(fā)現(xiàn)了y與x的函數(shù)關(guān)系，并畫出了部分函數(shù)圖象（線段OP，不包括點O，如圖2所示）①a＝；②分別求出各部分圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式，并在圖2中補(bǔ)全函數(shù)圖象．（拓展）設(shè)這兩個機(jī)器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為x個單位長度，他們第三次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為y個單位長度，若這兩個機(jī)器人在第三次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離y不超過60個單位長度，則他們第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離x的取值范圍是．（直接寫出結(jié)果）13．如圖1，在等腰三角形中，點分別在邊上，連接點分別為的中點．（1）觀察猜想圖1中，線段的數(shù)量關(guān)系是____，的大小為_____；（2）探究證明把繞點順時針方向旋轉(zhuǎn)到如圖2所示的位置，連接判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸把繞點在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若，請求出面積的最大值．14．（問題情境）在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），點P為直線BC上一動點（不與點B、C重合），連接AP，將線段PA繞點P順時針旋轉(zhuǎn)得到線段PQ旋轉(zhuǎn)角為α，連接CQ．（特例分析）（1）當(dāng)α＝90°，點P在線段BC上時，過P作PF∥AC交直線AB于點F，如圖①，易得圖中與△APF全等的一個三角形是，∠ACQ＝°．（拓展探究）（2）當(dāng)點P在BC延長線上，AB：AC＝m：n時，如圖②，試求線段BP與CQ的比值；（問題解決）（3）當(dāng)點P在直線BC上，α＝60°，∠APB＝30°，CP＝4時，請直接寫出線段CQ的長．15．探究：如圖1和圖2，四邊形中，已知，，點、分別在、上，．（1）①如圖1，若、都是直角，把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)90°至，使與重合，直接寫出線段、和之間的數(shù)量關(guān)系____________________；②如圖2，若、都不是直角，但滿足，線段、和之間①中的結(jié)論是否仍然成立，若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．（2）拓展：如圖3，在中，，，點、均在邊上，且，若，求的長．16．在與中，且，點D始終在線段AB上（不與A、B重合）．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若度，的度數(shù)______，______；（2）類比探究：如圖2，若度，試求的度數(shù)和的值；（3）拓展應(yīng)用：在（2）的條件下，M為DE的中點，當(dāng)時，BM的最小值為多少？直接寫出答案．17．（模型構(gòu)建）如圖所示，在邊長為1的正方形中，的頂點，分別在，上（可與點，，重合），且滿足．的高線交線段于點（可與，重合），設(shè)．（1）求的值．（模型拓展）在（模型構(gòu)建）的基礎(chǔ)上，將條件“邊長為1的正方形”改為“長、寬的矩形”（其他條件不變）．（2）判斷的值是否改變．若改變，請求出的取值范圍；若不改變，請證明．（深入探究）在（模型構(gòu)建）的基礎(chǔ)上，設(shè)的面積為．（3）①求的最小值；②當(dāng)取到最小值時，直接寫出與的數(shù)量關(guān)系．18．《函數(shù)的圖象與性質(zhì)》拓展學(xué)習(xí)展示：（問題）如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線：與軸相交于，兩點，與軸交于點，則______，______．（操作）將圖①中拋物線沿方向平移長度的距離得到拋物線，在軸左側(cè)的部分與在軸右側(cè)的部分組成的新圖象記為，如圖②．請直接寫出圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式．（探究）在圖②中，過點作直線平行于軸，與圖象交于，兩點，如圖③．求出圖象在直線上方的部分對應(yīng)的函數(shù)隨的增大而增大時的取值范圍．（應(yīng)用）是拋物線對稱軸上一個動點，當(dāng)是直角三角形時，直接寫出點的坐標(biāo)．19．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形中，點，分別在邊，上，于點，點，分別在邊，上，．求證：；（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，將矩形沿折疊，使點落在邊上的點處，得到四邊形，交于點，連接交于點．試探究與之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）拓展應(yīng)用：在（2）的條件下，連接，若，，求的長．20．（問題發(fā)現(xiàn)）（1）如圖1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D為BC邊上一點（不與點B、C重合）將線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到AE，連結(jié)EC，則線段BD與CE的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是；（探究證明）（2）如圖2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，將△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點C，D，E在同一直線時，BD與CE具有怎樣的位置關(guān)系，并說明理由；（拓展延伸）（3）如圖3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，將△ACD繞順時針旋轉(zhuǎn)，點C對應(yīng)點E，設(shè)旋轉(zhuǎn)角∠CAE為α（0°＜α＜360°），當(dāng)點C，D，E在同一直線時，畫出圖形，并求出線段BE的長度．【參考答案】***試卷處理標(biāo)記，請不要刪除一、二次函數(shù)壓軸題1．A解析：（1）詳見解析；（2）y＝或y＝；（3）當(dāng)?shù)?019次翻滾后拋物線y2的頂點P的對應(yīng)點坐標(biāo)為（4039，3）．【分析】（1）由Rt△ABC中AD是斜邊BC的中線可得AD＝CD，由拋物線對稱性可得AD＝AC，即證得△ACD是等邊三角形．（2）設(shè)拋物線頂點為G，根據(jù)正拋物線定義得△EFG是等邊三角形，又易求E、F坐標(biāo)，即能求G點坐標(biāo)．由于不確定點G縱坐標(biāo)的正負(fù)號，故需分類討論，再利用頂點式求拋物線解析式．（3）根據(jù)題意求出拋物線y2的解析式，并按題意求出P、M、N的坐標(biāo)，得到等邊△PMN，所以當(dāng)△PMN翻滾時，每3次為一個周期，點P回到x軸上方，且橫坐標(biāo)每多一個周期即加6，其規(guī)律為當(dāng)翻滾次數(shù)n能被3整除時，橫坐標(biāo)為：+n×2＝（2n+1）．2019能被3整除，代入即能求此時點P坐標(biāo)．【詳解】解：（1）證明：∠BAC＝90°，點D是BC的中點∴AD＝BD＝CD＝BC∵拋物線以A為頂點與x軸交于D、C兩點∴AD＝AC∴AD＝AC＝CD∴△ACD是等邊三角形∴以A為頂點與x軸交于D、C兩點的拋物線是正拋物線．（2）∵E（1，0）且EF＝2，點F在x軸上且E在F的左邊∴F（3，0）∵一條經(jīng)過x軸的兩點E、F的拋物線為正拋物線，設(shè)頂點為G∴△EFG是等邊三角形∴xG＝①當(dāng)G（2，）時，設(shè)拋物線解析式為y＝a（x﹣2）2+把點E（1，0）代入得：a+＝0∴a＝﹣∴y＝﹣（x﹣2）2+②當(dāng)G（2，﹣）時，設(shè)拋物線解析式為y＝a（x﹣2）2﹣把點E（1，0）代入得：a﹣＝0∴a＝∴y＝（x﹣2）2﹣綜上所述，這條拋物線的解析式為y＝﹣（x﹣2）2+或y＝（x﹣2）2﹣（3）∵拋物線y1＝﹣x2+2x+9＝﹣（x﹣）2+12∴y1向下平移9個單位后得拋物線y2＝﹣（x﹣）2+3∴P（，3），M（0，0），N（2，0）∴PM＝MN＝PN＝2∴△PMN是等邊三角形∴第一次翻滾頂點P的坐標(biāo)變?yōu)镻1（4，0），第二次翻滾得P2與P1相同，第三次翻滾得P3（7，3）即每翻滾3次為一個周期，當(dāng)翻滾次數(shù)n能被3整除時，點P縱坐標(biāo)為3，橫坐標(biāo)為：+n×2＝（2n+1）∵2019÷3＝673∴（2×2019+1）×＝4039∴當(dāng)?shù)?019次翻滾后拋物線y2的頂點P的對應(yīng)點坐標(biāo)為（4039，3）．【點睛】本題考查了新定義的理解、性質(zhì)運(yùn)用，二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，直角三角形和等邊三角形的性質(zhì)．第（3）題的解題關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)等邊△PMN每3次翻滾看作一個周期，點P對應(yīng)點坐標(biāo)的特征，是規(guī)律探索的典型題．2．探究：（1）；（2）①，②的面積的最大值是，此時點的坐標(biāo)為，拓展：.【分析】（1）由待定系數(shù)法易求解析式；（2）過點作于點，交于點.設(shè)點的坐標(biāo)為，由可得關(guān)于t的二次函數(shù)，進(jìn)而可求最大值.（3）根據(jù)拋物線與MN的位置關(guān)系可知當(dāng)拋物線經(jīng)過M點時，a取最大值.【詳解】探究：（1）∵拋物線經(jīng)過點，∴，解得.∴拋物線的表達(dá)式為.（2）①過點作于點，交于點.設(shè)直線的解析式為，將、代入，，解得：，∴直線的解析式為.∵點在拋物線上，點在直線上，∴點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為，∴，∴.②∵，∴當(dāng)時，，當(dāng)時，.∴的面積的最大值是，此時點的坐標(biāo)為.[拓展]：拋物線y=ax2?2x+3(a<0),當(dāng)x=1時，y=a-2+3=a+1＜3，故拋物線右邊一定與MN有交點，當(dāng)x=-1，y=a+2+3=a+5，在M點或下方時，拋物線左邊邊一定與MN有交點，即a+5≤3；∴；【點睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，三角形面積的計算，極值的確定，關(guān)鍵是確定出拋物線解析式，難點是數(shù)形結(jié)合確定a點的求值范圍．3．A解析：（1）①y=x2﹣2x﹣3，②點P的坐標(biāo)為（1，﹣2），PA+PC的最小值為3；（2）點Q的坐標(biāo)為（1，﹣6）．【詳解】分析：（1）①由點A、B的坐標(biāo)可將拋物線的解析式變形為交點式，代入點C的坐標(biāo)即可求出a值，此題得解；②由點A、B關(guān)于拋物線的對稱軸對稱可得出連接BC交拋物線對稱軸于點P，此時PA+PC的值最小，根據(jù)拋物線的解析式可求出其對稱軸為直線x=1，由點B、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法可求出過點B、C的直線的解析式，代入x=1求出y值，由此即可得出點P的坐標(biāo)，再利用勾股定理求出線段BC的長即可；（2）連接AC并延長AC交拋物線對稱軸與點Q，此時|QA﹣QC|的值最大，且|QA﹣QC|的最大值為線段AC的長（三角形兩邊之差小于第三邊），由點A、C的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法可求出過點A、C的直線的解析式，代入x=1求出y值，由此即可得出點Q的坐標(biāo)，此題得解．詳解：（1）①∵拋物線與x軸的交點為A（﹣1，0）、B（3，0），∴拋物線的解析式為y=a（x+1）（x﹣3）．∵拋物線過點C（0，﹣3），∴﹣3=（0+1）×（0﹣3）a，∴a=1，∴該拋物線的解析式為y=（x+1）（x﹣3）=x2﹣2x﹣3．②∵點A、B關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，∴連接BC交拋物線對稱軸于點P，此時PA+PC的值最小，如圖3所示．∵拋物線的解析式為y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的對稱軸為直線x=1．利用待定系數(shù)法可求出過點B、C的直線為y=x﹣3，當(dāng)x=1時，y=x﹣3=1﹣3=﹣2，∴點P的坐標(biāo)為（1，﹣2），PA+PC的最小值為BC==3．（2）連接AC并延長AC交拋物線對稱軸與點Q，此時|QA﹣QC|的值最大，且|QA﹣QC|的最大值為線段AC的長，如圖4所示．利用待定系數(shù)法可求出過點A、C的直線為y=﹣3x﹣3，當(dāng)x=1時，y=﹣3x﹣3=﹣3×1﹣3=﹣6，∴點Q的坐標(biāo)為（1，﹣6）．點睛：本題是二次函數(shù)的綜合題．考查了待定系數(shù)法求二次（一次）函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)解析式的三種形式以及三角形的三邊關(guān)系，解題的關(guān)鍵是：（1）①根據(jù)點的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；②由點A、B關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，找出當(dāng)PA+PC的值最小時點P的位置；（2）利用三角形的三邊關(guān)系找出使|QA﹣QC|的值最大時點Q的位置．4．F解析：（1）拋物線的表達(dá)式為；（2）；（3）存在，點P的坐標(biāo)為：或【分析】（1）把點的坐標(biāo)分別代入解析式，轉(zhuǎn)化為方程組求解即可；（2）設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，用含有m的代數(shù)式表示PF，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)最值問題求解即可；（3）利用構(gòu)造平行線法，三角形全等法，構(gòu)造出符合題意的角，后利用交點思想求解即可．【詳解】解：（1）拋物線與x軸交于兩點，解得拋物線的表達(dá)式為．（2）∵拋物線的表達(dá)式為．對稱軸為直線，點E的坐標(biāo)為．令，代入拋物線的表達(dá)式，得，∴點C的坐標(biāo)為．在中，，．．設(shè)直線的表達(dá)式為，由經(jīng)過，解得∴直線的表達(dá)式為．如答圖，過點P作軸，交于點G．設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，則．軸，，．．．．當(dāng)時，．（3）存在，理由如下：①在x軸的正半軸上取一點E，使得OA=OE=1，則點E（1,0），∵OA=OE，∠AOC=∠EOC=90°，CO=CO，∴△AOC≌△EOC，∴∠ACO=∠ECO，過點B作BP∥CE，交拋物線y=于點P，∴∠PBC=∠ECB，∵C（0，3），B（3，0），∴OB=OC，∴∠OCB=∠ABC，∵∠OCB=∠ECB+∠ECO=∠PBC+∠ACO，∴∠ABC=∠PBC+∠ACO，設(shè)直線CE的解析式為y=kx+3，把點E（1,0）代入解析式，得k+3=0，解得k=-3，∴直線CE的解析式為y=-3x+3，∵BP∥CE，∴設(shè)直線BP的解析式為y=-3x+b，把點B（3,0）代入解析式，得-9+b=0，解得b=9，∴直線BP的解析式為y=-3x+9，∴-3x+9=，解得x=2，或x=3（與B重合，舍去）當(dāng)x=2時，y=-3x+9=3，∴點P的坐標(biāo)為（2，3）；②在y軸的正半軸上取一點Q，使得OA=OQ=1，則點Q（0,1），∵OA=OQ，∠AOC=∠QOB=90°，CO=BO，∴△AOC≌△QOB，∴∠ACO=∠QBO，延長BQ交拋物線y=于點P，∵∠ABC=∠PBC+∠QBO，∴∠ABC=∠PBC+∠ACO，設(shè)直線BQ的解析式為y=mx+1，把點B（3,0）代入解析式，得3m+1=0，解得m=-，∴直線BQ的解析式為y=-x+1，∴-x+1=，解得x=，或x=3（與B重合，舍去）當(dāng)x=時，y=-x+1=，∴點P的坐標(biāo)為；綜上所述，存在這樣的點P，且點P的坐標(biāo)為：或．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法確定二次函數(shù)，一次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的最值，平行線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，準(zhǔn)確表示PF，利用構(gòu)造平行線，三角形全等，確定滿足條件的P點位置是解題的關(guān)鍵．5．A解析：（1）；（2）或；（3）存在，【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)的解析式可以求出點A和點坐標(biāo)，把點A和點的坐標(biāo)代入聯(lián)立方程組，即可確定一次函數(shù)的解析式；（2）由題意可得點P的坐標(biāo)，從而可得點D的坐標(biāo)，故可求得ED的長，再由A、C的坐標(biāo)可知：OA=OC，即△AOC是等腰直角三角形，因DP⊥x軸，故△AEP也是等腰直角三角形，可分別得到AC、AE的長，故可得EC的長，由題意EC=ED，即可得關(guān)于t的方程，解方程即可；（3）由EP=AP，得，是定值，周長最小，就轉(zhuǎn)化為最小，根據(jù)垂線段最短就可確定點的特殊位置，從而求出點的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）∵拋物線與軸分別交于點和點，交軸于點，∴當(dāng)時，，即，當(dāng)時，，，，即，，設(shè)直線的解析式為：則，∴，∴直線的表達(dá)式：．（2）∵點沿以每秒1個單位長度的速度由點向點運(yùn)動，∴，，∵軸，∴，，∴∵，，∴，，∴△AOC是等腰直角三角形，∴，由勾股定理得：，∵軸，在中，，∴△AEP也是等腰直角三角形，∴，，∴，∴當(dāng)時，即或時，．（3）在中，，∴，∴的周長：．∴當(dāng)最小時的周長最?。?dāng)時，最小，∵，∴，在中，，，，，∴，∴，∴．【點睛】本題是綜合與探究題，此類問題的考查特點是綜合性和探究性強(qiáng)，考查內(nèi)容是一次函數(shù)解析式的確定、特殊點坐標(biāo)的確定、三角形周長最小值等，滲透了分類討論、數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想，難度較大．6．A解析：（1）直線AC的表達(dá)式為y＝x+4；（2）運(yùn)動時間為0或（4﹣）秒時，EC＝ED；（3）【分析】（1）由拋物線的解析式中x，y分別為0，求出A，C的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法確定直線AC的解析式；（2）設(shè)出運(yùn)動時間為t秒，然后用t表示線段OP，CE，AP，DE的長度，利用已知列出方程即可求解；（3）利用等量代換求出△EBP的周長為AB+BE，由于AB為定值，BE最小時，△EBP的周長最小，根據(jù)垂線段最短，確定點E的位置，解直角三角形求出OP，點P坐標(biāo)可求．【詳解】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2﹣3x+4與x軸分別交于A，B，交y軸于點C，∴當(dāng)x＝0時，y＝4．∴C（0，4）．當(dāng)y＝0時，﹣x2﹣3x+4＝0，∴x1＝﹣4，x2＝1，∴A（﹣4，0），B（1，0）．設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，∴解得：∴直線AC的表達(dá)式為y＝x+4．（2）設(shè)點P的運(yùn)動時間為t秒，∵點P以每秒1個單位長度的速度由點O向點A運(yùn)動，∴OP＝t．∴P（﹣t，0）．∵A（﹣4，0），C（0，4），∴OA＝OC＝4．∴Rt△AOC為等腰直角三角形．∴∠CAO＝∠ACO＝45°，AC＝OA＝4．∵DP⊥x軸，在Rt△APE中，∠CAP＝45°，∴AP＝PE＝4﹣t，AE＝AP＝（4﹣t）．∴EC＝AC﹣AE＝t．∵E，P的橫坐標(biāo)相同，∴E（﹣t，﹣t+4），D（﹣t，﹣t2+3t+4）．∴DE＝（﹣t2+3t+4）﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t．∵EC＝DE，∴﹣t2+4t＝t．解得：t＝0或t＝4﹣．∴當(dāng)運(yùn)動時間為0或（4﹣）秒時，EC＝ED．（3）存在．P的坐標(biāo)為（﹣，0）．在Rt△AEP中，∠OAC＝45°，∴AP＝EP．∴△AEB的周長為EP+BP+BE＝AP+BP+BE＝AB+BE．∵AB＝5，∴當(dāng)BE最小時，△AEB的周長最?。?dāng)BE⊥AC時，BE最?。赗t△AEB中，∵∠AEB＝90°，∠BAC＝45°，AB＝5，BE⊥AC，∴PB＝AB＝．∴OP＝PB﹣OB＝．∴P（﹣，0）．【點睛】本題考查了二次函數(shù)，一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，垂線段最短的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，利用點的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．7．(1)y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|，補(bǔ)全表格見解析，(2)函數(shù)圖像見解析，當(dāng)x=-1時，函數(shù)有最小值，最小值為-2；(3)≤x≤或≤x≤．【分析】（1）將點（﹣1，﹣2）與（2，1）代入解析式即可；（2）畫出函數(shù)圖象，觀察圖象得到一條性質(zhì)即可（3）根據(jù)圖象，求出兩個函數(shù)圖象的交點坐標(biāo)，通過觀察可確定解解集．【詳解】解：（1）∵該函數(shù)圖象經(jīng)過（﹣1，﹣2）與（2，1）兩點，∴，∴，∴y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|，故答案為：y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|；當(dāng)x=-4時，y=7；當(dāng)x=0時，y=-1；補(bǔ)全表格如圖，x?﹣4﹣3﹣2﹣10123?y?72﹣1﹣2-1212?（2）函數(shù)圖像如圖所示，當(dāng)x=-1時，函數(shù)有最小值，最小值為-2；（3）當(dāng)x≥1時，x2﹣x+2﹣3x+3=x，解得，，，觀察圖象可知不等式的解集為：≤x≤；當(dāng)x＜1時，x2﹣x+2+3x﹣3=x，解得，，，觀察圖象可知不等式的解集為：≤x≤；∴不等式x2+bx+2﹣c|x﹣1|≤x的解集為≤x≤或≤x≤．【點睛】本題考查二次函數(shù)與不等式的關(guān)系；掌握描點法畫函數(shù)圖象，利用數(shù)形結(jié)合解不等式是解題的關(guān)鍵．8．（1）；（2）見解析；（3）；（4）或．【分析】（1）把x=代入解析式，計算即可；（2）按照畫圖像的基本步驟畫圖即可；（3）一個方程有兩個不同實數(shù)根，另一個方程有兩個相等的實數(shù)根和兩個方程都有兩個不同的實數(shù)根，但是有一個公共根；（4）結(jié)合函數(shù)的圖像，分直線經(jīng)過頂點和在x軸上方兩種情形解答即可．【詳解】（1）當(dāng)x=時，==，∴；（2）畫圖像如下；（3）當(dāng)x≥0時，函數(shù)為；當(dāng)x＜0時，函數(shù)為；∵方程（p為常數(shù)）有三個實數(shù)根，∴兩個方程有一個公共根，設(shè)這個根為a，則，解得a=0，當(dāng)a=0時，p=0，故答案為：p=0；（4）∵方程（p為常數(shù)）有兩個實數(shù)根，∴p＞0；或△=0即1+4p=0，解得．綜上所述，p的取值范圍是或．【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖像，二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系，熟練掌握拋物線與一元二次方程的關(guān)系，靈活運(yùn)用分類思想，數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．9．A解析：（1）；（2），當(dāng)m＝2時，PN的最大值為；（3）Q(1，3)或(，)【分析】（1）由二次函數(shù)交點式表達(dá)式，即可求解．（2）由PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）即可求解．（3）分AC＝AQ、AC＝CQ、CQ＝AQ三種情況，當(dāng)AC＝AQ時，構(gòu)造直角三角形AMQ利用勾股定理可求坐標(biāo)，AC＝CQ時，先求BQ再求MB，即可得到坐標(biāo)，CQ＝AQ時，聯(lián)立解得不合題意．【詳解】解：（1）由二次函數(shù)交點式表達(dá)式得：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣x﹣12）＝ax2﹣ax﹣12a，即：﹣12a＝4，解得：a＝﹣，則拋物線的表達(dá)式為，（2）設(shè)點P（m，﹣m2+m+4），則點Q（m，﹣m+4），∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）＝﹣（m﹣2）2+，∵﹣＜0，∴PN有最大值，當(dāng)m＝2時，PN的最大值為．（3）存在，理由：點A、B、C的坐標(biāo)分別為（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），則AC＝5，AB＝7，BC＝4，∠OBC＝∠OCB＝45°，將點B（4，0）、C（0，4）的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式：y＝kx+b得解得∴直線BC的解析式為y＝﹣x+4…①，設(shè)直線AC的解析式為y=mx+n把點A（﹣3，0）、C（0，4）代入得解得∴直線AC的表達(dá)式為：y＝x+4，設(shè)直線AC的中點為K（﹣，2），過點M與CA垂直直線的表達(dá)式中的k值為﹣，設(shè)過點K與直線AC垂直直線的表達(dá)式為y＝﹣x+q把K（﹣，2）代入得2=﹣×（﹣）+q解得q=∴y＝﹣x+…②，①當(dāng)AC＝AQ時，如圖1，則AC＝AQ＝5，設(shè)：QM＝MB＝n，則AM＝7﹣n，由勾股定理得：（7﹣n）2+n2＝25，解得：n＝3或4（舍去4），故點Q（1，3），②當(dāng)AC＝CQ時，如圖1，CQ＝5，則BQ＝BC﹣CQ＝4﹣5，則QM＝MB＝，故點Q（，）．③當(dāng)CQ＝AQ時，聯(lián)立①②，，解得，x＝（舍去），綜上所述點Q的坐標(biāo)為：Q（1，3）或Q（，）．【點睛】此題主要考查二次函數(shù)綜合，解題的關(guān)鍵是熟知待定系數(shù)法、一次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)．10．（1）減小，減小，減?。唬?）見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)分別進(jìn)行判斷，即可得到答案；（2）根據(jù)表格的數(shù)據(jù)，進(jìn)行描點，連線，即可畫出函數(shù)的圖像；（3）根據(jù)函數(shù)圖像和性質(zhì)，當(dāng)時，函數(shù)有最大值，代入計算即可得到答案．【詳解】解：（1）根據(jù)題意，在函數(shù)中，∵,∴函數(shù)在中，隨的增大而減?。弧?，∴對稱軸為：，∴在中，隨的增大而減?。痪C合上述，在中，隨的增大而減?。还蚀鸢笧椋簻p小，減小，減??；（2）根據(jù)表格描點，連成平滑的曲線，如圖：（3）由（2）可知，當(dāng)時，隨的增大而增大，無最大值；由（1）可知在中，隨的增大而減??；∴在中，有當(dāng)時，，∴m的最大值為；故答案為：．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，以及函數(shù)的最值問題，解題的關(guān)鍵是熟練掌握題意，正確的作出函數(shù)圖像，并求函數(shù)的最大值．二、中考幾何壓軸題11．（1）詳見解析；（2）①；②，證明詳見解析；（3）．【分析】（1）在等腰三角形ABM中三線合一，即AM還為三角形的角平分線與底邊中線，可用AAS證，可得，即可得證；（2）①由題意可知，，，且，解析：（1）詳見解析；（2）①；②，證明詳見解析；（3）．【分析】（1）在等腰三角形ABM中三線合一，即AM還為三角形的角平分線與底邊中線，可用AAS證，可得，即可得證；（2）①由題意可知，，，且，，可證∽，同理可證∽，可得，，即可得出BD與AN的數(shù)量關(guān)系；②過E點作AC的平行線，交AN的延長線于點P，連接PC，可證∽，即，可得，四邊形為平行四邊形，所以，即可得出BD與AN的數(shù)量關(guān)系；（3）由（2）②已證四邊形為平行四邊形，所以，且∽，，所以，即ACE的面積可得．【詳解】（1）證明：∵，于點，∴，，（等腰三角形三線合一）∵，，且，∴，∵，∴，即．∴，∵，∴，在ABM和CAN中，∴（AAS），∴，∴．（2）①．∵由題意可知，，，且，，∴，∴∽，同理，，，且，，∴，∴∽，∴，即，，即，∴．②．證明：過E點作AC的平行線，交AN的延長線于點P，連接PC．∴，∵，∴，∴，∵于點，∴．∴．∴．∴，∴∽，∴，∵，∴，，∴．∵，∴四邊形為平行四邊形．∴，∴．（3）．∵由（2）②已證四邊形為平行四邊形，∴，又∵∽，∴，∴．【點睛】本題主要考察了等腰三角形三線合一、全等三角形的證明與應(yīng)用、相似三角形的證明與應(yīng)用、平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于構(gòu)造出全等三角形，且掌握相似三角形面積之比為邊長之比的平方．12．【觀察】①90；②105；【發(fā)現(xiàn)】①50；②y＝，補(bǔ)全圖象見解析；【拓展】0＜x≤12或48≤x≤72【分析】【觀察】①先據(jù)題意求出兩個機(jī)器人速度的關(guān)系，再確定第二次迎面相遇的位置，然后設(shè)此時相解析：【觀察】①90；②105；【發(fā)現(xiàn)】①50；②y＝，補(bǔ)全圖象見解析；【拓展】0＜x≤12或48≤x≤72【分析】【觀察】①先據(jù)題意求出兩個機(jī)器人速度的關(guān)系，再確定第二次迎面相遇的位置，然后設(shè)此時相遇點距點A為m個單位，根據(jù)題意列方程即可求出結(jié)果；②仿照①的解題思路和方法解答即可；【發(fā)現(xiàn)】①當(dāng)點第二次相遇地點剛好在點B時，根據(jù)題意可列方程150﹣x＝2x，解出的x的值即為a的值；②分0＜x≤50與50＜x＜75兩種情況，分別求出正比例函數(shù)與一次函數(shù)的關(guān)系式，進(jìn)一步即可補(bǔ)全函數(shù)圖象；【拓展】分三種情況畫出圖形，然后根據(jù)題意得出相應(yīng)的分式方程，解方程即可得出y與x的關(guān)系，進(jìn)而可得關(guān)于x的不等式，解不等式即可得到結(jié)論．【詳解】解：【觀察】①∵相遇地點與點A之間的距離為30個單位長度，∴相遇地點與點B之間的距離為150﹣30＝120個單位長度，設(shè)機(jī)器人甲的速度為v，則機(jī)器人乙的速度為v＝4v，∴機(jī)器人甲從相遇點到點B所用的時間為，機(jī)器人乙從相遇地點到點A再返回到點B所用時間為，而，∴機(jī)器人甲與機(jī)器人乙第二次迎面相遇時，機(jī)器人乙從第一次相遇地點到點A，返回到點B，再返回向A時和機(jī)器人甲第二次迎面相遇，設(shè)此時相遇點距點A為m個單位，根據(jù)題意得，30+150+150﹣m＝4（m﹣30），解得：m＝90，故答案為：90；②∵相遇地點與點A之間的距離為35個單位長度，∴相遇地點與點B之間的距離為150﹣35＝115個單位長度，設(shè)機(jī)器人甲的速度為v，則機(jī)器人乙的速度為，∴機(jī)器人乙從相遇點到點A再到點B所用的時間為，機(jī)器人甲從相遇點到點B所用時間為，而，∴機(jī)器人甲與機(jī)器人乙第二次迎面相遇時，機(jī)器人乙從第一次相遇地點到點A，返回到點B，再返回向A時和機(jī)器人甲第二次迎面相遇，設(shè)此時相遇點距點A為m個單位，根據(jù)題意得，35+150+150﹣m＝（m﹣35），解得：m＝105，故答案為：105；【發(fā)現(xiàn)】①當(dāng)?shù)诙蜗嘤龅攸c剛好在點B時，設(shè)機(jī)器人甲的速度為v，則機(jī)器人乙的速度為，根據(jù)題意知，150﹣x＝2x，∴x＝50，即：a＝50，故答案為：50；②當(dāng)0＜x≤50時，點P（50，150）在線段OP上，∴線段OP的表達(dá)式為y＝3x，當(dāng)v＜時，即當(dāng)50＜x＜75，此時，第二次相遇地點是機(jī)器人甲在到點B返回向點A時，設(shè)機(jī)器人甲的速度為v，則機(jī)器人乙的速度為，根據(jù)題意知，x+y＝（150﹣x+150﹣y），整理，得y＝﹣3x+300，∴y與x的函數(shù)關(guān)系式是y＝，補(bǔ)全圖象如圖2所示：【拓展】①如圖，由題意知，，∴y＝5x，∵0＜y≤60，∴0＜x≤12；②如圖，∴，∴y＝﹣5x+300，∵0≤y≤60，∴48≤x≤60，③如圖，由題意得，＝，∴y＝5x﹣300，∵0≤y≤60，∴60≤x≤72，∵0＜x＜75，∴48≤x≤72，綜上所述，相遇地點與點A之間的距離x的取值范圍是0＜x≤12或48≤x≤72，故答案為：0＜x≤12或48≤x≤72．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應(yīng)用、分式方程的應(yīng)用、兩點間的距離、一元一次方程和一元一次不等式的應(yīng)用，難度較大，正確理解題意、靈活應(yīng)用數(shù)形結(jié)合的思想是解題的關(guān)鍵．13．（1）相等，；（2）是等邊三角形，理由見解析；（3）面積的最大值為.【分析】（1）根據(jù)＂點分別為的中點＂，可得MNBD，NPCE，根據(jù)三角形外角和定理，等量代換求出．（2）先求出，得出，根據(jù)解析：（1）相等，；（2）是等邊三角形，理由見解析；（3）面積的最大值為.【分析】（1）根據(jù)＂點分別為的中點＂，可得MNBD，NPCE，根據(jù)三角形外角和定理，等量代換求出．（2）先求出，得出，根據(jù)MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代換求出，即可求解．（3）根據(jù)，可知BD最大值，繼而求出面積的最大值．【詳解】由題意知：AB=AC，AD=AE，且點分別為的中點，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵M(jìn)NBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根據(jù)三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等邊三角形．理由如下：如圖，由旋轉(zhuǎn)可得在ABD和ACE中．點分別為的中點，是的中位線，且同理可證且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等邊三角形．根據(jù)題意得:即，從而的面積．∴面積的最大值為．【點睛】本題主要考查了三角形中點的性質(zhì)、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識；正確掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．14．（1）△PQC，90；（2）；（3）線段CQ的長為2或8．【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，PF∥AC，得到△BPF是等腰直角三角形，證明AF＝CP，利用旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)證明AP＝PQ，∠PAF解析：（1）△PQC，90；（2）；（3）線段CQ的長為2或8．【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，PF∥AC，得到△BPF是等腰直角三角形，證明AF＝CP，利用旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)證明AP＝PQ，∠PAF＝∠QPC，從而可得結(jié)論，（2）過P作PF∥AC，交BA的延長線于F，則，再證明△AFP≌△PCQ，利用△ABC∽△FBP的性質(zhì)可得答案，（3）分情況討論：當(dāng)P在CB的延長線上時，證明△APC≌△QPC，利用等邊三角形的性質(zhì)可得答案，當(dāng)P在BC的延長線上時，連接AQ，利用等邊三角形的性質(zhì)，證明△ACQ≌△PCQ，從而可得答案．【詳解】解：（1）如圖①，∵∠ABC＝90°，AB＝CB，∴△ABC是等腰直角三角形，∵PF∥AC，∴∠BPF＝∠BFP＝45°，∴△BPF是等腰直角三角形，∴BF＝BP，∴AF＝CP，由旋轉(zhuǎn)可得，AP＝PQ，∠APQ＝90°，而∠BPF＝45°，∴∠QPC＝45°﹣∠APF，又∵∠PAF＝∠PFB﹣∠APF＝45°﹣∠APF，∴∠PAF＝∠QPC，∴△APF≌△PQC，∴∠PCQ＝∠AFP＝135°，又∵∠ACB＝45°，∴∠ACQ＝90°，故答案為：△PQC，90；（2）如圖②，過P作PF∥AC，交BA的延長線于F，則，又∵AB＝BC，∴AF＝CP，又∵∠FAP＝∠ABC+∠APB＝α+∠APB，∠CPQ＝∠APQ+∠APB＝α+∠APB，∴∠FAP＝∠CPQ，由旋轉(zhuǎn)可得，PA＝PQ，∴△AFP≌△PCQ，∴FP＝CQ，∵PF∥AC，∴△ABC∽△FBP，∴，∴（3）如圖，當(dāng)P在CB的延長線上時，∠CPQ＝∠APQ﹣∠APB＝60°﹣30°＝30°，∴∠APC＝∠QPC，又∵AP＝QP，PC＝PC，∴△APC≌△QPC，∴CQ＝AC，又∵BA＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∠BAP＝∠ABC﹣∠APB＝30°，∴BP＝AB＝BC＝PC＝2，∴QC＝AC＝BC＝2；如圖，當(dāng)P在BC的延長線上時，連接AQ，由旋轉(zhuǎn)可得，AP＝QP，∠APQ＝∠ABC＝60°，∴△APQ是等邊三角形，∴AQ＝PQ，∠APQ＝60°＝∠AQP，又∵∠APB＝30°，∠ACB＝60°，∴∠CAP＝30°，∠CPQ＝90°，∴∠CAP＝∠APA，∴AC＝PC，∴△ACQ≌△PCQ，∴∠AQC＝∠PQC＝∠AQP＝30°，∴Rt△PCQ中，CQ＝2CP＝8．綜上所述，線段CQ的長為2或8．【點睛】本題屬于相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的對應(yīng)邊相等，相似三角形的對應(yīng)邊成比例進(jìn)行推算．15．（1）①EF=BE+DF；②成立，理由見解析；（2）．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，求出∠EAF=∠GAF=45°，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GA解析：（1）①EF=BE+DF；②成立，理由見解析；（2）．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，求出∠EAF=∠GAF=45°，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF=GF，即可求出答案；②根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)把△ABE繞A點旋轉(zhuǎn)到△ADG，使AB和AD重合，得出AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，推出C、D、G在一條直線上，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF=GF，即可得出結(jié)果；

（2）把△AEC繞A點旋轉(zhuǎn)到△AFB，使AB和AC重合，連接DF．根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)和勾股定理求出∠ABC=∠C=45°，BC=4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，求出∠FAD=∠DAE=45°，證△FAD≌△EAD，根據(jù)全等得出DF=DE，設(shè)DE=x，則DF=x，BF=CE=3-x，根據(jù)勾股定理得出方程，求出x即可．【詳解】解：（1）①如圖1中，∵把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，

∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠ADG=90°∴F、D、G共線．

∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠DAF=45°，

∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠EAF=∠GAF=45°，

在△EAF和△GAF中，，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，

∵BE=DG，

∴EF=GF=DF+DG=BE+DF，

故答案為：EF=BE+DF；②成立，理由如下：如圖2，把△ABE繞A點旋轉(zhuǎn)到△ADG，使AB和AD重合，則AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴C、D、G在一條直線上，與①同理得，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中，，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；（2）∵△ABC中，，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，．如圖3，把△AEC繞A點旋轉(zhuǎn)到△AFB，使AB和AC重合，連接DF．則AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，∵∠DAE=45°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC-∠DAE=90°-45°=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°，在△FAD和△EAD中，，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF=DE，設(shè)DE=x，則DF=x，∵BC=4，∴BF=CE=4-1-x=3-x，∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，∴∠FBD=90°，由勾股定理得：DF2=BF2+BD2，x2=（3-x）2+12，解得：，即DE=．【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及等腰三角形的性質(zhì)等知識，此題運(yùn)用了類比的思想，一般先在特殊圖形中找到規(guī)律，然后再推廣到一般圖形中，對學(xué)生的分析問題，解決問題的能力要求比較高．16．（1）90度；1；（2）的度數(shù)為90度，的值為；（3）BM的最小值為1．【分析】（1）度，利用SAS證明，即可得出，的值為1；（2）度，證明，即可得出，；（3）當(dāng)CD最小時，即CD垂直于AB解析：（1）90度；1；（2）的度數(shù)為90度，的值為；（3）BM的最小值為1．【分析】（1）度，利用SAS證明，即可得出，的值為1；（2）度，證明，即可得出，；（3）當(dāng)CD最小時，即CD垂直于AB時，CD最小，此時DE最小，而BM是直角三角形DBE斜邊上的中線，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．【詳解】（1）①∵∴∴∵，∴∴，∴∴，∴，的值為1；（2）在中，，令，則，同理令，∴，∴①∵即∴②有①②得∴，∴（3）在中，，∴，當(dāng)CD最小時，即CD垂直于AB時，CD最小，此時DE最小，而，∴，而BM是直角三角形DBE斜邊上的中線，∴【點睛】本題涉及全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定、特殊的三角函數(shù)值和直角三角形的性質(zhì)．是一個綜合性比較強(qiáng)的題目，要熟練掌握各個知識點．17．（1）=1；（2）改變，；（3）①=；②GB=（）DG．【分析】（1）利用三點共線，可以求出k=1；（2）當(dāng)點G與點E重合時，DG取最小值，當(dāng)點F與點C重合時，DG取最大值，進(jìn)而求出k的取解析：（1）=1；（2）改變，；（3）①=；②GB=（）DG．【分析】（1）利用三點共線，可以求出k=1；（2）當(dāng)點G與點E重合時，DG取最小值，當(dāng)點F與點C重合時，DG取最大值，進(jìn)而求出k的取值范圍；（3）①設(shè)BE=m，BF=n，利用一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行和不等式進(jìn)行求解；②根據(jù)①求出的EF=，由于ΔDEF為等腰三角形，EF為底，所以G為EF中點，易得GB=，進(jìn)而可以求出GB=（）DG．【詳解】如圖1所示，把ΔDAE，ΔDCF分別沿著DE、DF翻折，在正方形ABCD中，ADC=DAB=DCB=90°’，AD=CD,ADE+CDF=ADC-EDF=90°-45°=45°，翻折后，AD，CD重合．設(shè)重合線為AG'，則DG'E=DG'F=90°，DG'EF，且E、G'、F三點共線，則G'在EF上。又DGEF，DG'與DG重合，DG=DG'=AD．k==1．（2)k的值發(fā)生改變．①如圖2所示，當(dāng)點G與點E重合時，DG取最小值，DEF=90°又EDF=45°，ΔDEF是等腰直角三角形，則DE=EF．易證ΔADEΔBEF，AD=BE=6，AE=AB-BE=8-6=2，在RtΔADE中，由勾股定理，得DE=，②如圖3所示，當(dāng)點F與點C重合時，DG取最大值，EDC=45°，AB//DF，則AED=EDC=45°，ΔDAE是等腰直角三角形，則AD=AE=6，BE=AB-AE=8-6=2，在RtΔEBC中，由勾股定理得：CE=，易證ΔDGC~ΔCBE，，即DG=，，綜上所述，．（3)①設(shè)BE=m，BF=n，易知ΔBEF的周長為2．，一元二次方程有求根公式：，，所以，，則m，n是關(guān)于x的方程的兩個實數(shù)根，，解得：．S=DG·EF=EF，當(dāng)EF=時，S取最小值．②ΔDEF為等腰三角形，EF為底，G為EF中點，易得GB=EF=，GB=（）DG．【點睛】本題考查了正方形、矩形、等腰三角形的性質(zhì)及一元二次方程的靈活運(yùn)用，有一定的難度，解題關(guān)鍵是畫出正確的圖形進(jìn)行解答．18．【問題】，1；【操作】當(dāng)時，，當(dāng)時，；【探究】或；【應(yīng)用】點的坐標(biāo)為：或【分析】問題:即可求解；操作：拋物線G1沿BC方向平移BC長度的距離得到拋物線G2，相當(dāng)于拋物線向左平移3個單位，向上平解析：【問題】，1；【操作】當(dāng)時，，當(dāng)時，；【探究】或；【應(yīng)用】點的坐標(biāo)為：或【分析】問題:即可求解；操作：拋物線G1沿BC方向平移BC長度的距離得到拋物線G2，相當(dāng)于拋物線向左平移3個單位，向上平移個單位，即可求解；探究：將點C的坐標(biāo)代入兩個函數(shù)表達(dá)式，求出G1、G2的頂點坐標(biāo)，即可求解；應(yīng)用：證明∠EPN=∠MDP，利用tan∠EPN=tan∠MDP，即可求解．【詳解】解：問題：，解得：，，故答案為：，1；操作：拋物線沿方向平移長度的距離得到拋物線，相當(dāng)于拋物線向左平移3個單位，向上平移個單位，：，：，當(dāng)時，，當(dāng)時，；探究：點的坐標(biāo)為．當(dāng)時，，解得：，，∴，當(dāng)時，，解得：，，∴，∵，，∴拋物線的頂點為，拋物線的頂點為，∴或時，函數(shù)隨的增大而增大；應(yīng)用：如圖，過點作軸的平行