2024年中考數(shù)學壓軸題預測及答案解析

專題壓軸題熱點研究專題熱度★★★★★1．綜合與實踐2．閱讀與理解3．函數(shù)與圖象命題熱點4．幾何圖形綜合熱門方法熱點題型解答題熱點突破熱點1綜合與實踐名師點撥意挖掘題目中的隱含條件．1(2023秋?北流市期末)綜合與實踐(1)通過觀察以下一位數(shù)的積：1×92×8?8×29×1．其中每個式子中的兩數(shù)之和為10?5×5?．()(2)通過觀察以下兩位數(shù)的積：11×1912×18?18×1219×11．其中每個式子中的兩數(shù)之和為30測．()(2)x(2)的猜想(包括條件和結論)．嘗試用二次函數(shù)的知識證明你對問題(2)的猜想．(3)1所示的電路中，R=2ΩR=3ΩR=5Ω2R+R=R1233從a端滑到bR=xΩ(1)5×5(2)15×15；130(3)2A．(1)(2)設第一個數(shù)為x30-xy有y=x(30-x)=-(x-15)+225求解；實踐應用(3)設R=xΩR=(5-x)Ω0≤x≤5I(1)5×5=25為最大，故答案為：5×5；(2)15×15=225為最大，故答案為：15×15；30x30-xy，則有y=x(30-x)=-(x-15)+225∵-1<0，∴當x=15時，y225，此時這兩數(shù)分別為15及30-15=15∴(3)設R=xΩR=(5-x)Ω0≤x≤5IUR總111150I==U?+=5?+=，R+RR+R2+x3+5-x2+x8-x設W=(2+x)(8-x)=-(x-3)+25．∵-1<0W0≤x≤5，∴當x=3時，W取最大值為25I取最小值為5025=2(A)2+3=5(Ω)和8-3=5(Ω)∴2A．2(2024?青山湖區(qū)模擬)綜合與實踐問題提出ABCD中，BC=4P以每秒1個單位的速度從B點出發(fā)勻速CAP的垂線交CD于MAMP的運動時間為tsRtΔADM的面積為SS與t的關系．初步感知(1)如圖1P由B點向C點運動時，34①當t=3s時，CM=??S=；②經(jīng)探究發(fā)現(xiàn)S是關于tS關于t的函數(shù)解析式為；(2)3的坐標系中繪制出函數(shù)的圖象；t??0812348??S延伸探究(3)①當t=時，S=7；2②當ΔABP的面積為St的值．34132(1)①，；1②S=t-2t+80≤t≤4；，2(2)見解析；(3)①2±2；②6-25．34134(1)①證明ΔABP∽ΔPCMCM=DM=4t-t2t-4t+16②由題意得PC=4-tCM=DM=4-CM=44形的面積公式即可求解；(2)根據(jù)S關于t的函數(shù)解析式計算t=123時S(3)①S=7t的值即可；②根據(jù)ΔABP的面積為St的值即可．(1)①當t=3時，BP=3CP=4-3=1，又∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B=∠C=90°AD=CD=4，∵AP⊥PM，∴∠APB+∠CPM=∠PMC+∠CPM=90°，∴∠APB=∠PMC，∴ΔABP∽ΔPCM，PCAB1CMBP∴∴=，CM33=，4134∴CM=DM=，41212134132∴RtΔADM的面積S=AD?DM=×4×=，34132故答案為：，；②當點P由點B運動到點C時，BP=t，∵ΔABP∽ΔPCM，PCABCMBP4-t4CMt∴==，34t-t2∴CM=，4t-4t+16∴DM=4-CM=，41212t-4t+1612∴RtΔADM的面積S=AD?DM=×4×=t-2t+8(0≤t≤4)，412故答案為：S=t-2t+80≤t≤4；，192(2)t=1時，S=-2+8=6.5t=2時，S=2-4+8=6t=3時，S=-6+8=6.52空如下，t??0812634??S6.56.58在圖3的坐標系中繪制出函數(shù)的圖象；(3)①∵S=7，12∴t-2t+8=7t=2±2，故答案為：2±2；②當點P由點C運動到點B時，CP=t，1212∴SΔABP=AB?BP=×4t=2t，∵ΔABP的面積為S的一半12∴2t=t-2t+8t=6±25，∵0≤t≤4，∴t=6-25．3(2024?青秀區(qū)校級開學)綜合與實踐1與圖2所示．34是二次函數(shù)y=mx-4mx-20m+5的坐標．3y=x+2與坐標軸交于ABx=6分別交拋物線和直線AB于點EFEE′是葉片上的一對對稱點，EE′交直線AB于點G．求葉片此處的寬度EE′的長．y=mx2-4mx-20m+54D直線PD與水平線的夾角為45°D長到與點P同一水平位置的點落在射線OP上Q(如圖5所示)．求此時一片幼苗葉子的長度．14y=；；x-xD(2,-1)52；35．二次函數(shù)y=mx-4mx-20m+5-20m+5=0點EE′關于直線AFE′(1,8)11213103求出點D′(2,3)y=x-x+∵二次函數(shù)y=mx-4mx-20m+5過原點，∴-20m+5=0，14解得：m=，14則拋物線的表達式為：y=x-x，則點D(2,-1)；14x=6時，y=x-x=3E(6,3)，當x=6時，y=x+2=8F(6,8)，則EF=8-3=5，過點E作x軸的平行線交AF于點TTE′E′F，則點EE′關于直線AF對稱，則點E′(1,8)，則EE′=(6-1)+(8-3)2=52；QD′上取點M點M作MN?y軸交拋物線于點ND′與x軸的平行線于點L點N作NS⊥QD′于點S，D(2,-1)，∵直線PD與水平線的夾角為45°PD的表達式為：y=-x+1，1414聯(lián)立y=x-x和y=-x+1得：x-x=-x+1，5解得：x=-2P(-2,3)，則點D′(2,3)，將點D′的坐標代入y=mx-4mx-20m+5得：3=4m-8m-20m+5，112解得：m=，11213103則拋物線的表達式為：y=x-x+，3由點POP的表達式為：y=-x，21121310332聯(lián)立上述兩式得：x-x+=-x，解得：x=-4或-10(舍去)，即點Q(-4,6)，12由點QD′的坐標得，D′Q=35y=-x+4，即葉子的長度為35．4(2024?興化市開學)綜合與實踐：問題情境小瑩媽媽的花卉超市以15元/A，BCDE五家花卉店近期該種盆栽花卉的售價x與日銷售量y售價(元/盆)日銷售量(盆)A20301822265030544638BCDE數(shù)據(jù)整理：(1)售價(元/盆)日銷售量(盆)模型建立?18?(2)y與售價x之間的關系式．拓廣應用(3)①要想每天獲得400(1)18542050224626383030；(2)y=-2x+90；(3)①要想每天獲得40025元或35元；②售價定為30450元．(1)根據(jù)銷售單價從小到大排列即可；(2)用待定系數(shù)法求出日銷售量y與售價x之間的關系即可；6(3)①根據(jù)每天獲得400②設每天獲得的利潤為ww=-2(x-30)+450(1)根據(jù)銷售單價從小到大排列得下表：售價(元/盆)日銷售量(盆)18542050224626383030故答案為：18542050224626383030；(2)觀察表格可知銷售量是售價的一次函數(shù)；設銷售量為yx元，y=kx+b，18k+b=54把(18,54)(20,50)代入得：，20k+b=50k=-2b=90解得：，∴y=-2x+90；(3)①∵每天獲得400元的利潤，∴(x-15)(-2x+90)=400，解得x=25或x=35，∴要想每天獲得40025元或35元；②設每天獲得的利潤為w元．根據(jù)題意得：w=(x-15)(-2x+90)=-2x+120x-1350=-2(x-30)+450∵-2<0，，∴當x=30時，w取最大值450，∴售價定為30450元．5(2023秋?慶云縣期末)綜合與實踐如圖18m2的矩形地塊am．ABCD墻足夠長()a=10m設AB為xmBC為ym．由矩形地塊面積為8m2xy=8(x,y)可看成是反比例函數(shù)y=8x10m2x+y=10(x,y)可看成一次函數(shù)y=-2x+10的圖象在第一象限內點的坐標，同時滿足這兩個條件的(x,y)就可以看成兩個函數(shù)圖象交點的坐標．8x如圖2y=(x>0)的圖象與直線l:y=-2x+10的交點坐標為(1,8)和?(4,2)?總長為10mAB=1mBC=8mAB=mBC=m．(1)(2)若a=6m(3)求當木欄總長a為多少時？面積為8m2的矩形地塊ABCD滿足AB=BC．7(1)(4,2)42；(2)(3)當木欄總長a為62m8m2的矩形地塊ABCD滿足AB=BC．(1)觀察圖象或聯(lián)立解方程組得到另一個交點坐標為(4,2)；8x(2)觀察圖象得到l2與函數(shù)y=(3)8y=8x(1)將反比例函數(shù)y=與直線l:y=-2x+10聯(lián)立得x，y=-2x+108x∴=-2x+10，∴x-5x+4=0，∴x=1x=4，12∴另一個交點坐標為(4,2)，∵AB為xmBC為ym，∴AB=4BC=2．故答案為：(4,2)42；(2)不能圍出；理由：y=-2x+6l2所示：8x∵l2與函數(shù)y=圖象沒有交點，8∴不能圍出面積為8m2的矩形；(3)∵AB=BC，∴x=y，∴3x=a，a3a3∴x=，a∴×=8，3∴a=62(負值舍去)，∴當木欄總長a為62m8m2的矩形地塊ABCD滿足AB=BC．熱點2閱讀與理解名師點撥6(2024?高平市一模)數(shù)學對物理學的發(fā)展起著重要的作用，物理學也對數(shù)學的發(fā)展起著重要的作用，莫爾以下是數(shù)學中常見的一個問題：若a+b=2ab的最大值是多少？設a=1+xb=1-xab=(1+x)(1-x)=1-x2=-x2+1．??以下是物理中的一個問題：R和R的兩個電121R1R11R2R=R+R=+．在某一段12電路上測得兩個電阻的和為15kΩ后總電阻的最大值是多少？任務：(1)(2)若abab滿足?a=b?時，ab的值最大．(3)解決這個物理問題主要體現(xiàn)的數(shù)學思想是A.統(tǒng)計思想B.分類思想．(填序號即可)C.模型思想(4)物理問題中并聯(lián)后總電阻的最大值是kΩ．154(1)1(2)a=b(3)C(4)．(1)利用題干中的方法和非負數(shù)的意義解答即可；(2)利用(1)的結論解答即可；(3)利用數(shù)學模型的思想解答即可；(4)利用(2)的結論列式解答即可．(1)設a=1+xb=1-x，9則ab=(1+x)(1-x)=1-x=-x+1∵-x≤0，，∴當x=0a=b=1時，ab取得最大值為1．(2)由(1)知a+b=2a=b=1時，ab取得最大值．∴若abab滿足a=b時，ab的值最大．故答案為：a=b；(3)∵解決這個物理問題主要體現(xiàn)的數(shù)學思想是利用題干中提供的數(shù)學模型解答，∴解決這個物理問題主要體現(xiàn)的數(shù)學思想是模型思想，故選：C．(4)∵R+R=15kΩ，12∴R與R的和為定值，12152∴由(2)R=R=kΩ時，R?R的值最大．1212111∵∴==+，RR1R21RR+RRR22，RRR+R2∴R=2，22×154∴R的最大值==(kΩ)．1515故答案為：．47(2024?曲阜市校級一模)閱讀新知2q表示(q≠0)．a(chǎn)aaaaa?a(n為正整數(shù))2=q，3=q?，，，，，aaa?a(n)為正整數(shù)叫123na2123n1做等比數(shù)列．其中a叫數(shù)列的首項，a叫第二項，?a叫第n項，q叫做數(shù)列的公比．12n124816?q=2．133233?3的和．解S=1+3+3+3+?+31003S=3+3+3+3+?+3+3．3-1因此3S-S=3-1．所以S=．23-1即1+3+3+3+?+3=．2學以致用(1)?C?A.12345B.26182163C.56281473.5D．-1122-3344-55(2)aaa?a是公比為4a=3n項a等于??．123n1n(3)155253?前2024項的和．(1)C；(2)3×4；105-1(3)即前2024項的和是．4(1)(2)n項an的值；(3)2024項的和．(1)由題意可得，2162562822-113221182814≠≠A中的數(shù)列不是等比數(shù)列；B中的數(shù)列不是等比數(shù)列；14773.5===C中的數(shù)列是等比數(shù)列；-3322≠D中的數(shù)列不是等比數(shù)列；故答案為：C；(2)∵數(shù)列aaa?a是公比為4a=3，123n1∴它的第n項a=a?q=3×41，n1故答案為：3×41；(3)設S=1+5+5+5+?+52023，則5S=5+5+5+?+55S-S=5-1，4S=5-1，，5-1S=，45-1即前2024項的和是．413128(2023?大同模擬)(1)計算：(-5)-|-3|+(-2)-|-3|+(-2)-；32x-1x-2x+1(2)下面是小明化簡分式=-x-12x-1(x-1)2-?第一步(x+1)(x-1)21=-?第二步(x+1)(x-1)x-12x+1(x+1)(x-1)=-?第三步(x+1)(x-1)2-x+1(x+1)(x-1)3-x=?第四步=?第五步(x+1)(x-1)因式分解；②第③第步開始出現(xiàn)錯誤．；．1(1)-12(2因式分解；②③四；-．x+1(1)(2)利用分式的加減混合運算的法則解答即可．11(1)原式=25-3-8-1+4-9=29-21=8；(2③第四步開始出現(xiàn)錯誤．2x-1(x-1)2=-(x+1)(x-1)21====-(x+1)(x-1)2(x+1)(x-1)2-x-1(x+1)(x-1)1-xx-1x+1(x+1)(x-1)-(x+1)(x-1)1=-．x+19(2023?微山縣一模)a=N(a>0,a≠1)叫做以為底logN．比如指數(shù)式2=16可以轉化為4=log162=log25可以轉化為5=25．我們根據(jù)對數(shù)的定xaNx=a25義可得到對數(shù)的一個性質：log(M?N)=logM+logN(a>0a≠1M>0N>0)logM=aaaamlogN=nM=amN=an∴M?N=a?a=anm+n=log(M?N)．又∵m+aan=logM+logN∴l(xiāng)og(M?N)=logM+logN．a(chǎn)aaaa解決問題：(1)將指數(shù)4=64轉化為對數(shù)式?3=log64?；M(2)證明logaN=logM-logN(a>0,a≠1,M>0,N>0)；aa拓展運用：(3)計算：log2+log6-log4．333(1)3=log64(2)見解析；(3)1．(1)根據(jù)新定義公式計算即可．(2)仿照乘法的證明去解答即可．(3)根據(jù)公式依次計算即可．(1)3=log64，故答案為：3=log64．(2)設logM=mlogN=nM=amN=an，aaMNMN∴=a÷a=anm-n=loga．又∵m-n=logM-logN，aaMN∴l(xiāng)oga=logM-logN．a(chǎn)a(3)log2+log6-log4333=log(2×6)-log433=log12-log433=log33=1．1210(2023?平頂山模擬)24頁為大家介紹了楊輝三角．楊輝三角如果將(a+b)n(n為非負整數(shù))的展開式的每一項按字母a面的等式：(a+b)0=11；(a+b)1=a+b11；(a+b)2=a2+2ab+b2121；(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b31331；將上述每個式子的各項系數(shù)排成該表．11該表在我國宋朝數(shù)學家楊輝1261(B．Pascal1623--1662)是1654年發(fā)現(xiàn)393600年．(1)應用規(guī)律：①直接寫出(a+b)4的展開式，(a+b)=?a+4ab+6ab+4ab+b4?；②(a+b)6的展開式中共有(2)代數(shù)推理：；已知m(m+3)-(m-3)3能被18整除．(1)①a+4ab+6ab+4ab+b4②，；(2)見解析．764(1)直接利用已知式子中系數(shù)變化規(guī)律進而得出答案；(2)直接利用已知式子中系數(shù)變化規(guī)律進而得出答案．(1)①(a+b)=a+4ab+6ab+4ab+b4②∵(a+b)=a+6ab+15ab+20ab+15ab+6ab+b6∴(a+b)6的展開式中共有71+6+15+20+15+6+1=64；；，a+4ab+6ab+4ab+b4，；(2)證明：∵(a+b)=a+3ab+3ab+b3，∴(m+3)-(m-3)3764=(m+9m+27m+27)-(m-9m+27m-27)=m+9m+27m+27-m+9m-27m+27=18m+54=18(m+3)，13∴(m+3)-(m-3)3能被18整除．熱點3函數(shù)與圖象名師點撥(1)將函數(shù)知識與方程、幾何知識有機地結合在一起．這類試題一般難度較大．解這類問題關并注意挖掘題目中的一些隱含條件．(2)范圍要使實際問題有意義．11(2024?潼南區(qū)一模)y=ax+bx-2-1,0)CACBC．與x軸交于點A(4,0)和點B((1)求拋物線的表達式．(2)如圖1P是直線ACP作直線PD?AC交x軸于點D點P作PE⊥52AC于點EPE+AD的最大值及此時點P的坐標．(3)如圖2(2)OP交AC于點QCA方向平移5個單位得到新拋物線y在新拋物線y上存在一點M∠OQC-∠MAC=∠BCOM的橫坐11標．1232(1)y=x-x-2．52(2)PE+AD的最大值為6P的坐標為(2,-3)．41±100941±1009(3)所有符合條件的點M的橫坐標為或．1414(1)運用待定系數(shù)法即可求得答案；1(2)運用待定系數(shù)法可得直線AC的解析式為y=x-2P作PF?y軸交AC于FA作AG?y212321242512軸交PD于GPt,t-t-2Ft,t-2ΔPFE∽ΔACOPE=-t+2t=55455-t+tΔDGA∽ΔACOAD=-t+4t(3)將原拋物線沿射線CA方向平移521個單位得到新拋物線y1123225812722得新拋物線y的解析式為y=x--2-+1=x2-x+4Q作QJ?xyJ軸交軸于1114PSOS32點P作PS⊥x軸于Stan∠MAC=tan∠POS==C作ACCLAC32CTAC332該垂線上分別截取CL=CT=tan∠LAC=或=tan∠TAC=LT作y軸的垂32KNΔCLK∽ΔACOLK=OC=3CK=OA=6L(-3,4)2定系數(shù)法求得直線ALAT(1)∵拋物線y=ax+bx-216a+4b-2=0與x軸交于點A(4,0)和點，B(-1,0)∴，a-b-2=01a=解得：2，32b=-1232∴拋物線的表達式為y=x-x-2．132(2)在y=x-x-2x=0y=-2，2∴C(0,-2)，設直線AC的解析式為y=kx+cA(4,0)C(0,-2)代入，4k+c=0得，c=-212k=解得：，c=-212∴直線AC的解析式為y=x-2，在RtΔACO中，OA=4OC=2，∴AC=+OC2=4+22=25，如圖1P作PF?y軸交AC于FA作AG?y軸交PD于G，則∠PFE=∠ACO，123212設Pt,t-t-2Ft,t-2，12123212∴PF=t-2-t-t-2=-t+2t，∵PE⊥AC，∴∠PEF=∠AOC=90°，∴ΔPFE∽ΔACO，PEOAPFAC∴=，OAAC4251255455∴PE=?PF=-t+2t=-t+t，∵AG?PFAC?PD，∴四邊形AGPF是平行四邊形，∠ADG=∠OAC，∴AG=PF，∵∠DAG=∠AOC=90°，∴ΔDGA∽ΔACO，12-t+2tADOAAGOCAD42∴==，2∴AD=-t+4t，1552525545532∴PE+AD=-t+t+(-t+4t)=-(t-2)+6，3∵-<0，25∴當t=2時，PE+AD6P的坐標為(2,-3)．212321232258322582(3)由y=x-x-2=x---，將原拋物線沿射線CA方向平移521個單位得到新拋物線y1，123225812722∴新拋物線y的解析式為y=x--2-+1=x-x+4，11如圖2Q作QJ?x軸交y軸于JP作PS⊥x軸于S，則∠CQJ=∠CAO∠OQJ=∠POSOS=2PS=3，OBOC12OCOA12∵tan∠BCO==tan∠CAO==，∴∠BCO=∠CAO，∴∠BCO=∠CQJ，∵∠OQC-∠OQJ=∠CQJ∠OQC-∠MAC=∠BCO，∴∠OQJ=∠MAC，∴∠MAC=∠POS，PSOS32∴tan∠MAC=tan∠POS==，CLAC32CTAC32過點C作ACCL=CT=tan∠LAC=或=tan∠TAC=，分別過點LT作yKN，∵∠ACO+∠LCK=∠ACO+∠CAO=90°，∴∠LCK=∠CAO，∵∠CKL=∠AOC=90°，∴ΔCLK∽ΔACO，LKOCCKOACLAC32∴===，3232∴LK=OC=3CK=OA=6，∴L(-3,4)，設直線AL的解析式為y=kx+bL(-3,4)A(4,0)代入，11-3k+b=411得，4k+b=0114k=-解得：7，b=747167∴直線AL的解析式為y=-x+，4y=-x+聯(lián)立方程組得77，12272y=x-x+4整理得7x-41x+24=0，41±1009∴x=；14同理可得T(3,-8)AT的解析式為y=8x-32，16y=8x-32聯(lián)立方程組得，1272y=x-x+42整理得x-23x+72=0，23±241∴x=；241±100941±1009M的橫坐標為或．141423312(2024?渠縣校級一模)在平面直角坐標系xOyy=ax+x+c與軸交于點軸xyC33交于AB兩點(點A在點B的左側)A(-30)tan∠ACO=(1)求拋物線的解析式；．(2)如圖1D為直線BC上方拋物線上一點，連接ADBC交于點EBDΔBDE的面積為S1，ΔABE的面積為S2S1的最大值；2S(3)如圖2CBC平移至C′處OC′=OC點M在平移后拋物線的對稱軸△C′BM為以C′BM的坐標．(1)先由銳角三角函數(shù)的定義求得CAC的坐標代入拋物線的解析式求解即可；(2)過D作DG⊥x軸于點GBC于FA作AK⊥x軸交BC延長線于KS1S2的最大值；(3)根據(jù)OC=OC′可得C′M坐標根據(jù)兩點距離公式分別列(1)∵A(-30)，∴AO=|-3|=3，3∵tan∠ACO=，3∴CO=3，∴C(0,3)，233將AC的坐標代入y=ax+x+c得，3a-2+c=0c=3，1a=-∴3，c=31713233∴拋物線的解析式為：y=-x+x+3；(2)如答圖1D作DG⊥x軸于點GBC于FA作AK⊥x軸交BC延長線于K，設直線BC解析式為：y=kx+b，13233由(1)y=-x+得，，x+3B(330)將B(330)C(0,3)分別代入y=kx+b得：3333k+b=0b=3k=-b=3得，33∴直線BC解析式為：y=-x+3，∵A(-30)K的橫坐標x=-3，33代入y=-x+3得y=4，∴K(-34)，∴AK=4，1323333設Dm,-m+m+3Fm,-m+3，13∴DF=-m+3m，∵DG⊥x軸于點GAK⊥x軸，∴AK?DG，∴ΔAKE∽ΔDFE，DFAKDEAE∴=，將ΔBDEΔABE分別看作DEAESSDEAEDFAK∴S1===，S212-m+3m∴s1==-m+11234m=-112m-332+916，32s42332S12916∴m=時，；S(3)如答圖2OC′C′作C′F⊥y軸于F，13233由拋物線的解析式y(tǒng)=-x+x+3(34)知其頂點為，，∵OC=3OB=33，OBOC∴tan∠BCO==3BC=6，∴∠BCO=60°，∵OC′=OC，∴ΔCOC′是等邊三角形，∴CC′=3BC′=3，32332RtΔCFC′中可得CF=C′F=，3323232∴原拋物線的平移是相當于向右平移個單位再向下平移FO=，5325253233232∴平移后拋物線頂點為，x=C′，，18∵M在平移后拋物線的對稱軸上，532∴設Mm，又△C′BM為以C′B332532232①C′M=C′B=3-+-m=3，23232解得m=+6或m=-6，5323253232∴M，+6或M，-6，5322②BM=C′B=333-+(0-m)2=3，332332532解得m=或m=-33，53332∴M，或M-，22532325323綜上所述△C′BM為以C′B為腰的等腰三角形M，+6或M，-6或2532332532332M，或M-，5323253232532332532332故答案為：M，+6或M，-6或M或M-．，1213(2024?銅山區(qū)模擬)y=x+bx+c與坐標軸交于A(0,-2)B，(4,0)BC:y=-2x+8交y軸于點C．點D為直線ABD作x軸的垂GDG分別交直線BCAB于點EF．(1)求b和c的值；12(2)當GF=BDΔBDF的面積；(3)H是yBEHFH的坐標．3(1)b=-c=-2；234(2)S=；(3)H(0,3)．(1)運用待定系數(shù)法即可求出b和c的值；(2)運用待定系數(shù)法可得直線AB的解析式為y=x-2Dm,m-m-2E(m,-2m+8)，12123219121212Fm,m-2G(m,0)GF=m=3S=DF?BG(3)先證明ΔAOB∽ΔBOC出∠ABC=90°BEHFEH=BFFH=BE，EH?BFFH?BEΔCEH?ΔEBF(AAS)ΔHFA?ΔEBF(AAS)CH=EFHA=EFH是ACH的坐標．12(1)∵拋物線y=x+bx+c與坐標軸交于A(0,-2)B(4,0)兩點，，c=-28+4b+c=0∴，3b=-2解得：，c=-23∴b=-c=-2；232(2)∵b=-c=-2，1232∴拋物線解析式為y=x-x-2，設直線AB的解析式為y=kx+a，4k+a=0則，，a=-2k=12解得：a=-21∴直線AB的解析式為y=x-2，213212設Dm,m-m-2E(m,-2m+8)Fm,m-2G(m,0)，，，2∴FG=-1121m-2=2-m，12212當GF=時，2-m=，2解得：m=3，12∴D(3,-2)F3,-G(3,0)，123∴DF=--(-2)=BG=4-3=1，212123234∴S=DF?BG=××1=；(3)如圖2∵直線BC:y=-2x+8交y軸于點C，∴C(0,8)，∴OC=8，∵OA=2OB=4，OAOBOAOB24OBOC12OBOC4812∴∴===，==，，∵∠AOB=∠BOC=90°，∴ΔAOB∽ΔBOC，∴∠ABO=∠BCO，∵∠CBO+∠BCO=90°，∴∠CBO+∠ABO=90°，20即∠ABC=90°，∵四邊形BEHF是矩形，∴EH=BFFH=BEEH?BFFH?BE，∴∠CEH=∠ABC=90°∠AFH=∠ABC=90°，∵DE⊥x軸，∴DE?y軸，∴∠ECH=∠BEF∠FAH=∠BFE，∴ΔCEH?ΔEBF(AAS)ΔHFA?ΔEBF(AAS)，∴CH=EFHA=EF，∴CH=HA，∴H是AC的中點，∴H(0,3)．32kx14(2022?鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬)y=x與雙曲線y=交于AB兩點，M是第一象限內的雙曲線上任意一點．(1)若點A坐標為(2,3)∠AMB=90°M點坐標．(2)若∠ABM=45°BMΔABM的面積是34k值．(3)設直線AMBM分別與x軸相交于PQMA=pMPMB=qMQq-p的值．(1)M(3,2)；6013(2)k=；(3)q-p的值為2．kx6a(1)把點A(2,3)代入y=BMa,定理即可求得答案；kakakx323232(2)設Aa，(a>0)B-a,-y=可求得k=a2Aa,aB-a,-aAB=13a圖2點O作OD⊥AB交BM于點D點B作BE⊥x軸于點E點D作DF⊥x軸于點F，可證得ΔBOE?ΔODF(AAS)DBD求得點MΔABM的面積是34kx(3)設M(s,t)y=得：k=stABABM分別作x軸的垂線AGBKMHGKH點M作x軸的平行線交AG于RBK于L-t+tMAMPARMHMBMQBLMH22即可得出：==，==MA=pMPMB=qMQp=tt21MAMPMBMQq=q-p的值．k(1)把點A(2,3)代入y=得：k=2×3=6，x6x∴反比例函數(shù)解析式為y=∵點A坐標為(2,3)，，∴由反比例函數(shù)與正比例函數(shù)圖象的對稱性可得點B坐標為(-2,-3)，6設Ma,A(2,3)B(-2,-3)，a6a6a22∴AB=(2+2)+(3+3)=52AM=(a-2)+-3BM=(a+2)++3，∵∠AMB=90°，6a6a22∴(a-2)+-3+(a+2)++3=52，整理化簡得a-13a+36=0，∴(a-4)(a-9)=0，解得a=2(與A)或a=-2(舍去)或a=3或a=-3(舍去)，∴M(3,2)；kaka(2)設Aa，(a>0)B-a,-，ka32ka32將Aa,代入y=x=a，32∴k=a2，3232∴Aa,aB-a,-a，32322∴AB=(-a-a)+-a-a=13a，如圖2O作OD⊥AB交BM于點D點B作BE⊥x軸于點E點D作DF⊥x軸于點F，則∠OEB=∠OFD=90°，∴∠OBE+∠BOE=90°，∵∠DOF+∠BOE=90°，∴∠OBE=∠DOF，∵∠ABM=45°∠BOD=90°，∴ΔBOD是等腰直角三角形，∴OB=OD，∴ΔBOE?ΔODF(AAS)，3∴OF=BE=aDF=OE=a，232∴Da-a，設直線BD的解析式為y=mx+n，3am+n=-a則2，32-am+n=-a15m=解得：，n=-a151310∴直線BD的解析式為y=x-a，221y=x-a532，2y=x2ax=-ax=y=a解得：，，3y=-a1512∵M是第一象限內的雙曲線上任意一點，15215∴Ma，a，15231517261022∴BM=-a-a+-a-a=a，2過點A作AH⊥BM于點H，AHAB∴AH=22262則=sin∠ABM=sin45°=，222AB=×13a=a，2∵ΔABM的面積是34，1212172610262∴×BM×AH=34×a×a=34，40133∴a=，3240136013k∴k=a=×=；2(3)設M(s,t)y=得：k=st，xy=y=∴x，32x3232x=-x=解得：，y=-y=6st36st26st36st2∴A，B--，過點ABM分別作x軸的垂線AGBKMHGKHM作x軸的平行線交AG于R，交BK于L，6st26st26st2則MH=tAG=BK=AR=AG-RG=AG-MH=-tBL=+t，∵∠ARM=∠MHP=∠BLM=∠MHQ=90°∠AMR=∠MPH∠MQH=∠BQK=∠BML，∴ΔAMR∽ΔMPHΔMQH∽ΔBML，-t+tMAMPARMHMBMQBLMH22∴==，==，tt∵MA=pMPMB=qMQ，MAMPMBMQ∴p=q=，+t-tMBMQMAMP22∴q-p=-=-=2，tt∴q-p的值為2．kx15(2022?青白江區(qū)模擬)y=的圖象與正比例函數(shù)y=mx的圖象交于AC兩點，其中點A的坐標為(223)．23(1)求反比例函數(shù)及正比例函數(shù)的解析式；(2)點E是反比例函數(shù)第三象限圖象上一點．且EC⊥ACC的直線l1與線段AEAE到直線的距離分別為ddd+d的最大值；1212(3)點B(2,0)x軸上取一點P(t0)(t>2)點P作直線OA的垂線llOB經(jīng)軸22對稱變換后得到O′B′O′B′t的取值范圍．43x(1)反比例函數(shù)的解析式為y=y=3x；1633(2)d+d的最大值為；12(3)t的取值范圍是4≤t≤25．(1)利用待定系數(shù)法即可求得答案；(2)設E(m,n)C作CF⊥x軸于點FE作EG⊥CF于點G圖1∠CFO=∠CGE=90°，233CF=23OF=2EG=-2-mCG=n+23ΔECG∽ΔCOF出E-6,-1點A作AH⊥l于點H點E作EK⊥l于點KER⊥AH于點RR和E重合時，d+d的值最1112AE的長即可；12(3)求出∠MPO=30°OM=tOO′=tO′作O′N⊥x軸于N∠OO′N=30°出O′據(jù)對稱性點P在直線O′B′O′B′y43x=xb-4ac≥0可．kxk2(1)把A(223)代入y=23=，解得：k=43，43x∴反比例函數(shù)的解析式為y=；把A(223)代入y=mx2m=23，解得：m=3，∴正比例函數(shù)的解析式為y=3x；(2)由反比例函數(shù)和正比例函數(shù)圖象的對稱性可知：AC兩點關于原點對稱，∴C(-2,-23)，設E(m,n)C作CF⊥x軸于點F點E作EG⊥CF于點G，如圖1，則∠CFO=∠CGE=90°CF=23OF=2EG=-2-mCG=n+23，∴∠CEG+∠ECG=90°，∵EC⊥AC，24∴∠OCF+∠ECG=90°，∴∠CEG=∠OCF，∴ΔECG∽ΔCOF，CGOFEGCFn+23-2-m23∴==，2∴m=-8-3n，∵mn=43，∴n(-8-3n)=43，233解得：n=-23(舍去)n=-，12233∴m=43÷-=-6，233∴E-6,-，如圖1A作AH⊥l于點HE作EK⊥l于點KER⊥AH于點R，11則∠R=∠RHK=∠EKH=90°，∴四邊形EKHR是矩形，∴RH=EK=dAH=d，21∴d+d=AR，12當R和E重合時，d+d的值最大，122336432∵CE2=EG2+CG2=(6-2)2+23-=AC2=(2OC)2=4×[OF2+CF2]=4×[22+(23)2]=64，6431633∴最大值是AE=CE+AC2=+64=；1633∴d+d的最大值為；12(3)如圖2ABO′作O′N⊥x軸于Nl2與OA交于點M，∵A(223)B(2,0)，∴AB⊥x∠ABO=90°AB=23OB=2，ABOB232∴tan∠AOB===3，∴∠AOB=60°∠PMO=90°，∴∠MPO=30°，12∴OM=tOO′=t，∵∠OO′N=30°，1232∴ON=tNO′=t，1232∴O′t，t，根據(jù)對稱性可知點P在直線O′B′上，132ta+b=tx+bO′1232設直線O′B′的解析式是y=a2t，tP(t,0)，代入，ta+b=01232ta+b=t得，ta+b=025a=-3b=3t解得：，∴y=-3x+3t①，43x∵反比例函數(shù)的解析式為y=②，①②聯(lián)立得，3x-3tx+43=0，即x-tx+4=0③，∵O′B′與雙曲線有交點，∴△=b-4ac=t-4×1×4≥0，解得：t≥4t≤-4．12又O′B′=2B′點橫坐標是1+t，當點B′為直線與雙曲線的交點時，t21212由③得，x-t-+4=0，41t221+t-t-+4=0，224解得t=±25，而當線段O′B′與雙曲線有交點時，t≤25或t≥-25，∵t>2，綜上所述，t的取值范圍是4≤t≤25．熱點4幾何圖形綜合名師點撥16(2024?泰山區(qū)校級模擬)ΔABC內接于⊙OAB=ACOCB作AC的垂線，交⊙O于點DOC于點MAC于點EAD．(1)若∠D=αα的代數(shù)式表示∠OCA；(2)求證：CE=EM?EB；(3)連接CDBM=4DM=3tan∠BAC的值及四邊形ABCD的面積與ΔBMC面積的比值．2652214(1)90°-α(2)見解析；(3)，．12(1)連接OAOBSSS證明ΔAOB?ΔAOC∠OAB=∠OAC=∠BAC的圓周角相等得∠ACB=∠D=α(2)首先表示出∠CBE=90°-∠ACB=90°-α∠OCA=∠CBEΔCEM∽ΔBEC(3)連接AO并延長交BD于點N接CNCD，首先利用平行線的判定可證OC?AD∠DMC=∠ABD=∠ACBCD=DM=3ASA證明ΔAEN?ΔAED得EN=EDEMEB的長，從而解決問題．(1)OAOB，在ΔAOB與ΔAOC中，AB=ACOB=OC，OA=AO∴ΔAOB?ΔAOC(SSS)，1∴∠OAB=∠OAC=∠BAC，2∵AB=AB，∴∠ACB=∠D=α，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=α，∴∠BAC=180°-2α，∴∠OAC=90°-α，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=90°-α；(2)證明：∵BD⊥AC，∴∠BEC=90°，∴∠CBE=90°-∠ACB=90°-α，∴∠OCA=∠CBE，∵∠CEM=∠CEB，∴ΔCEM∽ΔBEC，CEBEEMCE∴=，∴CE=EM?EB；(3)AO并延長交BD于點N接CNCD，∵AB=AC∠OAB=∠OAC，∴AO垂直平分BC，∴BN=CN，∵∠OCA=∠DAC，∴OC?AD，∴∠DMC=∠ABD=∠ACB，∵BC=BC，∴∠BAC=∠CDM，∴∠DCM=∠ABC，∴∠DCM=∠DMC，27∴CD=DM=3，∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEN，∵∠OAC=∠DACAE=AE，∴ΔAEN?ΔAED(ASA)，∴EN=ED，∴AC垂直平分DN，∴CN=CD=3，∴BN=CN=3，∴MN=BM-BN=4-3=1，由EN=DE得：MN+EM=DM-EM，∴1+EM=3-EM，∴EM=1，∴EB=BM+EM=4+1=5，DE=DM-EM=3-1=2，由(2)知，CE=EM?EB=1×5=5，∴CE=5(負值已舍)，∵∠BAC=∠BDC∠DEC=∠AEB，∴ΔDEC∽ΔAEB，DEAECEBEDE?EB∴=，2×5∴AE====25，CE5在RtΔABE中，BEAE52552tan∠BAC==，由(2)知，∠OCA=∠CBE=∠CAD，∴AD?OC，CEAEEMED12∴==，∴CE=5，12122152∴S=AC×BD=×35×7=，112S=×BM×CE=×4×5=25，2214∴四邊形ABCD的面積與ΔBMC面積的比值為．17(2023?越秀區(qū)模擬)平行四邊形ABCDE在邊BC上AEF在線段AEBFAC．(1)如圖1AB⊥ACE為BC中點，BF⊥AE．若AE=5BF=26AF的長度；(2)如圖2AB=AE∠BFE=∠BACAE沿AC翻折交CD于HC作CG⊥AC交AH于點G．若∠ACB=45°：AF+AE=AG；(3)如圖3AB⊥AC∠ACB=30°AB=2AF+BF+CF的最小值．28(1)AF=4；(2)證明見解析；(3)AF+BF+CF的最小值為27．(1)根據(jù)直角三角形的中線等于斜邊長一半AE=BE=CE=5ΔBEF用勾股定理求出EFAF=AE-EF(2)由題意可得，AC是∠GCECG⊥ACAEGC交于點MAG=AMAG=AE+AFAM=AE+EMAF=EMBF交AC于NE作EP⊥AC于P證明ΔABN?ΔEAPAN=EPEQCPEQ=EP=ANΔANF?ΔEQM即可解決；(3)如圖3AF和AC手拉手ΔAFC?ΔAMN以CF=MNFM=AFAF+BF+CF=BF+FM+MNBFMN利用∠BAN=150°AB=2AC=AN=23ΔABN即可解決．(1)解：∵AB⊥AC1，∴∠BAC=90°，E為BC的中點，AE=5，∴AE=BE=EC=5，∵BF⊥AE，∴∠BFE=90°，在RtΔBEF中，EF=BE-BF2=1，∴AF=AE-EF=4；(2)2AE與射線GC交于點M，由題可設∠CAM=∠CAG=α，∵AC⊥CG，∴∠ACM=∠ACG=90°，∴∠AMG=∠AGM=90°-α，∴AM=AG，∵∠BFE=∠BAC，∴∠ABF+∠BAE=∠CAM+∠BAE，∴∠ABF=∠CAM=α，29∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB，∴∠ABF+∠FBE=∠ACB+∠CAM，∵∠ABF=∠CAM=α∠ACB=45°，∴∠FBE=∠ACB=45°，延長BF交AC于N，∴BN=CN∠BNC=∠ANF=90°，過E作EP⊥AC于P，則∠APE=∠BNA=90°，∠BNA=∠APE在ΔABN與ΔEAP中，∠ABN=∠EAP，AB=EA∴ΔABN?ΔEAP(AAS)，∴AN=EP，過E作EQ⊥CM于Q，∴∠EQC=∠ACM=∠EPC=90°，∴四邊形EQCP為矩形，∵∠BCM=90°-∠ACB=45°，∴∠BCM=∠ACB，∴EP=EQ=AN，∴矩形EQCP為正方形，∴EQ?AC，∴∠MEQ=∠FAN，∠MEQ=∠FAN在ΔMEQ與ΔFAN中，EQ=AN，∠EQM=∠ANF=90°∴ΔEQM?ΔANF(ASA)，∴AF=EM，∵AM=AE+EM，∴AG=AE+AF；(3)3AC為邊構等邊ΔACNAF為邊構造等邊ΔAFM，∴AF=AM=FMAC=AN=CN，∠FAM=∠CAN=60°，∴∠FAM-∠MAC=∠CAN-∠MAC，∴∠CAF=∠NAM，AF=AM在ΔAFC與ΔAMN中，∠CAF=∠NAM，AC=AN∴ΔAFC?ΔAMN(SAS)，∴CF=CM，∴AF+BF+CF=BF+FM+MN，當BFMN四點共線時，AF+BF+CF最小，即為線段BN4，過N作NT⊥BA交其延長線于T，30∴∠BTN=90°，∵AB⊥AC，∴∠BAC=90°，∵AB=2∠ACB=30°，∴BC=2AB=4，∴AC=BC-AB2=23，∴AN=AC=23，∵∠BAN=∠BAC+∠CAN=150°，∴∠TAN=180°-∠BAN=30°，12在RtΔTAN中，TN=AN=3，∴AT=AN-TN2=3，∴TB=TA+AB=3+2=5，∴BN=TN+TB2=27，∴AF+BF+CF的最小值為27．18(2023?乳山市二模)過四邊形ABCD的頂點A作射線AMP為射線AMDP．將AP繞點A順時針方向旋轉至AQ∠PAQ=αBQ．(11ABCDα=90°．無論點P在何處，總有BQ=DP(22ABCD是菱形，∠DAB=α=60°∠MAD=15°PQ．當PQ⊥BQ，AB=6+2AP的長；(33ABCD是矩形，AD=6AB=8AM平分∠DACα=90°．在射線AQ43上截取ARAR=AP．當ΔPBRAP的長．(1)證明見解答；(2)AP=2；35224511(3)AP的長為或．31(1)利用正方形性質和旋轉變換證明ΔADP?ΔABQ(SAS)(2)如圖2P作PH⊥AB于點HBPΔADP?ΔABQ(SAS)BQ=DP∠APD=∠AQBΔAPQ是等邊三角形，ΔAPH是等腰直角三角形，ΔBPQ角形即可求得答案；(3)分三種情況討論：①當∠BRP=90°時，②當∠PBR=90°時，③當∠BPR=90°AP的長．(1)1∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB∠BAD=90°，∴∠DAP+∠BAM=90°，∵∠PAQ=90°，∴∠BAQ+∠BAM=90°，∴∠DAP=∠BAQ，∵將AP繞點A順時針方向旋轉至AQ，∴AP=AQ，∴ΔADP?ΔABQ(SAS)，∴BQ=DP．(2)2P作PH⊥AB于點HBP，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD=AB，由旋轉得：AP=AQ，∵∠DAB=α=60°，即∠DAB=∠PAQ=60°，∴ΔADP?ΔABQ(SAS)，∴BQ=DP∠APD=∠AQB，∵AP=AQ∠PAQ=60°，∴ΔAPQ是等邊三角形，∴∠AQP=60°，∵PQ⊥BQ，∴∠BQP=90°，∴∠AQB=∠AQP+∠BQP=60°+90°=150°，∴∠APD=∠AQB=150°，∴∠DPM=180°-∠APD=180°-150°=30°，∵∠MAD=15°，∴∠ADP=∠DPM-∠MAD=30°-15°=15°，∴∠ADP=∠MAD，∴AP=DP，∴AQ=BQ=PQ=AP，∴∠ABQ=∠BAQ=∠MAD=15°，∴∠PAH=∠PAQ-∠BAQ=60°-15°=45°，∵PH⊥AB，∴∠AHP=∠BHP=90°，∴ΔAPH是等腰直角三角形，2∴AH=PH=AP，232∵BQ=PQ∠PQB=90°，∴ΔBPQ是等腰直角三角形，∴∠PBQ=45°，∴∠PBH=∠PBQ-∠ABQ=45°-15°=30°，2APPHtan∠PBH622∴BH===AP，tan30°22622+62∴AB=AH+BH=AP+AP=AP，∵AB=6+2，2+6∴AP=6+2，2∴AP=2；(3)∠BRP=90°3DPPQB作BE⊥AQ于點E，設AM交CD于點F點F作FG⊥AC于點G，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAM+∠DAP=90°∠ADC=90°，∵∠BAM+∠BAR=90°，∴∠DAP=∠BAR，∵AD=6AB=8，ADAB68434∴==，∵AR=AP，3APARADAB34APAR∴∴==，，∴ΔADP∽ΔABR，DPBRADAB683443∴===BR=DP，∵AM平分∠DACFD⊥ADFG⊥AC，∴FD=FG，在RtΔACD中，AC=AD+CD2=6+82=10，ADAC610335∴sin∠ACD===，F(xiàn)G∵∴=sin∠ACD=，CFDFCF535=，∵DF+CF=CD=8，∴DF=3CF=5，在RtΔADF中，AF=AD+DF2=6+32=35，∵∠DAP=∠BAR∠ADF=∠AEB=90°，∴ΔADF∽ΔAEB，AEADBEDFABAFAE6BE3835∴====，1655855∴AE=BE=，33∵∠BRP=90°，∴∠ARP+∠BRE=90°，∵∠ARP+∠APR=90°，∴∠BRE=∠APR，∴tan∠BRE=tan∠APR，BEERARAP34334∴==，855655∴ER=BE=×=，4∵AR+ER=AE，436551655∴AP+=，352∴AP=②當∠PBR=90°4P作PG⊥AD于點GPH⊥AB于點H，；PGAPDFAF335AGAPADAF635則sin∠DAF===cos∠DAF===，55255∴PG=APAG=AP，∵∠GAH=∠AGP=∠AHP=90°，∴四邊形AGPH是矩形，55255∴AH=PG=APPH=AG=AP，55∴BH=AB-AH=8-AP，25555165522∴BP=PH+BH=AP+8-AP=AP-AP+64，25555245522在RtΔDPG中，DP=DG+PG=6-AP+AP=AP-AP+36，4∵BR=DP，3169169128515∴BR=DP=AP-AP+64，42592在RtΔAPR中，PR=AP+AR=AP+AP=AP2，3在RtΔPBR中，PR=BP+BR2，2591655169128515∴AP=AP-AP+64+AP-AP+64，24511解得：AP=；③當∠BPR=90°時，1691285152591655由②知：BR=AP-AP+64PR=，AP2BP=AP-，AP+64，∵PR+BP=BR2，2591655169128515∴AP+AP-AP+64=AP-AP+64，853解得：AP=0或AP=-35224511綜上所述，AP的長為或．19(2023?南海區(qū)一模)如圖1ABCD中，AD=12AB=8E在射線ABΔAED34沿EDA與點GAG交DE于點F．(1G落在BCBG的長；(2E的運動過程中，BG由；(33P為BGAPE在射線ABAP長的最大值．(1)12-45；(2)在點E的運動過程中，BG存在最小值，BG的最小值為413-12；(3)點E在射線AB上運動過程中，AP長的最大值為213+6．(1)由翻折得：DG=AD=12CG=DG-CD2=12-82=45BG=BC-CG(2)以D為圓心，AD長為半徑作⊙DG在⊙DG在線段BD上時，BGBG=BD-DGBD=413BG的最小值為413-12；(3)以D為圓心，AD長為半徑作⊙DBA至HAH=BA=8接GH12得AP=GHAP最大時，GHG在⊙DHG經(jīng)過點D時，GH案．(1)當點G落在BC1，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=AD=12CD=AB=8∠B=∠C=90°，由翻折得：DG=AD=12，在RtΔCDG中，CG=DG-CD2=12-82=45，∴BG=BC-CG=12-45；(2)如圖2D為圓心，AD長為半徑作⊙D，由翻折得：DG=AD=12，∴點G在⊙D上運動，當點G在線段BD上時，BGBG=BD-DG，在RtΔABD中，BD=AB+AD2=8+122=413，35∴BG=BD-DG=413-12，故在點E的運動過程中，BG存在最小值，BG的最小值為413-12；(3)如圖3D為圓心，AD長為半徑作⊙DBA至HAH=BA=8GH，∵AH=BA，∴點A是BH的中點，∵點P為BG的中點，∴AP是ΔBGH的中位線，1∴AP=GH，2則AP最大時，GH最大，由翻折得：DG=AD=12，∴點G在⊙D上運動，當HG經(jīng)過點D時，GH4，在RtΔADH中，HD=AH+AD2=8+122=413，∴GH=HD+DG=413+12，12∴AP=GH=213+6，故點E在射線AB上運動過程中，AP長的最大值為213+6．20(2023?鄒城市模擬)ABCDD角板繞點D旋轉．(1)當三角板旋轉到圖1CE與AF(2)在(1)DE=1AE=7CE=3∠AED的度數(shù)；(3)若BC=4M是邊ABDMDM與AC交于點ODF與邊DM重合時5(如圖2)OF=CN的長．3B36(1)由正方形與等腰直角三角形的性質判斷出ΔADF?ΔCDE即可；(2)設DE=kAECEEFΔAEF∠AED；OMODOAOCAMDC12DFDC(3)由AB?CD出===DMDOΔDFN∽ΔDCO=DNDN即可DO(1)CE=AF；ABCDCEF中，F(xiàn)D=DECD=CA∠ADC=∠EDF=90°∴∠ADF=∠CDE，∴ΔADF?ΔCDE，∴CE=AF，(2)∵DE=1AE=7CE=3，∴EF=2，∴AE+EF=AF2∴ΔAEF為直角三角形，∴∠AEF=90°∴∠AED=∠AEF+DEF=90°+45°=135°；(3)∵M是AB中點，1212∴MA=AB=AD，∵AB?CD，OMODOAOCAMDC12∴===，在RtΔDAM中，DM=AD+AM2=16+4=25，45∴DO=∵OF=，35，3∴DF=5，∵∠DFN=∠DCO=45°∠FDN=∠CDO，∴ΔDFN∽ΔDCO，DFDC5DNDODN453∴∴=，，=453∴DN=，5373∴CN=CD-DN=4-=熱點考題21(2024?裕華區(qū)一模)式的二次項系數(shù)與一次項系數(shù)的和(和為非零數(shù))為一次多項式的常數(shù)項．例A=x+2x-3A，經(jīng)過處理器得到B=(1+2)x-3=3x-3．37若關于x的二次多項式A經(jīng)過處理器得到B(1)若A=3x-2x+5B關于x的表達式；(2)若A=4x-5(2x-3)x的方程B=9的解．(1)B=(3-2)x+5=x+5(2)B=9的解為1．(1)根據(jù)整式處理器的處理方法即可求解；(2)-6x+15=9x的方程B=9的解．(1)∵A=3x-2x+5，∴根據(jù)整式處理器可得B=(3-2)x+5=x+5．(2)依據(jù)題意可知A=4x-5(2x-3)=4x-10x+15，根據(jù)整式處理器可得B=(4-10)x+15=-6x+15，∵B=9，∴-6x+15=9，∴x=1，∴方程B=9的解為1．22(2024?禹州市一模)(1)如圖1(每個小正方形的邊長都是1)ABCP均在格點上(網(wǎng)格線的交點)P在線段ABPCPC繞點PC的對應點D落在線段ACPCPD關于直線AB的對稱線段PE和PF．則①∠BAC=45°；②線段PF可以看作是由線段PC繞點P順時針旋轉°得到．(2)如圖23∠BAC=45°P為ABPCP