2024年中考考前最后一课-数学 讲义

这是一份2024年中考考前最后一课-数学 讲义，共676页。学案主要包含了中考热点1，中考热点2，中考热点3，中考热点4，中考热点5，中考热点6，中考热点7，中考热点8等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc165197915" （1）2024中考数学考前冲剌备忘录 PAGEREF _Tc165197915 \h 1
\l "_Tc165197916" （2）中考数学核心考点解题方法与策略 PAGEREF _Tc165197916 \h 3
\l "_Tc165197917" （3）中考数学三种题型的答题技巧 PAGEREF _Tc165197917 \h 7
\l "_Tc165197918" 二﹑热点前瞻篇 PAGEREF _Tc165197918 \h 12
\l "_Tc165197919" 【中考热点1】数与式★★★★★ PAGEREF _Tc165197919 \h 12
\l "_Tc165197920" 【中考热点2】方程（组）与不等式（组）★★★★★ PAGEREF _Tc165197920 \h 24
\l "_Tc165197921" 【中考热点3】函数类综合问题★★★★★ PAGEREF _Tc165197921 \h 40
\l "_Tc165197922" 【中考热点4】解直角三角形问题★★★★★ PAGEREF _Tc165197922 \h 93
\l "_Tc165197923" 【中考热点5】几何综合★★★★★ PAGEREF _Tc165197923 \h 123
\l "_Tc165197924" 【中考热点6】圆的综合题★★★★★ PAGEREF _Tc165197924 \h 179
\l "_Tc165197925" 【中考热点7】几何最值问题★★★★★ PAGEREF _Tc165197925 \h 217
\l "_Tc165197926" 【中考热点8】跨学科综合题 ★★★ PAGEREF _Tc165197926 \h 258
\l "_Tc165197927" 【中考热点9】阅读理解题★★★★ PAGEREF _Tc165197927 \h 275
\l "_Tc165197928" 三﹑易错梳理篇 PAGEREF _Tc165197928 \h 309
\l "_Tc165197929" 【易错点梳理，61个易错点汇总】 PAGEREF _Tc165197929 \h 309
\l "_Tc165197930" 【易错强化，101题74个易错题型汇总】 PAGEREF _Tc165197930 \h 313
\l "_Tc165197931" 四、命题猜想压轴篇 PAGEREF _Tc165197931 \h 402
\l "_Tc165197932" 【中考压轴1】动点问题 PAGEREF _Tc165197932 \h 402
\l "_Tc165197933" 【中考压轴2】函数类问题 PAGEREF _Tc165197933 \h 422
\l "_Tc165197934" 【中考压轴3】面积问题 PAGEREF _Tc165197934 \h 447
\l "_Tc165197935" 【中考压轴4】三角形存在性问题 PAGEREF _Tc165197935 \h 477
\l "_Tc165197936" 【中考压轴5】四边形存在性问题 PAGEREF _Tc165197936 \h 497
\l "_Tc165197937" 【中考压轴6】线段之间的关系问题 PAGEREF _Tc165197937 \h 516
\l "_Tc165197938" 【中考压轴7】定值问题 PAGEREF _Tc165197938 \h 538
\l "_Tc165197939" 【中考压轴8】几何三大变换问题 PAGEREF _Tc165197939 \h 558
\l "_Tc165197940" 【中考压轴9】实践操作﹑问题探究问题 PAGEREF _Tc165197940 \h 598
\l "_Tc165197941" 【中考压轴10】圆 PAGEREF _Tc165197941 \h 622
\l "_Tc165197942" 五﹑临考心理篇 PAGEREF _Tc165197942 \h 646
\l "_Tc165197943" 1.考前考生需要做哪些准备 PAGEREF _Tc165197943 \h 646
\l "_Tc165197944" 2.中考前一天需要做哪些准备 PAGEREF _Tc165197944 \h 648
\l "_Tc165197945" 六﹑考场注意篇 PAGEREF _Tc165197945 \h 649
\l "_Tc165197946" 1.中考数学临场解题策略 PAGEREF _Tc165197946 \h 649
\l "_Tc165197947" 2.中考数学阅卷和答题卡的注意事项 PAGEREF _Tc165197947 \h 652
\l "_Tc165197948" 七、考后疏导篇 PAGEREF _Tc165197948 \h 658
\l "_Tc165197949" 中考考后那些事 PAGEREF _Tc165197949 \h 658
\l "_Tc165197950" 八、终极押题篇 PAGEREF _Tc165197950 \h 661
\l "_Tc165197951" 2024年中考数学终极押题卷 PAGEREF _Tc165197951 \h 661
\l "_Tc165197952" 2024年中考终极押题卷参考答案 PAGEREF _Tc165197952 \h 668
一﹑考前技能篇
（1）2024中考数学考前冲剌备忘录
为了帮助同学们回忆和巩固基础知识，老师通过对近几年中考考点的梳理，提出一下65问，希望对同学们的考前复习能有所帮助．
1．相反数和绝对值的概念和性质你记住了吗？
2．科学记数法的正确表示方法和涉及到单位进率你明白了吗？
3．二次根式有意义的满足条件是什么？
4．掌握二次根式的性质了吗？
5．算术平方根和平方根的区分是否掌握？
6．立方根的性质和运算？
7．零指数幂的性质，负整数幂的运算？
8．幂运算的乘除法法则？
9．乘法公式是否熟悉和完全平方公式的灵活应变？
10．因式分解的方法又多少种（5种类型），因式分解的步骤？
11．解一元二次方程的方法（4种）？
12．一元二次方程的判别式的意义？
13．一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）？
14．掌握解一元一次不等式的步骤？不等式解集在数轴上的表示？
15．分式有意义的条件？分式的性质是什么？
16．解分式方程的步骤和注意事项？
17．直角坐标系中各各象限内点坐标的特征？
18．坐标轴上的点的特征掌握了吗？
19．你能讲述两条坐标轴夹角平分线上点的坐标的特征吗？
20．你知道和坐标轴平行的直线上点的坐标的特征吗？
21．关于x轴、y轴或原点对称的点的坐标的特征是什么？
22．你掌握坐标系中的距离公式了吗？
23．函数自变量的取值范围常考的几种类型知道吗？
24．正比例函数和一次函数的概念的区分？
25．一次函数图像和性质？
26．一次函数和等腰三角形，直角三角形，矩形，菱形和正方形，特殊角的存在性等综合题都知道做题方法了吗？
27．反比例函数的图像的特征？
28．反比例函数中k的几何意义？
29．二次函数的性质二次函数的对称轴，顶点坐标，增减性等？
30．二次函数y=ax²+bx+c(a≠0）中a，b，c的含义？
31．求二次函数的解析式又多少种方法及什么情况下选用？
32．求二次函数的最值时要考虑的问题？
33．三角形的三边关系？
34．三角形的重要线段的性质和意义都清楚吗？
35．多边形的内角和公式和外交和？
36．多边形的对角线有关公式？
37．多边形的截角问题的分类会吗？
38．角平分线的性质和垂直平分线的性质的运用？
39．全等三角形的的性质和判定方法？
40．等腰三角形的性质是否熟悉，灵活运用？
41．直角三角形的斜边中线定理？
42．等边三角形的性质和判定方法？
43．直角三角形中30°所对的直角边和斜边的关系？
44．平行四边形的性质和判定定理？
45．矩形的性质和判定定理？
46．菱形的性质和判定定理？
47．正方形的性质和判定定理？
48．是否掌握弧、弦、圆周角和圆心角之间的关系
49．垂径定理的模型构造，有关运算及常考的实际应用有哪些？
50．圆内接四边形的性质？
51．圆内接正多边形的有关运算是否掌握？
52．点和直线与圆的位置关系是否会判断？判定切线长的方法？
53．三角形的内切圆的有关于运算？切线长定理的巧用？
54．弧长公式和扇形面积公式的有关运算？
55．初中阶段的5中尺规作图方法？作图的注意事项？
56．平移﹑旋转﹑轴对称和中心对称的概念是什么？中心对称图形和轴对称图形的区分？
57．比例线段的性质？黄金分割比？
58．相似三角形的判定方法？
59．相似三角形的性质应用，射影定理？
60．对于“一线三等角”“手拉手模型”“对角互补模型”是否掌握？
61．锐角三角形函数的特殊角的函数值是什么？
62．锐角三角函数常见的实际应用是否会解？
63．众数﹑中位数和方差及平均数的运算及意义？
64．求概率的方法，是否会运用“树状图”/ “列表法”求概率？
65．是否掌握运用频率估算概率方法？
 （2）中考数学核心考点解题方法与策略
一、历年中考数学试卷的启发
1.解答题的各小问之间有一种阶梯关系，通常后面的问要使用前问的结论．如果前问是证明，即使不会证明结论，该结论在后问中也可以使用．当然，我们也要考虑结论的独立性；
2.注意题目中的小括号括起来的部分，那往往是解题的关键．
二、解题策略选择
1.先易后难是所有科目应该遵循的原则，而表现在数学试卷上显得更为重要．一般来说，选择题的后两题，填空题的后一题，解答题的后两题是难题．当然，对于不同的学生来说，有的简单题目也可能是自己的难题，所以题目的难易只能由自己确定．一般来说，小题思考1分钟还没有建立解答方案，则应采取“暂时性放弃”，把自己可做的题目做完再回头解答；
2.选择题有其独特的解答方法，首先重点把握选择支也是已知条件，利用选择支之间的关系可能使你的答案更准确．切记不要“小题大做”．
注意解答题按步骤给分，根据题目的已知条件与问题的联系写出可能用到的公式、方法、或是判断．虽然不能完全解答，但是也要把自己的想法与做法写到答题卷上．多写不会扣分，写了就可能得分．
（1）直接法
直接法在选择题中的具体应用就是直接从题设条件出发，利用已知条件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知识，通过严谨推理、准确运算、合理验证，从而直接得出正确结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，从而确定正确的选择支．这类选择题往往是由计算题、应用题或证明题改编而来，其基本求解策略是由因导果，直接求解．
由于填空题和选择题相比，缺少选择支的信息，所以常用到直接法进行求解.直接法是解决选择、填空题最基本的方法，适用范围广，只要运算正确必能得到正确答案，解题时要多角度思考问题，善于简化运算过程，快速准确得到结果.
直接法具体操作起来就是要熟悉试题所要考查的知识点，从而能快速找到相应的定理、性质、公式等进行求解，比如，几何试题，很明显能看到是三角形问题还是四边形问题或是圆的问题或者是三者的综合，如果不能直接看出，只能看出是四边形试题，那就说明，需要对条件进行化简或转化了，也可快速进入状态.
（2）排除法
排除法是一种间接解法，也就是我们常说的筛选法、代入验证法，其实质就是舍弃不符合题目要求的选项，找到符合题意的正确结论．也即通过观察、分析或推理运算各项提供的信息，对于错误的选项，逐一剔除，从而获得正确的结论．具体操作起来，我们可以灵活应用，合理选取相应选项进行快速排除，比如，可以把一些简单的数代入，符合条件的话就排除不含这个数的范围选项，不符合条件的话就排除含这个数的范围选项，即：如果有两个选项A（）、B（），你就可以选取1这个数看是否符合题意，如果1符合题意，你就排除B，如果1不符合题意，你就排除A，这样就能快速找到正确选项，当然，选取数据时要考虑选项的特征，而不能选取所有选项都含有或都不含有的数；也可以根据各个选项对熟悉的知识点进行论证再排除，比如，四个选项当中有四个知识点，你就可以把熟悉掌握的知识点进行论证，看是否符合题意即可快速而且正确找到选项，而不会因为某个知识点不会或模棱两可得到错误选项.
而历年中考的选择题都采用的是“四选一”型，即选择项中只有一个是正确的，所以排除法是快速解决部分中考选择试题从而节省时间的有效方法.那对于填空题呢，其实也是可以的，比如有些填空题如果你已经求出了结果，但并不确定这个结果中的某个端点值是否要取，你就可以代入验证进行排除.所以，我们要熟练掌握这种能帮助你快速找到正确结论的方法，从而提高解题效率，为后面的试题解答留有更充足的时间！
（3）特例法
特例法对解决有关数学题目是一种非常独特且十分有效的方法，它可以使繁杂的问题处理简易化，收到事半功倍的效果.
特例法也就是我们常说的特殊值验证法，有时也用特殊数值、特殊图形、特殊位置代替题设中普遍条件，得出特殊结论，再对各选项进行检验，从而做出正确的选择．特别是对于一些比较棘手的中考选择题或填空题，若能注意到其特殊情况，从特殊性入手，也许就可以简捷快速地解决问题.
常用的特例有特殊数值、特殊点、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．特例法是解答选择题的最佳方法之一，具体是通过特例的方式提高解题速度，题中的一般情况必须满足我们取值的特殊情况，从而我们选取适当的特值帮助我们得到正确的结论.比如，某个三角形，可以考虑等腰三角形或等边三角形的情形；某个四边形，可以考虑平行四边形或正方形；
特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题或填空题，但使用时一定要注意：（1）取特例尽可能简单，有利于计算和推理；（2）若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解；（3）当正确的选择对象，在题设普遍条件下都成立的情况下，用特殊值（取得越简单越好）进行探求，从而清晰、快捷地得到正确的答案，即通过对特殊情况的研究来判断一般规律，这是解答本类选择、填空题的最佳策略.
近年来中考选择、填空题中可用或结合用特例法解答的试题能占到30%左右，所以要想快速准确地赢得时间获取高分，一定要学会、会用并且灵活使用特例法！
（4）估算法
估算法一般包括范围估算，极端值估算和推理估算，是一种快速解决数学问题的方法，也是一种高效率得出正确结论的捷径.
对于中考数学某些问题，当我们没有合适的解题思路或正面解析比较麻烦，特别又是针对选择题时，不必进行准确的计算，我们可以通过适当地放大或缩小部分数据估算出答案的大概范围或者近似值，也可以通过对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．
当然，这有时也适合用在填空题中，比如比较大小时.估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的层次，所以我们要学会灵活运用.
而对于选择题，实在没思路时，又不需要解题过程，我们用这种方法还是能很大程度上提高我们的得分率的，比如，求某个图形的面积或体积，当选项差距比较大时，我们只需通过计算一部分比较好计算或自己熟练掌握的，就可以通过比较各选项得出正确结论.
（5）数形结合法
数形结合法，也就是我们常说的图解法，就是把抽象的 \t "" 数学语言、数量关系与直观的 \t "" 几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”，即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而实现优化解题途径的目的.
在中考中，数形结合是一种常用的解题方法，也是一种重要的数学思想方法，特别是在一些计算过程复杂的函数等问题中，可以先作出有关函数的图象或者构造适当的几何图形，再利用图示辅助，即参照图形的做法、形状、位置、性质，综合图象的特征进行直观分析，从而得出结论.比如：
①借助于图象研究函数的性质是一种常用的方法. \t "" 函数图象的几何特征与数量特征紧密结合，体现了数形结合的特征与方法.
②处理方程问题时，把方程的根的问题看作两个 \t "" 函数图象的交点问题；
著名数学家 \t "" 华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休.”数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷.所以，我们一定要学好并应用好数形结合的方法.
三、解题思想方法
1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系．首先考虑定义域，其次使用“三合一定理”；
2.如果在方程或是不等式中出现解的个数或交点个数问题，优先选择数形结合的思想方法；
3.选择题与填空题中出现不等式的题目时，优选特殊值法；
4.求参数的取值范围时，应该建立关于参数的等式或是不等式，
5.概率与统计的解答题，要注意步骤的多少决定解答的详略；
6.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范围，
7.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先考虑使用定义；
8.与平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数，沿向量平移一定要使用平移公式完成；
9.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式即可，关于轴对称问题，注意两个等式的运用：一是垂直，一是中点在对称轴上．
四、每分必争
1.答题时间共120分钟，而你要答分数为120分的考卷，算一算就知道，每分钟应该解答1分多的题目，所以每1分钟的时间都是重要的．试卷发到手中首先完成必要的检查（是否有印刷不清楚的地方）与填涂，之后剩下的时间就马上看试卷中可能使用到的公式，做到心中有数．用心计算简单的题目，必要时动一动笔也不是不行（你是写名字或是写一个字母没有人去区分）．
2.在分数上也是每分必争．你得到71分与得到72分，虽然只差1分，但是有本质的不同，一个是不合格一个是合格．中考中，你得556分与得557分，虽然只差1分，但是它决定你是否可以上重点线，关系到你的一生．所以，在答卷的时候要精益求精．对选择题的每一个选择支进行评估，看与你选的相似的那个是不是更准确？填空题的范围书写是不是集合形式，是不是少或多了一个端点？是不是有一个解应该舍去而没舍？解答题的步骤是不是按照公式、代数、结果的格式完成的，应用题是不是设、列、画（线性归化）、解、答？根据已知条件你还能联想到什么？把它写在考卷上，也许它就是你需要的关键的1分，为什么不去做呢？
3.答题的时间紧张是所有同学的感觉，想让它变成宽松的方法只有一个，那就是学会放弃，准确地判断把该放弃的放弃，就为你多得1分提供了前提．
4.冷静一下，表面是耽误了时间，其实是为自己赢得了机会，可能创造出奇迹．在头脑混乱的时候，不妨停下来，喝口水，深吸一口气，再慢慢呼出，就在呼出的同时，你就会得到灵感．
5.题目分析受挫，很可能是一个重要的已知条件被你忽略，所以重新读题，仔细读题才能有所发现，不能停留在某一固定的思维层面不变．联想你做过的类似的题目的解题方法，把不熟悉的转化为你熟悉的也许就是成功．
6.中考只是人生的重要考试之一，其实人生是由每一分钟组成的．把握好人生的每一分钟才能真正把握人生．中考就是平常的模拟考试罢了，其实真正的中考是在你生活的每一分钟里．
（3）中考数学三种题型的答题技巧
一、考前准备
1．调适心理，增强信心
（1）合理设置考试目标，创设宽松的应考氛围，以平常心对待高考；
（2）合理安排饮食，提高睡眠质量；
（3）保持良好的备考状态，不断进行积极的心理暗示；
（4）静能生慧，稳定情绪，净化心灵，满怀信心地迎接即将到来的考试．
2．悉心准备，不紊不乱
（1）重点复习，查缺补漏．对前几次模拟考试的试题分类梳理、整合，既可按知识分类，也可按数学思想方法分类．强化联系，形成知识网络结构，以少胜多，以不变应万变．
（2）查找错题，分析病因，对症下药，这是重点工作．
（3）阅读《考试说明》和《试题分析》，确保没有知识盲点．
（4）回归课本，回归基础，回归近几年中考试题，把握通性通法．
（5）重视书写表达的规范性和简洁性，掌握各类常见题型的表达模式，避免“会而不对，对而不全”现象的出现．
（6）临考前应做一定量的中、低档题，以达到熟悉基本方法、典型问题的目的，一般不再做难题，要保持清醒的头脑和良好的竞技状态．
3．入场临战，通览全卷
最容易导致心理紧张、焦虑和恐惧的是入场后与答卷前的“临战”阶段，此时保持心态平稳是非常重要的．刚拿到试卷，一般心情比较紧张，不要匆忙作答，可先通览全卷，尽量从卷面上获取更多的信息，为实施正确的解题策略作铺垫，一般可在五分钟之内做完下面几件事：
（1）填写好全部考生信息，检查试卷有无问题；
（2）调节情绪，尽快进入考试状态，可解答那些一眼就能看得出结论的简单选择题或填空题（一旦解出，信心倍增，情绪立即稳定）；
（3）对于不能立即作答的题目，可一边通览，一边粗略地分为A、B两类：A类指题型比较熟悉、容易上手的题目；B类指题型比较陌生、自我感觉有困难的题目，做到心中有数．
二、中考数学题型特点和答题技巧
1．选择题——“不择手段”
题型特点：（1）概念性强：数学中的每个术语、符号，乃至习惯用语，往往都有明确具体的含义，这个特点反映到选择题中，表现出来的就是试题的概念性强，试题的陈述和信息的传递，都是以数学的学科规定与习惯为依据，决不标新立异．
（2）量化突出：数量关系的研究是数学的一个重要的组成部分，也是数学考试中一项主要的内容，在中考的数学选择题中，定量型的试题所占的比重很大，而且许多从形式上看为计算定量型选择题，其实不是简单或机械的计算问题，其中往往蕴含了对概念、原理、性质和法则的考查，把这种考查与定量计算紧密地结合在一起，形成了量化突出的试题特点．
（3）充满思辨性：这个特点源于数学的高度抽象性、系统性和逻辑性．作为数学选择题，尤其是作为选择性考试的中考数学试题，只凭简单计算或直观感知便能正确作答的试题不多，几乎可以说并不存在，绝大多数的选择题，为了正确作答，或多或少总是要求考生具备一定的观察、分析和逻辑推断能力．思辨性的要求充满题目的字里行间．
（4）形数兼备：数学的研究对象不仅是数，还有图形，而且对数和图形的讨论与研究，并不是孤立开来分割进行的，而是有分有合，将它们辩证统一起来．这个特色在中中数学中已经得到充分的显露．因此，在中考的数学选择题中，便反映出形数兼备这一特点，其表现是几何选择题中常常隐藏着代数问题，而代数选择题中往往又寓有几何图形的问题．因此，数形结合的解题方法是中考数学选择题的一种重要且有效的思想方法与解题方法．
（5）解法多样化：与其他学科比较，“一题多解”的现象在数学中表现突出，尤其是数学选择题由于它有备选项，给试题的解答提供了丰富的有用信息，有相当大的提示性，为解题活动展现了广阔的天地，大大地增加了解答的途径和方法，而且常常潜藏着极其巧妙的解法，有利于对考生思维深度的考查．
解题策略：（1）注意审题．把题目多读几遍，弄清这道题目求什么，已知什么，求、知之间有什么关系，把题目搞清楚了再动手答题．
（2）答题顺序不一定按题号进行．可先从自己熟悉的题目答起，从有把握的题目入手，使自己尽快进入到解题状态，产生解题的激情和欲望，再解答陌生或不太熟悉的题目．若有时间，再去拼那些把握不大或无从下手的题目．这样也许能超水平发挥．
（3）数学选择题大约有70%的题目都是直接法，要注意对符号、概念、公式、定理及性质等的理解和使用，例如函数的性质、数列的性质就是常见题目．
（4）挖掘隐含条件，注意易错、易混点．
（5）方法多样，不择手段．中考试题凸显能力，小题要小做，注意巧解，善于使用数形结合、特值（含特殊值、特殊位置、特殊图形）、排除、验证、转化、分析、估算、极限等方法，一旦思路清晰，就迅速作答．不要在一两道小题上纠缠，杜绝小题大做，如果确实没有思路，也要坚定信心，“题可以不会，但是要做对”，即使是“蒙”，也有25%的正确率．
（6）控制时间．一般不要超过40分钟，最好是25分钟左右完成选择题，争取又快又准，为后面的解答题留下充裕的时间，防止“超时失分”．
2．填空题——“直扑结果”
题型特点： 填空题和选择题同属客观性试题，它们有许多共同特点：其形态短小精悍，考查目标集中，答案简短、明确、具体，不必填写解析过程，评分客观、公正、准确等等，不过填空题和选择题也有质的区别．首先，填空题没有备选项，因此，解答时既有不受诱误的干扰之好处，又有缺乏提示的帮助之不足．对考生独立思考和求解，在能力要求上会高一些．长期以来，填空题的答对率一直低于选择题的答对率，也许这就是一个重要的原因．其次，填空题的结构，往往是在一个正确的命题或断言中，抽去其中的一些内容（既可以是条件，也可以是结论），留下空位，让考生独立填上，考查方法比较灵活，在对题目的阅读理解上，较之选择题有时会显得较为费劲．当然并非常常如此，这将取决于命题者对试题的设计意图．
填空题的考点少，目标集中．否则，试题的区分度差，其考试的信度和效度都难以得到保证．这是因为：填空题要是考点多，解析过程长，影响结论的因素多，那么对于答错的考生便难以知道其出错的真正原因，有的可能是一窍不通，入手就错了；有的可能只是到了最后一步才出错，但他们在答卷上表现出来的情况一样，可以得到相同的成绩，尽管他们的水平存在很大的差异．
解题策略：由于填空题和选择题有相似之处，所以有些解题策略是可以共用的，在此不再多讲，只针对不同的特征给几条建议：
一是填空题绝大多数是计算型（尤其是推理计算型）和概念（或性质）判断性的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或合乎逻辑的推演和判断；
二是作答的结果必须是数值准确，形式规范，例如集合形式的表示、函数表达式的完整等，结果稍有毛病便是零分；
三是《考试说明》中对解答填空题提出的要求是“正确、合理、迅速”，因此，解答的基本策略是：快——运算要快，力戒小题大做；稳——变形要稳，防止操之过急；全——答案要全，避免对而不全；活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意．
3．解答题——“步步为营”
题型特点：解答题与填空题比较，同为提供型的试题，但也有本质的区别，首先，解答题应答时，考生不仅要提供出最后的结论，还得写出或说出解析过程的主要步骤，提供合理、合法的说明，填空题则无此要求，只要填写结果，省略过程，而且所填结果应力求简练、准确；其次，解答题比起填空题试题内涵要丰富得多，解答题的考点相对较多，综合性强，难度较高，解答题成绩的评定不仅看最后的结论，还要看其推演和论证过程，分情况判定分数，用以反映其差别，因而解答题命题的自由度较之填空题大得多．
数学解答题的评分办法：数学高考阅卷评分施行懂多少知识给多少分的评分办法，叫做“分段评分”．而考生“分段得分”的基本策略是：会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分．会做的题目若不注意准确表达和规范书写，常常会被“分段扣分”，解答题阅卷的评分原则一般是：第一问，错或未做，而第二问对，则第二问得分全给；前面错引起后面方法用对但结果出错，则后面给一半分．
解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分．也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感．
（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少．为了区分这种情况，中考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分．这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分．与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分．对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题．有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对．有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全．因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”．经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”．
对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分．我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略．把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密．
①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败．特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”．
②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的．这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论．如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”．由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底．也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面．若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答．
③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略．如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论．总之，退到一个你能够解决的问题．为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”．这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发．
④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤．实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举．如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等．答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率．试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷．
中考小贴士：
中考数学选择题和填空题平均每题大约花费3分钟，解答题平均每题大约花费10分钟。
（3）能力不同，要求有变： 由于考生的层次不同，面对同一张数学试卷，要尽可能发挥自己的水平，考试策略也有所不同．针对基础较差的考生而言要“以稳取胜”——这类考生除了知识方面的缺陷外，“会而不对，对而不全”是这类考生的致命伤．丢分的主要原因在于审题失误和计算失误．考试时要克服急躁心态，如果发现做不下去，就尽早放弃，把时间用于检查已做的题，或回头再做前面没做的题．记住，只要把你会做的题都做对，你就是最成功的人！部分优生而言要“以准取胜”——他们基础比较扎实，但也会犯低级错误，所以，考试时要做到准确无误（指会做的题目），除了最后两题的最后一问不一定能做出，其他题目大都在“火力范围”内．但前面可能遇到“拦路虎”，要敢于放弃，把会做的题做得准确无误，再回来“打虎”．针对第一志愿为名校的考生而言要“以新取胜”——这些考生的主攻方向是能力型试题，在快速、正确做好常规试题的前提下，集中精力做好能力题．这些试题往往思考强度大，运算要求高，解题需要新的思想和方法，要灵活把握，见机行事．如果遇到不顺手的试题，也不必恐慌，可能是试题较难，大家都一样，此时，使会做的题不丢分就是上策．
二﹑热点前瞻篇
【中考热点1】数与式★★★★★
【考情分析】
每年必考的送分题，做好第一题很重要．“数与式”包括有理数、实数、代数式、整式与分式四个部分．数与式渗透后面各部分内容之中，联系着所有数学知识．它是开展数学学习和研究的基础，也是中考的重要考点之一．数与式的考题一般以填空、选择或解答题的形式出现．这部分内容的考题难度不大，但涉及的基本概念和知识点较多．
【满分技巧】
实数：理解有理数、无理数、数轴、相反数、倒数、绝对值、近似数、有效数字、平方根、算术平方根、立方根的概念．知道实数与数轴上的点一一对应，并会求一个数的相反数、倒数、绝对值．会用科学记数法表示一个数，能按要求用四舍五入法求一个数的近似值．能正确运用实数的运算法则进行实数的混合运算．理解实数的运算律，并能运用运算律简化运算．能运用实数的运算解决简单的问题．会用各种方法比较两个实数的大小．
整式：了解整数指数幂的意义和基本性质；了解整式的概念和有关法则，会进行简单的整式加、减、乘、除运算；掌握平方差公式和完全平方公式，并了解其几何背景，会进行简单的计算；会用提公因式法、公式法进行因式分解．
分式：了解分式的概念，会利用分式的基本性质进行约分和通分，会进行简单的分式加、减、乘、除、乘方及混合运算．
二次根式：了解二次根式的概念、性质及其加、减、乘、除运算法则，会用它们进行简单四则运算．
代数式：理解用字母表示数的意义，能分析简单问题，并能用代数式表示，能解释简单代数式的实际背景或几何意义，会求代数式的值
【2024年中考预测】
一、选择题（共21小题）
1．（2024•海淀区一模）据报道，2024年春节假期北京接待游客约1750万人次，旅游收入同比增长近四成．将17500000用科学记数法表示应为（ ）
A．175×105B．1.75×106C．1.75×107D．0.175×108
【答案】C
【解析】解：17500000＝1.75×107．故选：C．
2．（2024•辽宁模拟）下列计算正确的是（ ）
A．a3•a4＝a12B．（2a2）3＝2a6
C．a2+a2＝2a2D．（a+2）2＝a2+4
【答案】C
【解析】解：a3•a4＝a7，则A不符合题意；（2a2）3＝8a6，则B不符合题意；a2+a2＝2a2，则C符合题意；
（a+2）2＝a2+4a+4，则D不符合题意，故选：C．
3．（2024•德惠市一模）将一个长为2a，宽为2b的矩形纸片（a＞b），用剪刀沿图1中的虚线剪开，分成四块形状和大小都一样的小矩形纸片，然后按图2的方式拼成一个正方形，则中间小正方形的面积为（ ）
A．a2+b2B．a2﹣b2C．（a+b）2D．（a﹣b）2
【答案】D
【解析】解：中间空的部分的面积＝大正方形的面积﹣4个小长方形的面积
＝（a+b）2﹣4ab＝a2+2ab+b2﹣4ab＝（a﹣b）2，故选：D．
4．（2024•静安区二模）下列各数中，是无理数的为（ ）
A．B．C．π0D．
【答案】B
【解析】解：A、＝2，2是有理数，不符合题意；B、是无理数，符合题意；
C、π0＝1，1是有理数，不符合题意；D、是有理数，不符合题意．故选：B．
5．（2024•福田区模拟）已知多项式3mx2+3y﹣3﹣15x2+2中不含x2项，则m的值是（ ）
A．5B．﹣5C．3D．15
【答案】A
【解析】解：3mx2+3y﹣3﹣15x2+2＝（3mx2﹣15x2）+3y﹣（3﹣2）＝（3m﹣15）x2+3y﹣1，
因为化简后不含x2项，则3m﹣15＝0，解得m＝5，故选：A．
6．（2024•邵东市一模）在﹣2024，，0，1这四个有理数中，最小的数是（ ）
A．﹣2024B．C．0D．1
【答案】A
【解析】解：∵|﹣2024|＝2024，|﹣|＝，∴2024＞，∴﹣2024＜﹣，
在﹣2024，，0，1这四个有理数中，
∵﹣2024＜﹣＜0＜1，∴最小的数是﹣2024，故选：A．
7．（2023秋•台州期末）如果把分式中的m和n都扩大3倍，那么分式的值（ ）
A．扩大6倍B．缩小3倍C．不变D．扩大3倍
【答案】C
【解析】解：，
∴把分式中的m和n都扩大3倍，分式的值不变，故选：C．
8．（2024•兰州模拟）实数a，b在数轴上的对应点如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．a＞﹣2B．a+b＞0C．|a|＜|b|D．b﹣a＞0
【答案】D
【解析】解：由数轴可知，﹣3＜a＜﹣2，1＜b＜2，
A、∵﹣3＜a＜﹣2，∴a＜﹣2，故选项A不符合题意；
B、∵﹣3＜a＜﹣2，1＜b＜2，∴a+b＜0，故选项B不符合题意；
C、∵﹣3＜a＜﹣2，1＜b＜2，∴3＞|a|＞2，2＞|b|＞1，∴|a|＞|b|，故选项C不符合题意；
D、∵﹣3＜a＜﹣2，1＜b＜2，∴2＜﹣a＜3，∴3＜b﹣a＜5，∴b﹣a＞0，故选项D符合题意，
故选：D．
9．（2024•雅安模拟）若分式的值为0，则x的值为（ ）
A．0B．1C．﹣1D．±1
【答案】C
【解析】解：∵分式的值为0，∴x2﹣1＝0，且x﹣1≠0，解得：x＝﹣1．故选：C．
10．（2024•香洲区校级一模）若二次根式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＞3B．x≥3C．x＜3D．x≤3
【答案】B
【解析】解：根据题意，得x﹣3≥0，解得x≥3，故选：B．
11．（2024•宜昌模拟）2024年1月1日，某地4个时刻的气温（单位：℃）分别为﹣4，0，1，﹣3，其中最低的气温是（ ）
A．﹣4B．0C．1D．﹣3
【答案】A
【解析】解：∵﹣4℃＜﹣3℃＜0℃＜1℃，∴最低的气温是﹣4℃，故选：A．
12．（2024•海淀区校级模拟）如果x2+2x﹣2＝0，那么代数式x（x+2）+（x+1）2的值是（ ）
A．﹣5B．5C．3D．﹣3
【答案】B
【解析】解：x（x+2）+（x+1）2＝x2+2x+x2+2x+1＝2x2+4x+1，
∵x2+2x﹣2＝0，∴x2+2x＝2，则原式＝2（x2+2x）+1＝2×2+1＝5，故选：B．
13．（2024•利津县一模）16的算术平方根是（ ）
A．±4B．±2C．4D．﹣4
【答案】C
【解析】解：＝4，∴16的算术平方根是4．故选：C．
14．（2024•南岗区校级一模）小王利用计算机设计了一个计算程序，输入和输出的数据如表：
那么，当输入数据为8时，输出的数据为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：∵由表格可知，输入的数据与输出的数据的分子相同，而输出数据的分母正好是分子的平方加1，
∴当输入数据为8时，输出的数据为：＝．
故选项A错误，选项B错误，选项C正确，项D错误．
故选：C．
15．（2024•武威二模）数轴上，有理数a、b、﹣a、c的位置如图，则化简|a+c|+|a+b|+|c﹣b|的结果为（ ）
A．2a+2cB．2a+2bC．2c﹣2bD．0
【答案】C
【解析】解：由图可知a＜0＜b＜﹣a＜c，∴a+c＞0，a+b＜0，c﹣b＞0，
∴|a+c|+|a+b|+|c﹣b|＝a+c﹣a﹣b+c﹣b＝2c﹣2b．故选：C．
16．（2024•江西模拟）正奇数1，3，5，7，9，…，按如下规律排列，则第8排从左数第2个数是（ ）
A．57B．59C．61D．63
【答案】B
【解析】解：由题知，第1行奇数个数为1，第2行奇数个数为2，第3行奇数个数为3，…，
所以前n行奇数的总个数为：1+2+3+…+n＝．
当n＝7时，，
即前7排的奇数总个数为28，
又因为2×28﹣1＝55，即第7排从左往右最后一个数为55，
所以第8排从左数第2个数是59．故选：B．
17．（2024•潼南区一模）有依次排列的两个整式A＝x2﹣1，B＝x2+x，用后一个整式B与前一个整式A作差后得到新的整式记为C1，用整式C1与前一个整式B作差后得到新的整式C2，用整式C2与前一个整式C1作差后得到新的整式C3，…，依次进行作差、求和的交替操作得到新的整式．下列说法：
①当x＝a时，C5＝（a+1）2；
②整式C10与整式C14结果相同；
③当C9•C2＝0时，A•B＝0；
④＝+2．
其中，正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】解：由题意依次计算可得：C1＝B﹣A＝x+1，C2＝x+1﹣x2﹣x＝﹣x2+1，C3＝﹣x2+1﹣x﹣1＝﹣x2﹣x，
C4＝﹣x2﹣x+x2﹣1＝﹣x﹣1，C5＝﹣x﹣1+x2+x＝x2﹣1，C6＝x2﹣1+x+1＝x2+x，C7＝x+1，
以此类推，6个一循环，∴当x＝a时，C5＝a2﹣1，故①错误，
整式C10与整式C4结果相同，整式C14与整式C2结果相同，故②错误，
当C9•C2＝0时，则C3•C2＝0，∴﹣x2+1＝0或﹣x2﹣x＝0，∴x＝±1或0，∴A•B＝0，故③正确，
∵C2024＝C2，C2023＝C1，C2021＝C5，∴＝＝﹣x+1，+2＝+2＝x﹣1+2＝x+1，故④错误，故选：A．
18．（2024•澄海区校级模拟）下列二次根式中属于最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：A.＝2，被开方数含有开方开得尽的因式，故不符合题意；
B.＝4，被开方数是完全平方数，故不符合题意；
C.是最简二次根式，故符合题意；
D.＝，被开方数是小数，故不符合题意．故选：C．
19．（2024•南开区一模）计算的结果是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：＝＝
＝＝＝＝．故选：A．
20．（2024•瓯海区模拟）已知＝（ ）
A．B．C．D．1
【答案】D
【解析】解：∵，∴，即，
，即，∴．故选：D．
21．（2024•凉州区校级模拟）下列四个说法：（1）的系数是，（2）﹣是多项式，（3）x2﹣2xy﹣3的常数项是3，（4）﹣2yx2与2x2y是同类项，其中正确的是（ ）
A．（1）（3）B．（2）（4）C．（1）（2）D．（3）（4）
【答案】B
【解析】解：（1）的系数是π，故原题说法错误，不符合题意；
（2）﹣是多项式，故原题说法正确，符合题意；
（3）x2﹣2xy﹣3的常数项是﹣3，故原题说法错误，不符合题意；
（4）﹣2yx2与2x2y是同类项，故原题说法正确，符合题意；
本题正确的有：（2）和（4），故选：B．
二、填空题（共5小题）
22．（2024•涟源市模拟）分解因式：x2y﹣4y3＝ ．
【答案】y（x+2y）（x﹣2y）．
【解析】解：原式＝y（x2﹣4y2）＝y（x+2y）（x﹣2y）．故答案为：y（x+2y）（x﹣2y）．
23．（2024•大东区模拟）计算的结果是 ．
【答案】﹣．
【解析】解：＝﹣3＝2﹣3＝﹣，故答案为：﹣．
24．（2024•孝感一模）我国南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算术》一书中，用如图的三角形给出了（a+b）n（n为正整数）的展开式（按a的次数由大到小的顺序）的系数规律，例如：此三角形中第3行的3个数1、2、1，恰好对应着（a+b）2＝a2+2ab+b2展开式中的各项的系数，则（a+b）2024的展开式中含a2023项的系数是 ．
【答案】2024．
【解析】解：根据图中所给等式，
（a+b）2展开式的第二项为2ab＝2a2﹣1b，
（a+b）3展开式的第二项为3a2b＝3a3﹣1b，
（a+b）4展开式的第二项为4a3b＝4a4﹣1b，
……，
根据变化规律，（a+b）n展开式的第二项为nan﹣1b，
∴（a+b）2024的展开式中含a2023项是第二项，系数是2023+1＝2024，
故答案为：2024．
25．（2024•武威二模）如图，半径为1个单位长度的圆沿数轴从实数﹣1对应的点向右滚动一周，圆上的A点恰好与点B重合，则点B对应的实数是 ．
【答案】2π﹣1．
【解析】解：圆滚动一周经过的距离等于圆的周长，
该圆的周长为2π×1＝2π，∴点B对应的实数是﹣1+2π＝2π﹣1．故答案为：2π﹣1．
26．（2024•番禺区校级一模）公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究数的概念时，常常把数描绘成沙滩上的小石子，用它们进行各式各样的排列和分类，叫做“形数”．如图为正方形数，根据图中点的数量规律，第n个图形中的点数为 ．
【答案】n2．
【解析】解：由图片可知，第1个图形的点数为：12＝1；
第2个图形的点数为：22＝4；
第3个图形的点数为：32＝9；
⋯
第n个图形的点数为：n2；
故答案为：n2．
三、解答题（共6小题）
27．（2024•海淀区校级模拟）计算：（）0﹣2sin30°++（）﹣1．
【解析】解：原式＝1﹣2×+2+2
＝1﹣1+2+2
＝4．
28．（2024•盐城模拟）先化简，再求值：，其中x＝4．
【解析】解：原式＝（+）•
＝•
＝•
＝x﹣1，
当x＝4时，原式＝4﹣1＝3．
29．（2024•邯郸模拟）计算：（﹣6）×（﹣■）﹣23．
圆圆在做作业时，发现题中有一个数字被墨水污染了．
（1）如果被污染的数字是，请计算（﹣6）×（﹣）﹣23．
（2）如果计算结果等于6，求被污染的数字．
【解析】解：（1）（﹣6）×（﹣）﹣23
＝（﹣6）×﹣8
＝﹣1﹣8
＝﹣9；
（2）设被污染的数字为x，
根据题意得：（﹣6）×（﹣x）﹣23＝6，
解得：x＝3，
答：被污染的数字是3．
30．（2024•正定县一模）在七年级活动课上，有三位同学各拿一张卡片，卡片上分别为A，B，C三个代数式，三张卡片如下，其中C的代数式是未知的．
（1）若A为二次二项式，则k的值为 ；
（2）若A﹣B的结果为常数，则这个常数是 ，此时k的值为 ；
（3）当k＝﹣1时，C+2A＝B，求C．
【解析】解：（1）∵A＝﹣2x2﹣（k﹣1）x+1，A为二次二项式，
∴k﹣1＝0，
解得k＝1，
故答案为：1；
（2）∵A＝﹣2x2﹣（k﹣1）x+1，B＝﹣2（x2﹣x+2），
∴A﹣B
＝﹣2x2﹣（k﹣1）x+1﹣[﹣2（x2﹣x+2）]
＝﹣2x2﹣（k﹣1）x+1+2x2﹣2x+4
＝﹣（k+1）x+5，
∵A﹣B的结果为常数，
∴k+1＝0，
解得k＝﹣1，
即若A﹣B的结果为常数，则这个常数是5，此时k的值为﹣1，
故答案为：5，﹣1；
（3）当k＝﹣1时，A＝﹣2x2+2x+1，B＝﹣2（x2﹣x+2），
∵C+2A＝B，
∴C＝B﹣2A
＝﹣2（x2﹣x+2）﹣2（﹣2x2+2x+1）
＝﹣2x2+2x﹣4+4x2﹣4x﹣2
＝2x2﹣2x﹣6．
31．（2024•南昌县一模）以下是某同学化简分式（﹣）÷的部分运算过程：
（1）上面的运算过程中第 步出现了错误；
（2）请你写出完整的解析过程．
【解析】解：（1）第③步出现错误，原因是分子相减时未变号，
故答案为：③；
（2）原式＝[﹣]×，
＝[﹣]×，
＝×，
＝×，
＝．
故答案为：．
32．（2024•武安市二模）（1）若关于a，b的多项式3（a2﹣2ab+b2）﹣（2a2﹣mab+2b2）中不含有ab项，则m的值为 ．
（2）完全平方公式经过适当的变形，可以解决很多数学问题．
例如：若a+b＝3，ab＝1，求a2+b2的值．
解：∵a+b＝3，ab＝1，
∴（a+b）2＝9，2ab＝2，
∴a2+b2+2ab＝9，
∴a2+b2＝7．
根据上面的解题思路与方法解决下列问题：
（i）如图，点C是线段AB上的一点，分别以AC，BC为边向直线AB两侧作正方形BCFG，正方形AEDC，设AB＝8，两正方形的面积和为40，则△AFC的面积为 ；
（ii）若（9﹣x）（x﹣6）＝2，求（9﹣x）2+（x﹣6）2的值．
【解析】解：（1）3（a2﹣2ab+b2）﹣（2a2﹣mab+2b2）
＝3a2﹣6ab+3b2﹣2a2+mab﹣2b2
＝a2+（m﹣6）ab+b2，
∵不含有ab项，
∴m﹣6＝0，
∴m＝6，
故答案为：6．
（2）（i）设正方形BCFG和AEDC的边长分别为a和b，则△AFC的面积为ab．
根据题意，得a+b＝8，a2+b2＝40，
∵（a+b）2＝a2+2ab+b2＝64，
∴ab＝12，
∴S△AFC＝×12＝6，
故答案为：6．
（ii）令（9﹣x）＝m，（x﹣6）＝n，则（9﹣x）2+（x﹣6）2＝m2+n2，
∴m+n＝3，mn＝2，
∴（m+n）2＝m2+2mn+n2＝9，
∴m2+n2＝5，
∴（9﹣x）2+（x﹣6）2＝5．
【中考热点2】方程（组）与不等式（组）★★★★★
【考情分析】
在各地中考中，方程(组)与不等式(组)主要考查有两方面:一是计算，整体来说命题都是中规中矩;二是应用，时常命题新颖，目出题类型比较广泛，选择题、填空题、解答题都有可能出现，是属干占分较多的一类考点，分值设在15分左右，整体来看试题难度不大，厘干中考中的中等题，所以在中考复习时，需要考生对计算部分的易错点多加重视，而应用类则需要认直审题，根据应用的处理步骤完成即可．
【满分技巧】
1.一次方程（组）：熟记定义，熟悉解法步骤，注重基础计算格式及其准确性，实际应用找准等量关系；
一次方程（组）如果考定义或者实际应用时，多以选择、填空题形式出现，这就从问题本身降低了难度，但是也要求必须对这部分的定义或实际应用的等量关系较为熟悉才能更快更准确的拿分．而对一次方程（组）解法的考察，多在于其解法步骤上，所以基本各类方程的解法步骤必须熟悉．
2.不等式（组）：熟记解法步骤，注意是否变号，画解集：＞向右，＜向左，实际应用找准不等量关系；
不等式（组）解法的考察多以解答题的形式出现，还会要求在数轴上画出解集，这类问题一是不能漏画解集，二是实心、空心，向左、向右不要搞反了．不等式（组）的实际应用问题，也基本都是以解答题形式出现，并且常和二元一次方程组结合考察，分值较高，复习时需要不留“死角”．
3.分式方程及其应用：解分式方程勿忘验根；
分式方程的考察不管是单独的解分式方程，还是分式方程的应用题，在解完方程之后，都需要加上“验根”这一步，这步缺失是要扣分的．其他注意事项同一次方程（组）．
4.一元二次方程：考定义要注意“2次”与“系数≠0”要同时成立；考解的情况想“b2-4ac”；考两根关系想“根与系数的关系”；
中考中对一元二次方程的考察是多方面的，每个考点都有不同的考察方向，而且，一元二次方程还可以结合二次函数同时考察，有些考点的变形就更多.中考复习时，需要对一元二次方程的各个知识重点都加以重视，遇到问题随机应变．
【2024年中考预测】
一、选择题（共18小题）
1．（2024•北流市一模）已知方程x2﹣3x+2＝0的两根是x1，x2，则x1+x2﹣x1•x2的值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】解：由题意可得，x1+x2＝3，x1•x2＝2，∴x1+x2﹣x1•x2＝3﹣2＝1．故选：A．
2．（2024•安阳模拟）若a，b是方程的两个根，则的值为（ ）
A．﹣16B．16C．﹣20D．20
【答案】C
【解析】解：由题知，因为a，b是方程的两个根，
所以a+b＝，ab＝，
所以＝＝．故选：C．
3．（2024•福田区模拟）已知点P（a，a+1）在平面直角坐标系的第二象限，则a的取值范围在数轴上可表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】解：∵点P（a，a+1）在平面直角坐标系的第二象限，
∴，解得﹣1＜a＜0，故选：C．
4．（2024•邵东市一模）《千里江山图》是宋代王希孟的作品，如图，它的局部画面装裱前是一个长为2.4米，宽为1.4米的矩形，装裱后，整幅图画宽与长的比是8：13，且四周边衬的宽度相等，则边衬的宽度应是多少米？设边衬的宽度为x米，根据题意可列方程为（ ）
A．＝B．＝
C．＝D．＝
【答案】D
【解析】解：由题意可得，＝，故选：D．
5．（2024•兰州模拟）《九章算术》中记载了这样一个问题：今有上禾三秉，益实六斗，当下禾十秉．下禾五秉，益实一斗，当上禾二秉．问上、下禾实一秉各几何？大意是：3束上等禾的产量再加6斗，相当于10束下等禾的产量；5束下等禾的产量再加1斗，相当于2束上等禾的产量．问上等禾、下等禾每束的产量各为几斗？
设上等禾每束产量x斗，下等禾每束产量y斗，根据题意可列方程组为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】解：根据题意知：．故选：A．
6．（2024•金山区二模）关于x的一元二次方程x2﹣2x+a＝0有实数根，那么a的取值范围是（ ）
A．a≤1B．a≥1C．a＞1D．a＜1
【答案】A
【解析】解：根据题意得Δ＝（﹣2）2﹣4a≥0，解得a≤1，即a的取值范围为a≤1．故选：A．
7．（2024•喀喇沁旗模拟）红星中学初三、②班十几名同学毕业前和数学老师合影留念，一张彩色底片要0.6元，扩印一张相片0.5元，每人分一张，免费送老师一张（由学生出钱），每个学生交0.6元刚好，相片上共有多少人（ ）
A．13个B．12个C．11个D．无法确定
【答案】B
【解析】解：设相片上共有x人，则相片上共有（x﹣1）名学生，
根据题意得：0.6+0.5x＝0.6（x﹣1），解得：x＝12，
∴相片上共有12人．故选：B．
8．（2024•青岛一模）《孙子算经》记载：“今有木，不知长短．引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺．木长几何？”（尺、寸是长度单位，1尺＝10寸）．意思是，现有一根长木，不知道其长短．用一根绳子去度量长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再度量长木，长木还剩余1尺．问长木长多少？设长木长为x尺，则可列方程为（ ）
A．x+4.5＝2（x﹣1）B．x+4.5＝2（x+1）
C．x﹣4.5＝2（x+1）D．x﹣4.5＝2（x﹣1）
【答案】A
【解析】解：设长木长为x尺，∵用一根绳子去量一根木条，绳子剩余4.5尺，∴绳子长为（x+4.5）尺，
∵绳子对折再量木条，木条剩余1尺，得方程为：x+4.5＝2（x﹣1）．故选：A．
9．（2024•济南模拟）已知关于x的不等式组无解，则a的取值范围是（ ）
A．a＜2B．a≤2C．a＞2D．a≥2
【答案】D
【解析】解：∵，∴，∵关于x的不等式组无解，∴a≥2，故选：D．
10．（2024•耒阳市一模）已知a，b是方程x2+6x﹣2＝0的两个实数根，则a2+7a+b的值为（ ）
A．﹣4B．﹣9C．0D．9
【答案】A
【解析】解：因为a，b是方程x2+6x﹣2＝0的两个实数根，所以a+b＝﹣6，
将x＝a代入方程得，a2+6a﹣2＝0，即a2+6a＝2，
所以a2+7a+b＝a2+6a+a+b＝2+（﹣6）＝﹣4．故选：A．
11．（2024•苍溪县二模）2023年多地爆发支原体肺炎和甲流，某口罩生产厂家为提高生产量，特增加了先进的生产设备．10月份该厂家生产口罩120万个，12月份生产口罩270万个，设这一季度口罩产量的月平均增长率为x，则可列方程为（ ）
A．120+120（1+x2）＝270B．120（1+x2）＝270
C．270（1﹣x）2＝120D．120（1+x）2＝270
【答案】D
【解析】解：设这一季度口罩产量的月平均增长率为x，
则根据题意可得出方程为：120（1+x）2＝270，故选：D．
12．（2024•杭州一模）记载“绫罗尺价”问题：“今有绫、罗共三丈，各直钱八百九十六文，_■_．”其大意为：“现在有绫布和罗布长共3丈（1丈＝10尺），已知绫布和罗布分别出售均能收入896文，_■__．”设绫布有x尺，则可得方程为，根据此情境，题中“_■__”表示缺失的条件，下列可以作为补充条件的是（ ）
A．每尺绫布比每尺罗布贵120文
B．每尺绫布比每尺罗布便宜120文
C．每尺绫布和每尺罗布一共需要120文
D．绫布的总价比罗布总价便宜120文
【答案】C
【解析】解：设绫布有x尺，则罗布有3×10﹣x＝（30﹣x）尺，
设绫布有x尺，则可得方程为，
∴缺失的条件为每尺绫布和每尺罗布一共需要120文
故选：C．
13．（2024•鹤城区校级一模）A，B两地相距50km，一艘轮船从A地逆流航行到B地，又立即从B地顺流航行到A地，共用去9h，已知水流速度为3km/h，若设该轮船在静水中的速度为xkm/h，则下列所列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】解：设该轮船在静水中的速度为xkm/h，依题意，得：+＝9．故选：B．
14．（2024•织金县一模）程大位的《算法统宗》是我国古代数学名著，其中有一道这样的题目“我问开店李三公，众客都来到店中，一房七客多七客，一房九客一房空．问房客各几何？”题目大意是：一些客人到李三公的店中住宿，若每间房里住7人，就会有7人没地方住；若每间房住9人，则空出一间房．问有多少房间，多少客人？如果设房间有x间，客人y人，由题意可列方程组（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】解：设房间有x间，客人y人，由题意可列方程组：．故选：B．
15．（2024•宿城区一模）关于x的方程的解是正数，则a的取值范围是（ ）
A．a＞5B．a＜5C．a＞5且a≠7D．a＜5且a≠3
【答案】D
【解析】解：，去分母，得1﹣a+2＝x﹣2，解得x＝5﹣a，
∵关于x的方程的解是正数，∴5﹣a＞0且5﹣a≠2，∴a＜5且a≠3．故选：D．
16．（2024•武汉模拟）对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），下列说法：
①b＝a+c时，方程ax2+bx+c＝0一定有实数根；
②若a、c异号，则方程ax2+bx+c＝0一定有实数根；
③b2﹣5ac＞0时方程ax2+bx+c＝0一定有两个不相等的实数根；
④若方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根，则方程cx2+bx+a＝0也一定有两个不相等实数根．
其中正确的是（ ）
A．①②③④B．只有①②③C．只有①②④D．只有②④
【答案】B
【解析】解：当b＝a+c时，Δ＝（a+c）2﹣4ac＝（a﹣c）2≥0，则方程ax2+bx+c＝0一定有实数根，所以①正确；若a、c异号，则Δ＝b2﹣4ac＞0，则方程ax2+bx+c＝0一定有实数根，所以②正确；当a、c异号，方程有两个不相等的实数根；当a、c同号，若b2﹣5ac＞0，则Δ＝b2﹣4ac＞ac＞0，所以方程ax2+bx+c＝0一定有两个不相等的实数根，所以③正确；
方程ax2+bx+c＝0有两个不相等的实数根，若c＝0，则方程cx2+bx+a＝0没有两个不相等实数根，所以④错误．
故选：B．
17．（2024•邯郸模拟）某数学兴趣小组四人以接龙的方式用配方法解一元二次方程，每人负责完成一个步骤，如图所示，老师看后，发现有一位同学所负责的步骤是错误的，则这位同学是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【答案】D
【解析】解：x2﹣2x﹣8＝0，x2﹣2x＝8，x2﹣2x+1＝8+1，（x﹣1）2＝9，
∴x﹣1＝±3解得：x1＝4，x2＝﹣2，由上可得，丁同学是错的，故选：D．
18．（2024•凉州区二模）已知关于x，y的方程组的解是．则关于x，y的方程组的解是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】解：可化为：，
∵关于x，y的方程组的解是，
∴的解为：；
解得：．
故选：D．
二、填空题（共7小题）
19．（2024•仪陇县模拟）定义一种新运算：a⊗b＝a﹣ab，例如：2⊗3＝2﹣2×3＝﹣4．根据上述定义，不等式组的整数解为 ．
【答案】﹣1，0，1．
【解析】解：由题意可得，
不等式组转化为，
解得﹣1≤x≤．
所以不等式组的整数解为﹣1，0，1．
故答案为：﹣1，0，1．
20．（2024•江阳区校级一模）关于x的不等式组有且只有3个整数解，则常数k的取值范围是 ．
【答案】﹣3＜k≤﹣2．
【解析】解：解不等式4x﹣3≥2x﹣5，得：x≥﹣1，
解不等式x+2＜k+6，得：x＜k+4，
∵不等式组只有3个整数解，
∴不等式组的整数解为﹣1、0、1，
则1＜k+4≤2，
解得﹣3＜k≤﹣2，
故答案为：﹣3＜k≤﹣2．
21．（2024•兖州区一模）已知α，β是方程x2﹣3x﹣4＝0的两个实数根，则α2+αβ﹣3α的值为 ．
【答案】0
【解析】解：∵α是方程x2﹣3x﹣4＝0的实数根，∴α2﹣3α﹣4＝0，即α2﹣3α＝4，
∵αβ＝﹣4，∴原式＝4﹣4＝0．故答案为0．
22．（2024•台江区校级模拟）庆“元旦”，市工会组织篮球比赛，赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），共进行了45场比赛，这次有 队参加比赛．
【答案】10
【解析】解：设这次有x队参加比赛，则此次比赛的总场数为场，
根据题意列出方程得：＝45，
整理，得：x2﹣x﹣90＝0，
解得：x1＝10，x2＝﹣9（不合题意舍去），
所以，这次有10队参加比赛．
答：这次有10队参加比赛．
23．（2024•海州区校级一模）若x＝3是关于x的方程ax2﹣bx＝6的解，则2023﹣6a+2b的值为 ．
【答案】2019
【解析】解：把x＝3代入方程得：9a﹣3b＝6，即3a﹣b＝2，
则原式＝2023﹣2（3a﹣b）＝2023﹣4＝2019．
故答案为：2019．
24．（2024•碑林区校级一模）如果一个矩形内部能用一些正方形铺满，既不重叠，又无缝隙，就称它为“优美矩形”．如图所示，“优美矩形”ABCD的周长为26，则正方形d的边长为 ．
【答案】5
【解析】解：设正方形b的边长为x，则正方形a的边长为2x，正方形c的边长为3x，正方形d的边长为5x，
依题意得：（3x+5x+5x）×2＝26，解得：x＝1，∴5x＝5×1＝5，
即正方形d的边长为5．故答案为：5．
25．（2024•任城区校级模拟）《孙子算经》中记载了一道题，大意是：100匹马恰好拉了100片瓦，已知1匹大马能拉3片瓦，3匹小马能拉1片瓦，问有多少匹大马、多少匹小马？设有x匹大马，y匹小马，根据题意可列方程组为 ．
【答案】
【解析】解：由题意可得，，故答案为：．
三．解答题（共13小题）
26．（2024•长沙模拟）关于x的一元二次方程x2﹣（k+3）x+2k+2＝0．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程有一个根小于1，求k的取值范围．
【解析】（1）证明：∵在方程x2﹣（k+3）x+2k+2＝0中，Δ＝[﹣（k+3）]2﹣4×1×（2k+2）＝k2﹣2k+1＝（k﹣1）2≥0，
∴方程总有两个实数根．
（2）解：∵x2﹣（k+3）x+2k+2＝（x﹣2）（x﹣k﹣1）＝0，
∴x1＝2，x2＝k+1．
∵方程有一根小于1，
∴k+1＜1，解得：k＜0，
∴k的取值范围为k＜0．
27．（2024•仁和区一模）解不等式组，并把它们的解集表示在数轴上．
【解析】解：，
解不等式①得，x＜2，
解不等式②得，x≥﹣1，
在数轴上表示如下：
所以不等式组的解集为：﹣1≤x＜2．
28．（2024•东海县一模）解方程：．
【解析】解：两边乘x﹣2得到，1+3（x﹣2）＝x﹣1，
1+3x﹣6＝x﹣1，
x＝2，
∵x＝2时，x﹣2＝0，
∴x＝2是分式方程的增根，原方程无解．
29．（2024•周至县一模）解方程：x2+6x+2＝0．
【解析】解：方程x2+6x+2＝0，
配方得：（x+3）2＝7，
开方得：x+3＝±，
解得：x1＝﹣3+，x2＝﹣3﹣．
30．（2024•正定县一模）对于实数a、b，定义关于“⊗”的一种运算：a⊗b＝2a+b，例如3⊗4＝2×3+4＝10．
（1）求4⊗（﹣3）的值；
（2）若x⊗（﹣y）＝2，（2y）⊗x＝﹣1，求x+y的值．
【解析】解：（1）根据题中的新定义得：原式＝2×4+（﹣3）＝8﹣3＝5；
（2）根据题中的新定义化简得：，
①+②得：3x+3y＝1，
则x+y＝．
31．（2024•偃师区模拟）如图，老李想用长为70m的栅栏，再借助房屋的外墙（外墙足够长）围成一个矩形羊圈ABCD，并在边BC上留一个2m宽的门（建在EF处，另用其他材料）．
（1）当羊圈的长和宽分别为多少米时，能围成一个面积为640m2的羊圈？
（2）羊圈的面积能达到650m2吗？如果能，请你给出设计方案；如果不能，请说明理由．
【解析】解：（1）设矩形ABCD的边AB＝x m，则边BC＝70﹣2x+2＝（72﹣2x）m．
根据题意，得x（72﹣2x）＝640，
化简，得 x2﹣36x+320＝0，
解得 x1＝16，x2＝20，
当x＝16时，72﹣2x＝72﹣32＝40（m），
当x＝20时，72﹣2x＝72﹣40＝32（m）．
答：当羊圈的长为40m，宽为16m或长为32m，宽为20m时，能围成一个面积为640m2 的羊圈；
（2）答：不能，
理由：由题意，得x（72﹣2x）＝650，
化简，得 x2﹣36x+325＝0，
Δ＝（﹣36）2﹣4×325＝﹣4＜0，
∴一元二次方程没有实数根．
∴羊圈的面积不能达到 650m2．
32．（2024•桂阳县校级模拟）湘潭市继2017年成功创建全国文明城市之后，又准备争创全国卫生城市．某小区积极响应，决定在小区内安装垃圾分类的温馨提示牌和垃圾箱，若购买2个温馨提示牌和3个垃圾箱共需550元，且垃圾箱的单价是温馨提示牌单价的3倍．
（1）求温馨提示牌和垃圾箱的单价各是多少元？
（2）该小区至少需要安放48个垃圾箱，如果购买温馨提示牌和垃圾箱共100个，且费用不超过10000元，请你列举出所有购买方案，并指出哪种方案所需资金最少？最少是多少元？
【解析】解：（1）设温馨提示牌的单价为x元，则垃圾箱的单价为3x元，
根据题意得，2x+3×3x＝550，∴x＝50，
经检验，符合题意，∴3x＝150元，
即：温馨提示牌和垃圾箱的单价各是50元和150元；
（2）设购买温馨提示牌y个（y为正整数），则垃圾箱为（100﹣y）个，
根据题意得，，∴50≤y≤52，
∵y为正整数，∴y为50，51，52，共3种方案；
即：温馨提示牌50个，垃圾箱50个；温馨提示牌51个，垃圾箱49个；温馨提示牌52个，垃圾箱48个，
根据题意，费用为50y+150（100﹣y）＝﹣100y+15000，
当y＝52时，所需资金最少，最少是9800元．
33．（2024•双峰县模拟）某商城在2021年端午节期间促销海尔冰箱，每台进货价为2500元，标价为3000元．
（1）商城举行了“新老用户粽是情”摸奖活动，中奖者商城将冰箱连续两次降价，每次降价的百分率相同，最后以2430元售出，求每次降价的百分率；
（2）市场调研表明：当每台售价为2900元时，平均每天能售出8台，当每台售价每降50元时，平均每天就能多售出4台，若商城要想使海尔冰箱的销售利润平均每天达到5000元，则每台冰箱的定价应为多少元？
【解析】解：（1）设每次降价的百分率为x，
依题意得：3000（1﹣x）2＝2430，
解得x1＝0.1＝10%，x2＝1.9（不合题意，舍去）
答：每次降价的百分率是10%；
（2）假设下调a个50元，依题意得：5000＝（2900﹣2500﹣50a）（8+4a）．
解得a1＝a2＝3．
所以下调150元，因此定价为2750元．
34．（2024•新邵县一模）有甲、乙两种客车，2辆甲种客车与3辆乙种客车的总载客量为180人，1辆甲种客车与2辆乙种客车的总载客量为105人．
（1）请问1辆甲种客车与1辆乙种客车的载客量分别为多少人？
（2）某学校组织240名师生集体外出活动，拟租用甲、乙两种客车共6辆，一次将全部师生送到指定地点．若每辆甲种客车的租金为400元，每辆乙种客车的租金为280元，请给出最节省费用的租车方案，并求出最低费用．
【解析】解：（1）设1辆甲种客车与1辆乙种客车的载客量分别为x人，y人，
，解得：，
答：1辆甲种客车与1辆乙种客车的载客量分别为45人和30人；
（2）设租用甲种客车a辆，依题意有：，解得：6＞a≥4，
因为a取整数，所以a＝4或5，
∵5×400+1×280＞4×400+2×280，
∴a＝4时，租车费用最低，为4×400+2×280＝2160（元）．
35．（2024•宿迁二模）近日，教育部印发《义务教育课程方案》和课程标准（2022年版），将劳动从原来的综合实践活动课程中独立出来．某中学为了让学生体验农耕劳动，开辟了一处耕种园，需要采购一批菜苗开展种植活动．据了解，市场上每捆A种菜苗的价格是菜苗基地的倍，用300元在市场上购买的A种菜苗比在菜苗基地购买的少3捆．
（1）求菜苗基地每捆A种菜苗的价格．
（2）菜苗基地每捆B种菜苗的价格是30元．学校决定在菜苗基地购买A，B两种菜苗共100捆，且A种菜苗的捆数不超过B种菜苗的捆数．菜苗基地为支持该校活动，对A，B两种菜苗均提供九折优惠．求本次购买最少花费多少钱．
【解析】解：（1）设菜苗基地每捆A种菜苗的价格是x元，
根据题意得：＝+3，解得x＝20，
经检验，x＝20是原方程的解，
答：菜苗基地每捆A种菜苗的价格是20元；
（2）设购买A种菜苗m捆，则购买B种菜苗（100﹣m）捆，
∵A种菜苗的捆数不超过B种菜苗的捆数，∴m≤100﹣m，解得m≤50，
设本次购买花费w元，
∴w＝20×0.9m+30×0.9（100﹣m）＝﹣9m+2700，
∵﹣9＜0，∴w随m的增大而减小，
∴m＝50时，w取最小值，最小值为﹣9×50+2700＝2250（元），
答：本次购买最少花费2250元．
36．（2024•江阴市校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝16cm，BC＝6cm，动点P、Q分别以3cm/s，2cm/s的速度从点A，C同时出发，沿规定路线移动．
（1）若点P从点A移动到点B停止，点Q随点P的停止而停止移动，问经过多长时间P，Q两点之间的距离是10cm？
（2）若点P沿着AB→BC→CD移动，点Q从点C移动到点D停止时，点P随点Q的停止而停止移动，试探求经过多长时间△PBQ的面积为12cm2？
【解析】解：（1）过点P作PE⊥CD于E，
设x秒后，点P和点Q的距离是10cm．（16﹣2x﹣3x）2+62＝102，
∴，；
∴经过或，P、Q两点之间的距离是10cm；
（2）连接BQ．设经过ys后△PBQ的面积为12cm2．
①当时，PB＝16﹣3y，
∴，即，
解得y＝4；
②当时，BP＝3y﹣16，QC＝2y，
则，
解得（舍去）；
③时，QP＝CQ﹣PC＝22﹣y，
则，
解得y＝18（舍去）．
综上所述，经过4秒或6秒，△PBQ的面积为12cm2．
37．（2024•皇姑区模拟）为推进全民健身设施建设，某体育中心准备改扩建一块运动场地．现有甲、乙两个工程队参与施工，具体信息如下：
信息一
信息二
（1）求x的值；
（2）该工程计划先由甲工程队单独施工若干天，再由乙工程队单独继续施工，两队共施工22天，且完成的施工面积不少于15000m2．该段时间内体育中心至少需要支付多少施工费用？
【解析】解：（1）根据题意得：＝，
解得：x＝600，
经检验，x＝600是所列方程的解，且符合题意．
答：x的值为600；
（2）设甲工程队施工m天，则乙工程队单独施工（22﹣m）天，
根据题意得：（600+300）m+600（22﹣m）≥15000，
解得：m≥6，
设该段时间内体育中心需要支付w元施工费用，则w＝3600m+2200（22﹣m），
即w＝1400m+48400，
∵1400＞0，∴w随m的增大而增大，
∴当m＝6时，w取得最小值，最小值＝1400×6+48400＝56800．
答：该段时间内体育中心至少需要支付56800元施工费用．
38．（2024•富顺县一模）我们规定：方程ax2+bx+c＝0的变形方程为a（x+1）2+b（x+1）+c＝0．例如，方程2x2﹣3x+4＝0的变形方程为2（x+1）2﹣3（x+1）+4＝0
（1）直接写出方程x2+2x﹣5＝0的变形方程；
（2）若方程x2+2x+m＝0的变形方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围；
（3）若方程ax2+bx+c＝0的变形方程为x2+2x+1＝0，直接写出a+b+c的值．
【解析】解：（1）用x+1表示方程x2+2x﹣5＝0里的x，
可得（x+1）2+2（x+1）﹣5＝0．
（2）用x+1表示方程x2+2x+m＝0里的x，
得（x+1）2+2（x+1）+m＝0．
整理，得x2+4x+3+m＝0
∵变形后的方程有两个不相等的实数根，
∴Δ＝42﹣4（3+m）＝4﹣4m＞0，
∴m＜1．
（3）a+b+c＝1．（方程ax2+bx+c＝0的变形方程为a（x+1）2+b（x+1）+c＝0，
整理，得ax2+2ax+a+bx+b+c＝0，
即ax2+（2a+b）x+（a+b+c）＝0
由于方程ax2+bx+c＝0的变形方程为x2+2x+1＝0，
所以a+b+c＝1．
【中考热点3】函数类综合问题★★★★★
【考情分析】
二次函数是中考必考内容之一，往往也是中考数学的压轴大戏．涉及题目数量一般3-4题，其中有1-2道大题．所占分值大约25分左右．二次函数在中考数学中常常作为压轴题，而在压轴题中，一般都设计成三至四小问，其中第一、二小问比较简单，最后一至两问难度很大．二次函数在考查时，往往会与一次函数、反比例函数、圆、三角形、四边形相结合，综合性很强，技巧性也很强，同时计算量一般很大，加上二次函数本身就比较抽象，这就导致了题目得分率非常低．其实我们只要能熟练掌握二次函数的基本知识，同时掌握一些常见的题型，提高对于二次函数的得分，不是什么难事，多多练习，多多总结．
【满分技巧】
1．把握二次函数所有考点的做题技巧
(1)求二次函数的图象与x轴的交点坐标，需转化为一元二次方程:
(2)求二次函数的最大(小)值需要利用配方法将二次函数由一般式转化为顶点式;
(3)根据图象的位置判断二次函数ax²+bx+c=0中a,b,c的符号,或由二次函数中a,b,c的符号判断图象的位置，要数形结合;
(4)二次函数的图象关于对称轴对称，可利用这一性质，求和已知一点对称的点坐标，或已知与x轴的一个交点坐标，可由对称性求出另一个交点坐标，
2.二次函数的压轴题主要考向
（1）存在性问题（全等与相似、特殊三角形（直角、等腰、等边）、平行四边形（含特殊平行四边形）等）．
（2）最值问题（线段、周长、面积）
3．熟练掌握各种常见有关二次函数的题型和应对策略
（1）线段最值（周长）问题——斜化直策略
（2）三角形或多边形面积问题——铅垂高、水平宽策略
（3）线段和最小值问题——胡不归+阿氏圆策略问题
（4）线段差——三角形三边关系或函数
（5）相似三角形存在性问题——根据相等角分类讨论
（6）平行四边形存在性问题——中点公式+平移法
【2024年中考预测】
一、选择题（共20小题）
1．（2024•大渡口区模拟）反比例函数的图象经过点A（﹣2，3），下列各点在该反比例函数图象上的是（ ）
A．（﹣1，﹣6）B．（1，﹣6）C．（﹣3，﹣2）D．（3，2）
【答案】B
【解析】解：设反比例函数表达式为，把A（﹣2，3）代入，∴k＝xy＝﹣6，
A、∵（﹣1）×（﹣6）＝6≠﹣6，∴点（﹣1，﹣6）不在反比例函数图象上，故本选项不符合题意；
B、∵1×（﹣6）＝﹣6，∴点（1，﹣6）在反比例函数图象上，故本选项符合题意；
C、∵﹣3×（﹣2）＝6≠﹣6，∴点（﹣3，﹣2）在反比例函数图象上，故本选项不符合题意；
D、∵3×2＝6≠﹣6，∴点（3，2）不在反比例函数图象上，故本选项不符合题意．故选：B．
2．（2024•绥化模拟）如图1，Rt△ABC中，点E为BC的中点，点P沿BC从点B运动到点C，设B，P两点间的距离为x，PA﹣PE＝y，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则BC的长为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】D
【解析】解：由函数图象知：当x＝0，即P在B点时，BA﹣BE＝2．
利用三角形两边之差小于第三边，得到PA﹣PE≤AE．
∴y的最大值为AE，∴AE＝10．
在Rt△ABE中，由勾股定理得：BA2+BE2＝AE2＝100，
设BE的长度为t，则BA＝t+2，∴（t+2）2+t2＝100，即：t2+t﹣48＝0，
∴（t+8）（t﹣6）＝0，由于t＞0，∴t+8＞0，∴t﹣6＝0，∴t＝6．
∴BC＝2BE＝2t＝2×6＝12．故选：D．
3．（2024•庆云县模拟）已知直线y＝﹣3x+a与直线y＝2x+b交于点P，若点P的横坐标为3，则关于x的不等式﹣3x+a＞2x+b的解集为（ ）
A．x＜﹣3B．x＜3C．x＞3D．x＞﹣3
【答案】B
【解析】解：当x＜3时，直线y＝﹣3x+a都在直线y＝2x+b的上方，
所以关于x的不等式﹣3x+a＞2x+b的解集为x＜3．故选：B．
4．（2024•绥化模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC顶点AC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点B在函数y＝（x＞0）的图象上，点P是矩形OABC内的一点，连接PO、PA、PB、PC，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【解析】解：作PE⊥OC于E，EP的延长线交AB于F，
∵四边形OABC是矩形，∴AB∥OC，∴PF⊥AB，
∵顶点B在函数y＝（x＞0）的图象上，∴xy＝6，
∴S阴＝•OC•PE+•AB•PF＝•OC•EF＝S矩形ABCO＝×6＝3．故选：A．
5．（2024•黔南州一模）直线y＝2x+1如图所示，过点P（2，1）作与它平行的直线y＝kx+b，则k，b的值是（ ）
A．k＝2，b＝3B．k＝2，b＝﹣3C．k＝2，b＝﹣1D．k＝﹣2，b＝﹣3
【答案】B
【解析】解：∵直线y＝kx+b与直线y＝2x+1平行，∴k＝2，
∵点P（2，1）在直线y＝kx+b上，∴2k+b＝1，∴b＝﹣2k+1＝﹣2×2+1＝﹣3，
即一次函数y＝kx+b的解析式为y＝2x﹣3．故选：B．
6．（2024•金乡县一模）在同一平面直角坐标系中，函数y＝kx﹣k与y＝的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】解：①当k＞0时，一次函数y＝kx﹣k经过一、三、四象限，
反比例函数的y＝（k≠0）的图象的两个分支分别位于一、三象限，没有符合条件的选项，
②当k＜0时，一次函数y＝kx﹣k经过一、二、四象限，
反比例函数的y＝（k≠0）的图象的两个分支分别二、四象限，故C选项的图象符合要求．故选：C．
7．（2024•武威二模）如图，小球起始位置时位于（3，0）处，沿图中所示的方向击球，小球的运动轨迹如图所示，当小球第2023次碰到球桌边时，小球的位置是（ ）
A．（0，3）B．（1，4）C．（5，0）D．（8，3）
【答案】A
【解析】解：由图可得，
点（3，0）第一次碰撞后的点的坐标为（0，3），
第二次碰撞后的点的坐标为（1，4），
第三次碰撞后的点的坐标为（5，0），
第四次碰撞后的点的坐标为（8，3），
第五次碰撞后的点的坐标为（7，4），
第六次碰撞后的点的坐标为（3，0），
…，
∵2023÷6＝337余1，
∴小球第2023次碰到球桌边时，小球的位置是（0，3），
故选：A．
8．（2024•津市市一模）将抛物线y＝﹣x2+2x+3中x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到的新图象与直线y＝x+m有4个交点，则m的取值范围是（ ）
A．m≤﹣5B．﹣≤m＜﹣5C．﹣＜m＜﹣3D．m≥﹣3
【答案】C
【解析】解：令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴抛物线与x轴的交点为（﹣1，0）、（3，0），
∵将抛物线y＝﹣x2+2x+3中x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，
∴新图象中当﹣1≤x≤3时，解析式为y＝x2﹣2x﹣3，如图，
当直线y＝x+m．经过（3，0）时，此时直线y＝x+m与新函数图象有3个交点，
把（3，0）代入直线y＝x+m，解得m＝﹣3，
直线y＝x+m再向下平移时，有4个交点；
当y＝x2﹣2x﹣3与直线y＝x+m有一个交点时，此时直线y＝x+m与新函数图象有3个交点，
联立方程组，
整理得x2﹣3x﹣3﹣m＝0，
∴Δ＝b2﹣4ac＝21+4m＝0，
解得m＝﹣，
综上所述，新图象与直线y＝x+m有4个交点时，m的取值范围是．
故选：C．
9．（2024•凉州区二模）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，如图所示，与x轴的一个交点为（3，0），对称轴为直线x＝1，有下列四个结论：①abc＞0；②2a+b＝0；③若点（x1，y1）和点（x2，y2）在抛物线图象上，那么当﹣2＜x1＜﹣1，2＜x2＜3时，y1＜y2；④3a+c＝0，其中正确的结论个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解析】解：抛物线开口向上，∴a＞0，∵抛物线对称轴为直线为，∴b＝﹣2a＜0，∴2a+b＝0，②正确；
∵抛物线与y轴交点在x轴下方，∴c＜0，∴abc＞0，①正确；
∵对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点为（3，0），∴与x轴另一交点为（﹣1，0），∴当﹣2＜x1＜﹣1时，y＞0，当2＜x2＜3时，y＜0，∴y1＞y2，③错误；
∵抛物线经过（3，0），∴9a+3b+c＝0，∵b＝﹣2a，∴9a+3b+c＝3a+c＝0，④正确；
正确结论有3个，故选：C．
10．（2024•松北区一模）A，B两地相距80km，甲、乙两人沿同一条路从A地到B地．甲、乙两人离开A地的距离S（单位：km）与时间t（单位：h）之间的关系如图所示．下列说法错误的是（ ）
A．乙比甲提前出发1h
B．甲行驶的速度为40km/h
C．3h时，甲、乙两人相距60km
D．0.75h或1.125h时，乙比甲多行驶10km
【答案】C
【解析】解：由图象可得，乙车比甲车早出发1小时，故A正确；
甲的速度是（80﹣20）÷（3﹣1.5）＝40（km/h），故B正确；
乙的速度是＝km/h，3h甲车行走的路程为40×（3﹣1）＝80（km），
3h乙车行走的路程为×3＝40（km），∴3h后甲、乙相距80﹣40＝40（km），故C错误；
0.75h乙车走了0.75×＝10（km），甲车还在A地没出发，此时乙比甲多行驶10km，
1.125h乙走了1.125×＝15km，此时甲行走的路程为（1.125﹣1）×40＝5（km），
乙车比甲车多走了15﹣5＝10（km），故D正确．故选：C．
11．（2024•苍溪县一模）如图，Rt△AOB的直角顶点在坐标原点O上，点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点B在反比例函数（x＜0）的图象上，则tan∠A的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，如图．
∵点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点B在反比例函数（x＜0）的图象上，
∴S△BCO＝×1＝，S△AOD＝＝2，
∵∠BOA＝90°，∴∠BOC+∠AOD＝90°，∵∠AOD+∠OAD＝90°，∴∠BOC＝∠OAD，
又∵∠BCO＝∠ADO＝90°，∴△BCO∽△ODA，∴＝（）2，∴＝（）2，
即＝（）2，∴tan∠A＝＝，故选：B．
12．（2024•阳新县校级模拟）函数y＝|ax2+bx+c|（a＞0，b2﹣4ac＞0）的图象是由函数y＝ax2+bx+c（a＞0，b2﹣4ac＞0）的图象x轴上方部分不变，下方部分沿x轴向上翻折而成，如图所示，则下列结论正确的是（ ）
①2a+b＝0；②c＝3；③abc＞0；④将图象向上平移2个单位后与直线y＝5有3个交点．
A．①②B．①③C．②③④D．①③④
【答案】B
【解析】解：∵图象经过（﹣1，0），（3，0），∴抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝1，
∴﹣＝1，∴b＝﹣2a，即2a+b＝0，①正确．
由图象可得抛物线y＝ax2+bx+c与y轴交点在x轴下方，∴c＜0，②错误．
由抛物线y＝ax2+bx+c的开口向上可得a＞0，∴b＝﹣2a＜0，∴abc＞0，③正确．
设抛物线y＝ax2+bx+c的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），代入（0，3）得：3＝﹣3a，解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴顶点坐标为（1，4），∵点（1，4）向上平移2个单位后的坐标为（1，6），
∴将图象向上平移2个单位后与直线y＝5有4个交点，故④错误，故选：B．
13．（2024•津市市一模）将二次函数y＝x2﹣6的图象向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，所得图象的解析式为（ ）
A．y＝x2﹣2x﹣5B．y＝x2+2x﹣9C．y＝x2﹣2x﹣8D．y＝x2+2x﹣5
【答案】C
【解析】解：根据题意可得解析式为：y＝（x﹣1）2﹣3﹣6＝x2﹣2x﹣8．故选：C．
14．（2024•许昌一模）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，点P从点A出发运动到点B时停止，过点P作PQ⊥AB，交直角边AC（或BC）于点Q，设点P运动的路程为x，△APQ的面积为y，y与x之间的函数关系图象如图2所示，当x＝5时，△APQ的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：根据图2知，AB＝8，
当x＝5时，AP＝5，BP＝3，
∵∠B＝30°，∴，，故选：C．
15．（2024•昌吉州一模）已知直线与y轴、x轴分别交于点A和点B，M是线段OB上的一点，若将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在y轴上的点B′处，则点M的坐标是（ ）
A．（3，0）B．（4，0）C．（5，0）D．（6，0）
【答案】A
【解析】解：令x＝0，则，∴A（0，6），
令y＝0，则，解得：x＝8，∴点B（8，0），
∵O（0，0），∴OA＝6，OB＝8，
∵x轴⊥y轴，∴∠AOB＝∠B′OM＝90°，∴AB＝10，
由折叠可知：AB′＝AB＝10，BM＝B′M，∴B′O＝AB′﹣OA＝10﹣6＝4，
设点M坐标为（m，0），∵O（0，0），∴OM＝m，BM＝OB﹣OM＝8﹣m，∴B′O2+OM2＝B′M2，
42+m2＝（8﹣m）2，16+m2＝64﹣16m+m2，16m＝48，m＝3，
∴点M的坐标为（3，0），故选：A．
16．（2024•鞍山模拟）如图，以40m/s的速度将小球沿与地面成30°角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系h＝20t﹣5t2．下列叙述正确的是（ ）
A．小球的飞行高度不能达到15m
B．小球的飞行高度可以达到25m
C．小球从飞出到落地要用时4s
D．小球飞出1s时的飞行高度为10m
【答案】C
【解析】解：A、当h＝15时，15＝20t﹣5t2，解得：t1＝1，t2＝3，故小球的飞行高度能达到15m，故此选项错误；
B、h＝20t﹣5t2＝﹣5（t﹣2）2+20，故t＝2时，小球的飞行高度最大为：20m，故此选项错误；
C、∵h＝0时，0＝20t﹣5t2，解得：t1＝0，t2＝4，∴小球从飞出到落地要用时4s，故此选项正确；
D、当t＝1时，h＝15，故小球飞出1s时的飞行高度为15m，故此选项错误，故选：C．
17．（2024•斗门区校级一模）如图，直线y＝x+b分别交x轴、y轴于A，B，M是反比例函数的图象上位于直线上方的一点，MC∥x轴交AB于C，MD⊥MC交AB于D，AC•BD＝8，则k的值为（ ）
A．﹣2B．﹣4C．﹣6D．﹣8
【答案】B
【解析】解：过点D作DE⊥y轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，
令x＝0代入y＝x+b，∴y＝b，∴B（0，b），∴OB＝﹣b，
令y＝0代入y＝x+b，∴x＝﹣b，∴（﹣b，0），∴OA＝OB＝﹣b，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
设M（x，y），∴CF＝﹣y，ED＝x，∴﹣y＝AC，x＝BD，∴AC＝﹣y，BD＝x，
∵AC•BD＝8，∴﹣y•x＝8，∴xy＝﹣4，
∵M在反比例函数的图象上，∴k＝xy＝﹣4，故选：B．
18．（2024•黄山一模）如图，一次函数的图象与y＝kx+b的图象相交于点P（﹣2，n），则关于x，y的方程组的解是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：关于x，y的方程组可化为：，
故一次函数的图象与y＝kx+b的图象的交点坐标即为方程组的解，
将P（﹣2，n）代入得：，∴P（﹣2，3），
故关于x，y的方程组的解是．故选：B．
19．（2024•南山区一模）如图，在平面直角坐标系中，点A，B在反比例函数y＝（k≠0，x＞0）的图象上，点C在y轴上，AB＝AC，AC∥x轴，BD⊥AC于点D，若点A的横坐标为5，BD＝3CD，则k值为（ ）
A．3B．4C．D．
【答案】D
【解析】解：延长BD交x轴于点E，作BG⊥y轴于点G，作AF⊥x轴，则四边形OCAF、COED、ADEF、BGCD均为矩形，
∴BG＝CD，AF＝DE，CD＝OE，
设B点坐标为（m，n），则BG＝CD＝OE＝m，BE＝n，
∵AC＝AB＝5，∴AD＝AC﹣CD＝5﹣m，
∵BD＝3CD＝3m，∴AF＝DE＝n﹣3m，
在Rt△ABD中，BD2+AD2＝AB2，∴（3m）2+（5﹣m）2＝52，
解得m1＝1，m2＝0（舍去），∴DE＝n﹣3，AF＝n﹣3，∴B（1，n），A（5，n﹣3），
∵点B（1，n），A（5，n﹣3）在反比例函数图象上，∴n＝5（n﹣3），解得n＝，
∴k＝＝．故选：D．
20．（2024•新乡一模）如图1，在菱形ABCD中，E为AB的中点，点F沿AC从点A向点C运动，连接FE，FB．设FA＝x，FE+FB＝y，图2是点F运动时y随x变化的关系图象，则y的最小值是（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【解析】解：如图，连接BD，DE．DE、AC交于点F，BD、AC交于点O．
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，OB＝OD．∴点B、D关于直线AC对称．
∴FB＝FD．∴y最小＝FB+FE＝FD+FE＝DE．
观察函数图象可知，当点F与A重合时，FE+FB＝3，即AE+AB＝3．
∵点E是AB的中点，∴AE＝AB．∴AB+AB＝3．
解得：AB＝2．∴AE＝EB＝1．
当点F在点C处时，FE+FB＝2+．
∵BC＝AB＝2，∴FE＝．作CG⊥AB于点G．∴∠G＝90°．
设BG长x，
在Rt△CBG中，CG2＝CB2﹣BG2，在Rt△CEG中，CG2＝CE2﹣EG2，
∴22﹣x2＝7﹣（1+x）2．解得：x＝1．
∴BG＝1．∴cs∠CBG＝．∴∠CBG＝60°．
∵四边形ABCD为菱形，∴AD＝BA＝2，AD∥CB，
∴∠DAB＝60°．∴△BAD为等边三角形．∴DB＝DA．
∵点E是CB的中点，∴DE⊥AB．∴∠DEA＝90°．∴DE＝．
∴FB+FE的最小值为．∴y的最小值是．故选：B．
二、填空题（共8小题）
21．（2024•济南模拟）某快递公司每天上午9：30﹣10：30为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲、乙两仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数图象如图所示，那么从9：30开始，经过 分钟时，两仓库快递件数相同．
【答案】20
【解析】解：设甲仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数关系式为：y1＝k1x+40，根据题意得60k1+40＝400，解得k1＝6，∴y1＝6x+40；
设乙仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数关系式为：y2＝k2x+240，
根据题意得60k2+240＝0，解得k2＝﹣4，
∴y2＝﹣4x+240，
联立，解得，
∴经过20分钟时，当两仓库快递件数相同．故答案为：20．
22．（2024•宝鸡二模）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点C在x轴上，反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过点A（2，6），且与边BC交于点D，若点D是边BC的中点，则OC的长为 ．
【答案】3
【解析】解：设OC的长为x，则C（x，0）．
∵四边形OABC是平行四边形，∴AB∥OC，AB＝OC＝x，
∵A（2，6），∴B（2+x，6），
∵点D是边BC的中点，∴D（1+x，3），
∵函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过点A（2，6），D，
∴3（1+x）＝2×6，∴x＝3．∴OC＝3，故答案为3．
23．（2024•双阳区一模）某市新建一座景观桥．如图，桥的拱肋ACB可视为抛物线的一部分，桥面AB可视为水平线段，桥面与拱肋用垂直于桥面的杆状景观灯连接，拱肋的跨度AB为80米，桥拱的最大高度CD为16米（不考虑灯杆和拱肋的粗细），则与CD的距离为4米的景观灯杆EF的高度为 米．
【答案】15.84．
【解析】解：建立如图所示平面直角坐标系，
设抛物线表达式为y＝ax2+16，由题意可知，B的坐标为（40，0），
∴1600a+16＝0，∴a＝﹣，∴y＝﹣x2+16，
∴当x＝4时，y＝15.84．
∴与CD的距离为4米的景观灯杆EF的高度为15.84米，故答案为：15.84．
24．（2024•吉林一模）某市民广场有一个直径16米的圆形喷水池，喷水池的周边有一圈喷水头（喷水头高度忽略不计），各方向喷出的水柱恰好在喷水池中心的装饰物OA的顶端A处汇合，水柱离中心3米处达最高5米，如图所示建立直角坐标系．王师傅在喷水池内维修设备期间，喷水管意外喷水，为了不被淋湿，身高1.8米的他站立时必须在离水池中心O 米以内．
【答案】7
【解析】解：设OA右侧的抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）2+5，
∵某市民广场有一个直径16米的圆形喷水池，∴该抛物线过点（8，0），
∴0＝a（8﹣3）2+5，得a＝﹣，
∴OA右侧的抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣3）2+5＝x2++，
当y＝1.8时，1.8＝﹣（x﹣3）2+5，得x1＝7，x2＝﹣1，
∵各方向喷出的水柱恰好在喷水池中心的装饰物OA的顶端A处汇合，点A的坐标为（0，），
∴为了不被淋湿，身高1.8米的王师傅站立时必须在离水池中心O7米以内，故答案为：7．
25．（2024•阳谷县一模）如图，在反比例函数的图象上有P1，P3，⋯，P2024等点，它们的横坐标依次为1，2，3，⋯，2024，分别过这些点作x轴与y轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右依次为S1，S2，S3，⋯，S2023，S2024，则S1+S2+S3+⋯+S2023+S2024＝ ．
【答案】7．
【解析】解：当x＝1时，P1的纵坐标为＝8；
当x＝2时，P2的纵坐标为＝4；
当x＝3时，P3的纵坐标为；
当x＝4时，P4的纵坐标为＝2；
当x＝5时，P5的纵坐标为；
……
当x＝n时，Pn的纵坐标为．
则S1＝1×（8﹣4）＝8﹣4；
S2＝1×（4﹣）＝4﹣；
S3＝1×（）＝；
S4＝1×（2﹣）＝2﹣；
……
Sn＝1×（）＝．
∴S1+S2+S3+⋯+S2023+S2024＝8﹣4+4﹣++2﹣+⋯+＝8﹣＝7，
故答案为：7．
26．（2024•新北区校级模拟）如图，将抛物线y＝2（x+1）2+1绕原点O顺时针旋转45°得到新曲线，新曲线与直线y＝x交于点M，则点M的坐标为 ．
【答案】（，）．
【解析】解：直线y＝x绕原点O逆时针旋转45°得到x＝0，
设抛物线y＝2（x+1）2+1与y轴的交点为M′，
∵抛物线y＝2（x+1）2+1，∴x＝0时，y＝3，∴M′（0，3），
设点M（m，m），由题意得：OM＝OM′＝3，∴m2+m2＝32，∴m＝，
∴点M的坐标为（，）．故答案为：（，）．
27．（2024•潜山市校级一模）定义：min{a，b}＝．若函数y＝min{x+1，﹣x2+2x+3}，则该函数的最大值为 ．
【答案】3．
【解析】解：设直线y＝x+1，抛物线y＝﹣x2+2x+3，联立直线与抛物线方程得，
解得或，∴直线与抛物线交点坐标为（﹣1，0），（2，3），
如图，
∴x≤﹣1时，y＝﹣x2+2x+3，函数最大值为y＝0，﹣1＜x≤2时，y＝x+1，函数最大值为y＝3，
当x＞2时，y＝﹣x2+2x+3，y＜3，∴x＝2时，函数取最大值为3，故答案为：3．
28．（2024•思明区校级模拟）如图，A（1，0）、B（3，0）、M（4，3），动点P从点A出发，沿x轴以每秒2个单位长的速度向右移动，且过点P的直线y＝﹣x+b也随之平移，设移动时间为t秒，若直线与线段BM有公共点，则t的取值范围为 ．
【答案】1≤t≤3．
【解析】解：当直线y＝﹣x+b过点B（3，0）时，0＝﹣3+b，解得：b＝3，
0＝﹣（1+2t）+3，解得t＝1．
当直线y＝﹣x+b过点M（4，3）时，3＝﹣4+b，解得：b＝7，
0＝﹣（1+2t）+7，解得t＝3．
故若l与线段BM有公共点，t的取值范围是：1≤t≤3，故答案为：1≤t≤3．
三、解答题（共22小题）
29．（2024•福田区模拟）某班“数学兴趣小组”结合自己的学习经验，对新函数y＝的图象、性质进行探究，探究过程如下，请把表格补充完整．
（1）下表是x与y的几组对应值．
m＝ ，n＝ ．
（2）在平面直角坐标系中，描出相应的点，画出函数的图象．
（3）函数性质探究：观察函数图象，写出该函数图象的一条性质： ．
（4）综合应用：已知函数y＝的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式直接写出不等式≥的解集 ．（精确到0.1，误差不超过0.2）
【解析】解：（1）当x＝1时，y＝n＝，当x＝时，y＝m＝1，故答案为1，；
（2）令y＝0．则x＝，当x＞时，y＝，当x时，y＝，
在平面直角坐标系中，描出下列坐标对应的点（），（2，），（，1），
连线，得到函数图象，如图1，
（3）当x＞时，y＝，
联立，解得，
当x时，y＝，
联立，解得，
∴点（3，）和（）是两个函数图象的交点，
由图象可得，当||≥时，x≤或x≥3．
30．（2024•西安校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）和点B（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）若点P为第三象限内抛物线上一动点，作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，点G为y轴上一动点，过点E作∠EGC＝30°，设点P的横坐标为m．求的最大值．
【解析】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），
则y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a，
则﹣3a＝﹣3，解得：a＝1，
则抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；
（2）过点E作HE⊥GC于点H，
∵∠EGC＝30°，则EH＝EG，
即PE+EG＝PE+EH，
由点C、A的坐标得，直线AC的表达式为：y＝﹣x﹣3，
则点P（m，m2+2m﹣3）、则点E（m，﹣m﹣3），
则PE+EG＝PE+EH＝（﹣m﹣3﹣m2﹣2m+3）﹣m＝﹣m2﹣4m＝﹣（m+2）2+4≤4，
∴PE+EG的最大值为4．
31．（2024•静安区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线关于直线对称，且经过点A（0，3）和点B（3，0），横坐标为4的点C在此抛物线上．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）联结AB、BC、AC，求tan∠BAC的值；
（3）如果点P在对称轴右方的抛物线上，且∠PAC＝45°，过点P作PQ⊥y轴，垂足为Q，请说明∠APQ＝∠BAC，并求点P的坐标．
【解析】（1）解：∵抛物线关于直线对称，
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣）2+k，把A（0，3）、B（3，0）代入，
得：，解得：，
∴y＝（x﹣）2﹣＝x2﹣x+3，
∴该抛物线的表达式为y＝x2﹣x+3；
（2）解：在y＝x2﹣x+3中，令x＝4，得y＝×42﹣×4+3＝1，∴C（4，1），
∵A（0，3）、B（3，0），∴OA＝OB＝3，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝45°，AB＝OA＝3，
如图，过点C作CE⊥x轴于E，则∠BEC＝90°，CE＝1，OE＝4，
∴BE＝OE﹣OB＝4﹣3＝1，∴BE＝CE，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴∠CBE＝45°，BC＝CE＝，
∴∠ABC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBE＝90°，
∴tan∠BAC＝＝＝；
（3）证明：如图，连接AB，
由（2）知△AOB是等腰直角三角形，∴∠BAO＝45°，
∵∠PAC＝45°，∴∠PAQ+∠BAC＝180°﹣∠BAO﹣∠PAC＝90°，
∵PQ⊥y轴，∴∠PQA＝90°，
∴∠PAQ+∠APQ＝90°，∴∠APQ＝∠BAC，
∴tan∠APQ＝tan∠BAC＝，∴＝，
设PQ＝m，则AQ＝m，∴OQ＝OA+AQ＝3+m，∴P（m，3+m），
∵点P在对称轴右方的抛物线上，
∴3+m＝m2﹣m+3，且m＞，
解得：m＝，
当m＝时，y＝×（）2﹣×+3＝，
∴点P的坐标为（，）．
32．（2024•雅安模拟）某超市销售一种商品，成本价为30元/千克，经市场调查，每天销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间的关系如图所示，规定每千克售价不能低于30元，且不高于80元．
（1）直接写出y与x之间的函数关系式：
（2）如果该超市销售这种商品每天获得3600元的利润，那么该商品的销售单价为多少元？
（3）设每天的总利润为w元，当销售单价定为多少元时，该超市每天的利润最大？最大利润是多少元？
【解析】解：（1）设y与x之间的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），
将（30，150）；（80，100）分别代入得：
，
解得：，
∴y与x之间的函数关系式为y＝﹣x+180；
（2）设利润为w元，
由题意得：w＝（x﹣30）（﹣x+180）＝﹣x2+210x﹣5400，
∴w＝﹣x2+210x﹣5400（30≤x≤80）；
令﹣x2+210x﹣5400＝3600，
解得x＝60或x＝150（舍），
∴如果该超市销售这种商品每天获得3600元的利润，那么该商品的销售单价为60元；
（3）由（2）知，w＝﹣（x﹣105）2+5625，
∵﹣1＜0，∴当x≤105时，w随x的增大而增大，
∵30≤x≤80，∴当x＝80时，w最大，最大为5000元．
∴当销售单价定为80元时，该超市每天的利润最大，最大利润是5000元．
33．（2024•宝鸡二模）如图是一个东西走向近似于抛物线的山坡，以地面的东西方向为x轴，西侧的坡底为原点建立平面直角坐标系，山坡近似满足函数解析式，无人机从西侧距坡底O为10米处的B点起飞，沿山坡由西向东飞行，飞行轨迹可以近似满足抛物线．当无人机飞越坡底上空时（即点D），与地面的距离为20米．
（1）求无人机飞行轨迹的函数解析式；
（2）当无人机飞行的水平距离距起点为30米时，求无人机与山坡的竖直距离d；
（3）由于山坡上有障碍物，无人机不能离山坡过近．当无人机与山坡的竖直距离大于9米时，无人机飞行才是安全的，请判断无人机此次飞行是否安全，并说明理由．
【解析】解：（1）由题意可知，点B（﹣10，0），D（0，20），将B，D坐标分别代入，
得：，解得：，
∴无人机飞行轨迹的函数表达式为，
（2）当无人机飞行的水平距离距起点为30米时，x＝30﹣10＝20，
∵无人机与山坡的竖直距离
∴当x＝20时，（米），
答：当无人机飞行的水平距离距起点为30米时，无人机与山坡的竖直距离d为13米；
（3）安全，理由如下：由（2）知，
∵，
∴x＝45时，d有最小值 ，
∴无人机此次飞行是安全的．
34．（2024•惠城区校级一模）如图，已知A（﹣4，0.5），B（﹣1，2）是一次函数y＝ax+b与反比例函数（m＜0）图象的两个交点，AC⊥x轴于C，BD⊥y轴于D．
（1）根据图象直接回答：在第二象限内，当x取何值时，一次函数大于反比例函数的值？
（2）求一次函数解析式及m的值；
（3）P是线段AB上的一点，连接PC，PD，若△PCA和△PDB面积相等，求点P坐标．
【解析】解：（1）当﹣4＜x＜﹣1时，一次函数大于反比例函数的值；
（2）把A（﹣4，0.5），B（﹣1，2）代入y＝kx+b得，
，解得，
所以一次函数解析式为y＝x+；
把B（﹣1，2）代入，得m＝﹣1×2＝﹣2；
（3）连接PC、PD，如图，设P点坐标为（t，t+）．
∵△PCA和△PDB面积相等，
∴••（t+4）＝•1•（2﹣t﹣），
解得t＝﹣，
∴P点坐标为（﹣，）．
35．（2024•湖北一模）工匠制作某种金属工具要进行材料煅烧和锻造两个工序，即需要将材料烧到800℃，然后停止煅烧进行锻造操作，经过8min时，材料温度降为600℃．煅烧时温度y（℃）与时间x（min）成一次函数关系；锻造时，温度y（℃）与时间x（min）成反比例函数关系（如图）．已知该材料初始温度是32℃．
（1）分别求出材料煅烧和锻造时y与x的函数关系式，并且写出自变量x的取值范围；
（2）根据工艺要求，当材料温度低于480℃时，须停止操作．那么锻造的操作时间有多长？
【解析】解：（1）材料锻造时，设y＝（k≠0），
由题意得600＝，
解得k＝4800，
当y＝800时，
解得x＝6，
∴点B的坐标为（6，800）
材料煅烧时，设y＝ax+32（a≠0），
由题意得800＝6a+32，
解得a＝128，
∴材料煅烧时，y与x的函数关系式为y＝128x+32（0≤x≤6）．
∵4800÷32＝150，
∴锻造操作时y与x的函数关系式为y＝（6＜x≤150）；
（2）把y＝480代入y＝，得x＝10，
10﹣6＝4（分），
答：锻造的操作时间4分钟．
36．（2024•蓬江区校级模拟）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣3，0），B（1，0），交y轴于点 C．点P（m，0）是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）把A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝x2+bx+c中，得，
解得，
∴y＝x2+2x﹣3．
（2）①设直线AC的表达式为y＝kx+b，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+b′．得，
解得，
∴y＝﹣x﹣3，
∵点P（m，0）是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．
∴M（m，﹣m﹣3），N（m，m2+2m﹣3），
∴MN＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，
∵a＝﹣1＜0，
∴此函数有最大值．
又∵点P在线段OA上运动，且﹣3＜﹣＜0，
∴当m＝﹣时，MN有最大值．
②如图2﹣1中，当点M在线段AC上，MN＝MC，四边形MNQC是菱形时．
∵MN＝﹣m2﹣3m，MC＝﹣m，
∴﹣m2﹣3m＝﹣m，
解得m＝﹣3+或0（舍弃），
∴MN＝3﹣2，
∴CQ＝MN＝3﹣2，∴OQ＝3+1，
∴Q（0，﹣3﹣1）．
如图2﹣2中，当MC是菱形的对角线时，四边形MNCQ是正方形，此时CN＝MN＝CQ＝2，可得Q（0，﹣1）．
如图2﹣3中，当点M在CA延长线上时，MN＝CM，四边形MNQC是菱形时，
则有，m2+3m＝﹣m，
解得m＝﹣3﹣或0（舍弃），
∴MN＝CQ＝3+2，
∴OQ＝CQ﹣OC＝3﹣1，
∴Q（0，3﹣1）．
当点P在y轴的右侧时，显然MN＞CM，此时满足条件的菱形不存在．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，﹣3﹣1）或（0，﹣1）或（0，3﹣1）．
37．（2024•东营区模拟）如图，直线y＝﹣x+c与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B．
（1）求点B的坐标和抛物线的解析式；
（2）M（m，0）为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N．
①点M在线段OA上运动，若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标；
②点M在x轴上自由运动，若三个点M，P，N中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外），则称M，P，N三点为“共谐点”．请直接写出使得M，P，N三点成为“共谐点”的m的值．
【解析】解：（1）∵y＝﹣x+c与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，
∴0＝﹣2+c，解得c＝2，
∴B（0，2），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+2；
（2）①由（1）可知直线解析式为y＝﹣x+2，
∵M（m，0）为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N，
∴P（m，﹣m+2），N（m，﹣m2+m+2），
∴PM＝﹣m+2，AM＝3﹣m，PN＝﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）＝﹣m2+4m，
∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM，
∴∠BNP＝∠AMP＝90°或∠NBP＝∠AMP＝90°，
当∠BNP＝90°时，则有BN⊥MN，
∴N点的纵坐标为2，
∴﹣m2+m+2＝2，解得m＝0（舍去）或m＝，
∴M（，0）；
当∠NBP＝90°时，过点N作NC⊥y轴于点C，
则∠NBC+∠BNC＝90°，NC＝m，BC＝﹣m2+m+2﹣2＝﹣m2+m，
∵∠NBP＝90°，
∴∠NBC+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠BNC，
∴Rt△NCB∽Rt△BOA，
∴＝，
∴＝，解得m＝0（舍去）或m＝，
∴M（，0）；
综上可知当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为（，0）或（，0）；
②由①可知M（m，0），P（m，﹣m+2），N（m，﹣m2+m+2），
∵M，P，N三点为“共谐点”，
∴有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，
当P为线段MN的中点时，则有2（﹣m+2）＝﹣m2+m+2，解得m＝3（舍去）或m＝0.5；
当M为线段PN的中点时，则有﹣m+2+（﹣m2+m+2）＝0，解得m＝3（舍去）或m＝﹣1；
当N为线段PM的中点时，则有﹣m+2＝2（﹣m2+m+2），解得m＝3（舍去）或m＝﹣；
综上可知当M，P，N三点成为“共谐点”时m的值为0.5或﹣1或﹣．
38．（2024•云南模拟）某驻村扶贫小组实施产业扶贫，帮助贫困农户进行西瓜种植和销售．已知西瓜的成本为6元/千克，规定销售单价不低于成本，又不高于成本的两倍．经过市场调查发现，某天西瓜的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）的函数关系如图所示：
（1）求y与x的函数解析式（也称关系式）；
（2）求这一天销售西瓜获得的利润W的最大值．
【解析】解：（1）当6≤x≤10时，设y与x的关系式为y＝kx+b（k≠0），
根据题意得，解得，
∴y＝﹣200x+2200，
当10＜x≤12时，y＝200，
故y与x的函数解析式为：y＝．
（2）由已知得：W＝（x﹣6）y，
当6≤x≤10时，
W＝（x﹣6）（﹣200x+2200）＝﹣200（x﹣）2+1250，
∵﹣200＜0，抛物线的开口向下，
∴x＝时，取最大值，
∴W＝1250，
当10＜x≤12时，W＝（x﹣6）•200＝200x﹣1200，
∵W随x的增大而增大，
∴x＝12时取得最大值，W＝200×12﹣1200＝1200，
综上所述，当销售价格为8.5元时，取得最大利润，最大利润为1250元．
39．（2024•洛阳模拟）跳台滑雪运动可分为助滑、起跳、飞行和落地四个阶段，运动员起跳后飞行的路线是抛物线的一部分（如图中实线部分所示），落地点在着陆坡（如图中虚线部分所示）上，着陆坡上的基准点K为飞行距离计分的参照点，落地点超过K点越远，飞行距离分越高．2022年北京冬奥会跳台滑雪标准台的起跳台的高度OA为66m，基准点K到起跳台的水平距离为75m，高度为h m（h为定值）．设运动员从起跳点A起跳后的高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系为y＝ax2+bx+c（a≠0）．
（1）c的值为 ；
（2）①若运动员落地点恰好到达K点，且此时a＝﹣，b＝，求基准点K的高度h；
②若a＝﹣时，运动员落地点要超过K点，则b的取值范围为 ；
（3）若运动员飞行的水平距离为25m时，恰好达到最大高度76m，试判断他的落地点能否超过K点，并说明理由．
【解析】解：（1）∵起跳台的高度OA为66m，
∴A（0，66），
把A（0，66）代入y＝ax2+bx+c得：
c＝66，
故答案为：66；
（2）①∵a＝﹣，b＝，
∴y＝﹣x2+x+66，
∵基准点K到起跳台的水平距离为75m，
∴y＝﹣×752+×75+66＝21，
∴基准点K的高度h为21m；
②∵a＝﹣，
∴y＝﹣x2+bx+66，
∵运动员落地点要超过K点，
∴x＝75时，y＞21，
即﹣×752+75b+66＞21，
解得b＞，
故答案为：b＞；
（3）他的落地点能超过K点，理由如下：
∵运动员飞行的水平距离为25m时，恰好达到最大高度76m，
∴抛物线的顶点为（25，76），
设抛物线解析式为y＝a（x﹣25）2+76，
把（0，66）代入得：
66＝a（0﹣25）2+76，
解得a＝﹣，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x﹣25）2+76，
当x＝75时，y＝﹣×（75﹣25）2+76＝36，
∵36＞21，
∴他的落地点能超过K点．
40．（2024•陈仓区模拟）A，B两城市之间有一条公路相连，公路中途穿过C市，甲车从A市到B市，乙车从C市到A市，甲车的速度比乙车的速度慢20千米/时，两车距离C市的路程y（单位：千米）与行驶的时间t（单位：小时）的函数图象如图所示，结合图象信息，解答下列问题：
（1）甲车的速度是 千米/时，在图中括号内填入正确的数；
（2）求图象中线段MN所在直线的函数解析式，不需要写出自变量的取值范围；
（3）直接写出甲车出发后几小时，两车距C市的路程之和是460千米．
【解析】解：（1）由题意，甲的速度为＝60千米/小时．乙的速度为80千米/小时，
＝6（小时），4+6＝10（小时），
∴图中括号内的数为10．
故答案为：60．
（2）设线段MN所在直线的解析式为 y＝kt+b （ k≠0 ）．
把点M（4，0），N（10，480）代入y＝kt+b，
得：，
解得：．
∴线段MN所在直线的函数解析式为y＝80t﹣320．
（3）（480﹣460）＝20，20÷60＝（小时），
或60t﹣480+80（t﹣4）＝460，
解得t＝9，
答：甲车出发小时或9小时时，两车距C市的路程之和是460千米．
41．（2024•浙江模拟）小明大学毕业回家乡创业，第一期培植盆景与花卉各50盆．售后统计，盆景的平均每盆利润是160元，花卉的平均每盆利润是19元．调研发现：
①盆景每增加1盆，盆景的平均每盆利润减少2元；每减少1盆，盆景的平均每盆利润增加2元；
②花卉的平均每盆利润始终不变．
小明计划第二期培植盆景与花卉共100盆，设培植的盆景比第一期增加x盆，第二期盆景与花卉售完后的利润分别为w1，w2（单位：元）．
（1）用含x的代数式分别表示w1，w2；
（2）当x取何值时，第二期培植的盆景与花卉售完后获得的总利润w最大，最大总利润是多少？
【解析】解：（1）设培植的盆景比第一期增加x盆，
则第二期盆景有（50+x）盆，花卉有（50﹣x）盆，
所以w1＝（50+x）（160﹣2x）＝﹣2x2+60x+8000，
w2＝19（50﹣x）＝﹣19x+950；
（2）根据题意，得：w＝w1+w2＝﹣2x2+60x+8000﹣19x+950＝﹣2x2+41x+8950＝﹣2（x﹣）2+，
∵﹣2＜0，且x为整数，
∴当x＝10时，w最大值为9160，
当x＝11时，w最大值为9159，
9159＜9160，
∴当x＝10时，w取得最大值，最大值为9160，
答：当x＝10时，第二期培植的盆景与花卉售完后获得的总利润w最大，最大总利润是9160元．
42．（2024•广州一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+的图象与反比例函数y＝（x＞0）的图象相交于点A（a，3），与x轴相交于点B．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）过点A的直线交反比例函数的图象于另一点C，交x轴正半轴于点D，当△ABD是以BD为底的等腰三角形时，求直线AD的函数表达式及点C的坐标．
【解析】（1）∵一次函数y＝x+的图象经过点A（a，3），
∴a+＝3，解得：a＝2，∴A（2，3），
将A（2，3）代入y＝（x＞0），
得：3＝，∴k＝6，
∴反比例函数的表达式为y＝；
（2）如图，过点A作AE⊥x轴于点E，
在y＝x+中，令y＝0，得x+＝0，解得：x＝﹣2，∴B（﹣2，0），
∵E（2，0），∴BE＝2﹣（﹣2）＝4，
∵△ABD是以BD为底边的等腰三角形，∴AB＝AD，
∵AE⊥BD，∴DE＝BE＝4，∴D（6，0），
设直线AD的函数表达式为y＝mx+n，
∵A（2，3），D（6，0），
∴，解得：，
∴直线AD的函数表达式为y＝﹣x+，
联立方程组：，解得：（舍去），，
∴点C的坐标为（4，）．
43．（2024•新泰市校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣2）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）．
∵将C（0，﹣2）代入得：4a＝2，解得a＝，
∴抛物线的解析式为y＝（x+1）（x﹣4），即y＝x2﹣x﹣2．
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，
∴AK∥DG，
∴△AKE∽△DFE，
∴，
∴，
设直线BC的解析式为y＝kx+b1，
∴，解得，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣2，
∵A（﹣1，0），
∴y＝﹣﹣2＝﹣，
∴AK＝，
设D（m，m﹣2），则F（m，m﹣2），
∴DF＝m+2＝﹣+2m．
∴m＝﹣．
∴当m＝2时，有最大值，最大值是．
（3）存在．符合条件的点P的坐标为（）或（）．
∵l∥BC，
∴直线l的解析式为y＝x，
设P（a1，），
①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，
∵A（﹣1，0），C（0，﹣2），B（4，0），
∴AC＝，AB＝5，BC＝2，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵△PQB∽△CAB，
∴，
∵∠QMP＝∠BNP＝90°，
∴∠MQP+∠MPQ＝90°，∠MPQ+∠BPN＝90°，
∴∠MQP＝∠BPN，
∴△QPM∽△PBN，
∴＝，
∴QM＝，PM＝（a1﹣4）＝a1﹣2，
∴MN＝a1﹣2，BN﹣QM＝a1﹣4﹣＝a1﹣4，
∴Q（a1，a1﹣2），
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得﹣2＝a1﹣2，
解得a1＝0（舍去）或a1＝．∴P（）．
②当点P在直线BQ左侧时，
由①的方法同理可得点Q的坐标为（a1，2）．
此时点P的坐标为（）．
44．（2024•雨城区校级一模）如图，已知点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，1）在抛物线y＝ax2+bx+c上．
（1）求抛物线解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上求一点P，使△PBC面积为1；
（3）在x轴下方且在抛物线对称轴上，是否存在一点Q，使∠BQC＝∠BAC？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．
【解析】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），将C（0，1）代入得﹣3a＝1，解得：a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+1．
（2）过点P作PD⊥x，交BC于点D．
设直线BC的解析式为y＝kx+b，则，解得：k＝﹣，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+1．
设点P（x，﹣x2+x+1），则D（x，﹣x+1）
∴PD＝（﹣x2+x+1）﹣（﹣x+1）＝﹣x2+x，
∴S△PBC＝OB•DP＝×3×（﹣x2+x）＝﹣x2+x．
又∵S△PBC＝1，
∴﹣x2+x＝1，整理得：x2﹣3x+2＝0，解得：x＝1或x＝2，
∴点P的坐标为（1，）或（2，1）．
（3）存在．
∵A（﹣1，0），C（0，1），∴OC＝OA＝1
∴∠BAC＝45°．
∵∠BQC＝∠BAC＝45°，
∴点Q为△ABC外接圆与抛物线对称轴在x轴下方的交点．
设△ABC外接圆圆心为M，则∠CMB＝90°．
设⊙M的半径为x，则Rt△CMB中，由勾股定理可知CM2+BM2＝BC2，即2x2＝10，解得：x＝（负值已舍去），
∵AC的垂直平分线的为直线y＝﹣x，AB的垂直平分线为直线x＝1，
∴点M为直线y＝﹣x与x＝1的交点，即M（1，﹣1），
∴Q的坐标为（1，﹣1﹣）．
45．（2024•安顺一模）探究函数性质时，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，观察分析图象特征，概括函数性质的过程．以下是我们研究函数y＝x+|﹣2x+6|+m性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．
（1）写出函数关系式中m及表格中a，b的值：
m＝ ，a＝ ，b＝ ；
（2）根据表格中的数据在所给的平面直角坐标系中画出该函数的图象，并根据图象写出该函数的一条性质： ；
（3）已知函数y＝的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式x+|﹣2x+6|+m＞的解集．
【解析】解：（1）当x＝0时，|6|+m＝4，
解得：m＝﹣2，
即函数解析式为：y＝x+|﹣2x+6|﹣2，
当x＝1时，a＝1+|﹣2+6|﹣2＝3，
当x＝4时，b＝4+|﹣2×4+6|﹣2＝4，
故答案为：﹣2，3，4；
（2）图象如图，根据图象可知当x＝3时函数有最小值y＝1；
（3）根据当y＝x+|﹣2x+6|﹣2的函数图象在函数y＝的图象上方时，不等式x+|﹣2x+6|﹣2＞成立，
∴x＜0或x＞4．
46．（2024•广平县模拟）如图，灌溉车为绿化带浇水，喷水口H离地竖直高度OH为1.5m．可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形DEFG，其水平宽度DE＝3m，竖直高度EF＝0.5m．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到绿化带的距离OD为d（单位：m）．
（1）求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
（2）求下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B的坐标；
（3）要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，直接写出d的取值范围．
【答案】（1）喷出水的最大射程OC为6m；
（2）点B的坐标为（2，0）；
（3）d的取值范围是2≤d≤2﹣1．
【解析】解：（1）如图1，由题意得A（2，2）是上边缘抛物线的顶点，
设y＝a（x﹣2）2+2，
又∵抛物线过点（0，1.5），
∴1.5＝4a+2，
∴a＝﹣，
∴上边缘抛物线的函数解析式为y＝﹣（x﹣2）2+2，
当y＝0时，0＝﹣（x﹣2）2+2，
解得x1＝6，x2＝﹣2（舍去），
∴喷出水的最大射程OC为6m；
（2）∵对称轴为直线x＝2，
∴点（0，1.5）的对称点为（4，1.5），
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的，
∴点B的坐标为（2，0）；
（3）∵EF＝0.5，
∴点F的纵坐标为0.5，
∴0.5＝﹣（x﹣2）2+2，
解得x＝2±2，
∵x＞0，
∴x＝2+2，
当x＞2时，y随x的增大而减小，
∴当2≤x≤6时，要使y≥0.5，
则x≤2+2，
∵当0≤x≤2时，y随x的增大而增大，且x＝0时，y＝1.5＞0.5，
∴当0≤x≤6时，要使y≥0.5，则0≤x≤2+2，
∵DE＝3，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
∴d的最大值为2+2﹣3＝2﹣1，
再看下边缘抛物线，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是d≥OB，
∴d的最小值为2，
综上所述，d的取值范围是2≤d≤2﹣1．
47．（2024•驻马店一模）某公园要在小广场建造一个喷泉景观．在小广场中央O处垂直于地面安装一个高为1.25米的花形柱子OA，安置在柱子顶端A处的喷头向外喷水，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，且在过OA的任一平面上抛物线路径如图1所示，为使水流形状较为美观，设计成水流在距OA的水平距离为1米时达到最大高度，此时离地面2.25米．
（1）以点O为原点建立如图2所示的平面直角坐标系，水流到OA水平距离为x米，水流喷出的高度为y米，求出在第一象限内的抛物线解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（2）张师傅正在喷泉景观内维修设备期间，喷水管意外喷水，但是身高1.76米的张师傅却没有被水淋到，此时他离花形柱子OA的距离为d米，求d的取值范围；
（3）为了美观，在离花形柱子4米处的地面B、C处安装射灯，射灯射出的光线与地面成45°角，如图3所示，光线交汇点P在花形柱子OA的正上方，其中光线BP所在的直线解析式为y＝﹣x+4，求光线与抛物线水流之间的最小垂直距离．
【答案】（1）第一象限内的抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+2.25；
（2）d的取值范围为0.3＜d＜1.7；
（3）光线与抛物线水流之间的最小垂直距离为米．
【解析】解：（1）根据题意第一象限内的抛物线的顶点坐标为（1，2.25），A（0，1.25），
设第一象限内的抛物线解析式为y＝a（x﹣1）2+2.25，
将点A（0，1.25）代入物线解析式，
1.25＝a（0﹣1）2+2.25，
解得α＝﹣1，
∴第一象限内的抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+2.25；
（2）根据题意，令y＝1.76，
即﹣（x﹣1）2+2.25＝1.76，
解得x1＝0.3，x2＝1.7，
∵﹣1＜0，抛物线开口向下，
∴当0.3＜x＜1.7时，y＞1.76，
∴d的取值范围为0.3＜d＜1.7；
（3）作直线BP的平行线l，使它与抛物线相切于点D，分别交x轴，y轴于点E，F，过点E，作EG⊥PB，垂足为G，如图所示，
∵l∥PB，
设直线l的解析式为y＝﹣x+m，
联立直线与抛物线解析式，，
整理得x2﹣3x+m﹣1.25＝0，
∵直线l与抛物线相切，
∴方程只有一个根，
∴Δ＝32﹣4×1×（m﹣1.25）＝0，
解得m＝3.5，
∴直线l的解析式为y＝﹣x+3.5，
令y＝0，则x＝3.5，
∴E（3.5，0），
∴BE＝4﹣3.5＝0.5，
即EB＝，
∵射灯射出的光线与地面成45°角，
∴∠EBG＝45°，
∵∠EGB＝90°，
sin∠EBG＝＝，
∴EG＝×＝，
∴光线与抛物线水流之间的最小垂直距离为米．
48．（2024•北京一模）中新社上海3月21日电（记者缪璐）21日在上海举行的2023年全国跳水冠军赛女子单人10米跳台决赛中，陈芋汐以416.25分的总分夺得冠军，全红婵位列第二，掌敏洁获得铜牌．在精彩的比赛过程中，全红婵选择了一个极具难度的207C（向后翻腾三周半抱膝）．如图2所示，建立平面直角坐标系xOy．如果她从点A（3，10）起跳后的运动路线可以看作抛物线的一部分，从起跳到入水的过程中，她的竖直高度y（单位：米）与水平距离x（单位：米）近似满足函数关系式y＝a（x﹣h）2+k（a＜0）．
（1）在平时训练完成一次跳水动作时，全红蝉的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
根据上述数据，直接写出k的值为 ，直接写出满足的函数关系式： ；
（2）比赛当天的某一次跳水中，全红婵的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系y＝﹣5x2+40x﹣68，记她训练的入水点的水平距离为d1；比赛当天入水点的水平距离为d2，则d1 d2（填“＞”“＝”或“＜”）；
（3）在（2）的情况下，全红婵起跳后到达最高点B开始计时，若点B到水平面的距离为c，则她到水面的距离y与时间t之间近似满足y＝﹣5t2+c，如果全红婵在达到最高点后需要1.6秒的时间才能完成极具难度的270C动作，请通过计算说明，她当天的比赛能否成功完成此动作？
【解析】解：（1）由表格可知，图象过点（3，10），（4，10），（4.5，6.25），
∴h＝＝3.5，
∴y＝a（x﹣3.5）2+k，
∴，
解得：，
∴y＝﹣5（x﹣3.5）2+11.25；
故答案为：11.25，y＝﹣5（x﹣3.5）2+11.25，
（2∵y＝﹣5（x﹣3.5）2+11.25，
当y＝0时：0＝﹣5（x﹣3.5）2+11.25，
解得：x＝5或x＝2（不合题意，舍去）；
∴d1＝5米；
∵y＝﹣5x2+40x﹣68，
当y＝0时：﹣5x2+40x﹣68＝0，
解得：x＝+4或x＝﹣+4（不合题意，舍去）；
∴d2＝+4＞5，
∴d1＜d2，
故答案为：＜；
（3）y＝﹣5x2+40x﹣68＝﹣5（x﹣4）2+12，
∴B（4，12），∴c＝12，
∴y＝﹣5t2+12，
当t＝1.6时，y＝﹣5×1.62+12＝﹣0.8，
∵﹣0.8＜0，
即她在水面上无法完成此动作，
∴她当天的比赛不能成功完成此动作．
49．（2024•广州一模）已知点A（1，0）是抛物线y＝ax2+bx+m（a，b，m为常数，a≠0，m＜0）与x轴的一个交点．
（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，求该抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）若抛物线与x轴的另一个交点为M（m，0），与y轴的交点为C，过点C作直线l平行于x轴，E是直线l上的动点，F是y轴上的动点，EF＝2．
①当点E落在抛物线上（不与点C重合），且AE＝EF时，求点F的坐标；
②取EF的中点N，当m为何值时，MN的最小值是？
【解析】解：（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，抛物线的解析式为y＝x2+bx﹣3．
∵抛物线经过点A（1，0），
∴0＝1+b﹣3，解得b＝2，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3．
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣4）．
（Ⅱ）①∵抛物线y＝ax2+bx+m经过点A（1，0）和M（m，0），m＜0，
∴0＝a+b+m，0＝am2+bm+m，即am+b+1＝0．
∴a＝1，b＝﹣m﹣1．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．
根据题意得，点C（0，m），点E（m+1，m），
过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．
在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，
∴AE＝＝﹣m，
∵AE＝EF＝2，∴﹣m＝2，
解得m＝﹣2．
此时，点E（﹣1，﹣2），点C（0，﹣2），有EC＝1．
∵点F在y轴上，
∴在Rt△EFC中，CF＝＝．
∴点F的坐标为（0，﹣2﹣）或（0，﹣2+）．
②由N是EF的中点，连接CN，CM，得CN＝EF＝．
根据题意，点N在以点C为圆心、为半径的圆上，
由点M（m，0），点C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，
∴在Rt△MCO中，MC＝＝﹣m．
当MC≥，即m≤﹣1时，满足条件的点N在线段MC上．
MN的最小值为MC﹣NC＝﹣m﹣＝，解得m＝﹣；
当MC＜，即﹣1＜m＜0时，满足条件的点N落在线段CM的延长线上，MN的最小值为NC﹣MC＝﹣（﹣m）＝，
解得m＝﹣．
∴当m的值为﹣或﹣时，MN的最小值是．
50．（2024•武汉模拟）随着龙虾节的火热举办，某龙虾养殖大户为了发挥技术优势，一次性收购了10000kg小龙虾，计划养殖一段时间后再出售．已知每天养殖龙虾的成本相同，放养10天的总成本为166000，放养30天的总成本为178000元．设这批小龙虾放养t天后的质量为akg，销售单价为y元/kg，根据往年的行情预测，a与t的函数关系为a＝，y与t的函数关系如图所示．
（1）设每天的养殖成本为m元，收购成本为n元，求m与n的值；
（2）求y与t的函数关系式；
（3）如果将这批小龙虾放养t天后一次性出售所得利润为W元．问该龙虾养殖大户将这批小龙虾放养多少天后一次性出售所得利润最大？最大利润是多少？（总成本＝放养总费用+收购成本；利润＝销售总额﹣总成本）
【解析】解：（1）依题意得，解得：；
（2）当0≤t≤20时，设y＝k1t+b1，
由图象得：，解得：
∴y＝t+16；
当20＜t≤50时，设y＝k2t+b2，
由图象得：，解得：，
∴y＝﹣t+32，
综上，；
（3）W＝ya﹣mt﹣n，
当0≤t≤20时，W＝10000（t+16）﹣600t﹣160000＝5400t，
∵5400＞0，
∴当t＝20时，W最大＝5400×20＝108000，
当20＜t≤50时，W＝（﹣t+32）（100t+8000）﹣600t﹣160000＝﹣20t2+1000t+96000＝﹣20（t﹣25）2+108500，
∵﹣20＜0，抛物线开口向下，
∴当t＝25，W最大＝108500，
∵108500＞108000，
∴当t＝25时，W取得最大值，该最大值为108500元．
【中考热点4】解直角三角形问题★★★★★
【考情分析】
解三角形问题是中考数学中的常考问题，题目数量一般是一个题，一般以解答题的形式出现，预计2024年中考数学中仍会作为解答题来考察．所以掌握其基本的考试题型及解题技巧是非常有必要的．
解直角三角形通过边和角的关系解决问题，成为初中几何的重要内容，也是今后学习解斜三角形，三角函数等知识的重要基础．同时，解直角三角形的知识又广泛应用于测量、工程技术和物理之中，这些知识得到拓展和运用有利于培养学生空间想象的能力．
对于解直角三角形的应用考查，中考涉及到仰角、俯角、方位角、坡度等重要知识点，我们选择几道典型的中考题进行分析，希望能帮助到大家的中考复习，掌握解题规律.
【满分技巧】
1.求三角函数的值：
（1）分清直角三角形中的斜边与直角边.
（2）正确地表示出直角三角形的三边长，常设某条直角边长为k（有时也可设为1），在求三角函数值的过程中约去k．
（3）正确应用勾股定理求第三边长．
（4）应用锐角三角函数定义，求出三角函数值
2.利用特殊角的三角函数值求值
锐角三角函数值与三角形三边的长短无关，只与锐角的大小有关．
3.解直角三角形的应用
（1）构造直角三角形；
（2）理清直角三角形的边角关系；
（3）利用特殊角的三角函数值解答问题.
【2024年中考预测】
一、选择题（共19小题）
1．（2024•岳阳县二模）2024年1月4日，第22届瓦萨国际滑雪节开幕式在长春净月潭国家森林公园启幕．如图，一名滑雪运动员沿着倾斜角为α的斜坡，从点A滑行到点B．若AB＝500m，则这名滑雪运动员水平方向BC滑行了多少米（ ）
A．500sinαmB．500csαmC．500tanαmD．
【答案】B
【解析】解：由题意可得：∠ACB＝90°，
∴，
∴BC＝500csα．
这名滑雪运动员水平方向BC滑行了500csαm．
故选：B．
2．（2024•望花区三模）一配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，已知BC＝6m，房顶A离地面EF的高度为6m，则tan∠ABC的值为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】A
【解析】解：过点A作AD⊥BC于点D，如图，
∵它是一个轴对称图形，
∴AB＝AC，
∵AD⊥BC，
∴BD＝BC＝3（m），AD＝6﹣4＝2cm，
∴tan∠ABC＝＝，
故选：A．
3．（2024•七星区校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝1，则sinB的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2BC，
∴设BC＝1，则AC＝2，故AB＝，
则sinB＝＝．
故选：C．
4．（2024•松北区一模）我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对（sad）．如图，在△ABC中，AB＝AC，顶角A的正对记作sadA，这时，根据上述角的正对定义，则sad60°的值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】D
【解析】解：∵AB＝AC，顶角A的正对记作sadA，这时，且∠A＝60°，
∴AB＝BC＝AC，
∴sad60°＝＝1，
故选：D．
5．（2024•九台区一模）如图为固定电线杆AC，在离地面高度为7米的A处引拉线AB，使拉线AB与地面BC的夹角为α，则拉线AB的长为（ ）
A．7sinα米B．7csα米C．7tanα米D．米
【答案】D
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，sinα＝，
则AB＝＝（米），
故选：D．
6．（2024•温州模拟）“圭表”是中国古代用来确定节气的仪器．某“圭表”示意图如图所示，AC⊥BC，AC＝3米，测得某地夏至正午时“表”的影长CD＝1米，冬至时的正午太阳高度角∠ABC＝α，则夏至到冬至，影长差BD的长为（ ）
A．（3sinα﹣1）米B．米
C．（3tanα﹣1）米D．米
【答案】D
【解析】解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，∠ABC＝α，AC＝3米，
∴BC＝＝（米），
∵CD＝1米，
∴BD＝BC﹣CD＝（﹣1）米，
∴影长差BD的长为（﹣1）米，
故选：D．
7．（2024•平房区一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点B为圆心，BC长为半径作弧交AB于点D，再分别以点C、D为圆心，BC长为半径作弧交于点E，若BC＝5，，则CF的长为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】A
【解析】解：由题知，
BF平分∠ABC，
过点F作AB的垂线，垂足为M，
在Rt△ABC中，
csA＝，
令AC＝12x，AB＝13x，
则（12x）2+52＝（13x）2，
解得x＝1（舍负），
所以AC＝12，BC＝13．
因为BF平分∠ABC，∠C＝90°，FM⊥AB，
所以CF＝MF，
则S△ABC＝S△ABF+S△BCF，
即，
所以CF＝．
故选：A．
8．（2024•凉州区一模）如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，则csA的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解：如图，
从图形可知：AE＝4，CE＝2，
由勾股定理得：AC＝＝2，
csA＝．
故选：D．
9．（2024•南充模拟）为测量大楼AB的高度，小明测得斜坡CD＝52m（A，B，C，D在同一平面内），坡度i＝1：2.4，坡底C到大楼底部A的水平距离AC＝52m，在D处测得大楼顶部B的仰角为45°，则大楼AB的高度为（ ）
A．100mB．104mC．120mD．125m
【答案】C
【解析】解：过点D作DF⊥AC，交AC的延长线于点F，过点D作DE⊥AB，垂足为E，
由题意得：DE＝AF，DF＝AE，
∵斜坡CD的坡度i＝1：2.4，
∴＝＝，
∴设DF＝5x m，则CF＝12x m，
在Rt△CDF中，CD＝＝＝13x（cm），
∵CD＝52m，
∴13x＝52，
解得：x＝4，
∴DF＝20m，CF＝48m，
∴DF＝AE＝20m，
∵AC＝52m，
∴DE＝AF＝CF+AC＝48+52＝100（m），
在Rt△DBE中，∠BDE＝45°，
∴BE＝DE•tan45°＝100（m），
∴AB＝AE+BE＝20+100＝120（m），
∴大楼AB的高度为120m，
故选：C．
10．（2024•鼓楼区校级模拟）阅读材料：余弦定理是描述三角形中三边长度与一个角余弦值关系的数学定理，运用它可以解决一类已知三角形两边及夹角求第三边或者已知三边求角的问题．余弦定理是这样描述的：在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，则三角形中任意一边的平方等于另外两边的平方和减去这两边及这两边的夹角的余弦值的乘积的2倍．用公式可描述为：a2＝b2+c2﹣2bccsA；b2＝a2+c2﹣2accsB；c2＝a2+b2﹣2abcsC．现已知在△ABC中，AB＝2，BC＝4，∠A＝60°，则AC的长为（ ）
A．2B．+1C．﹣1D．3
【答案】B
【解析】解：∵AB＝c＝2，BC＝a＝4，∠A＝60°，a2＝b2+c2﹣2bccsA，
∴42＝b2+22﹣2b×2cs60°，
即16＝b2+4﹣2b×2×，
解得b1＝1+，b2＝1﹣（不合题意，舍去），
∴AC＝b＝1+，
故选：B．
11．（2024•新昌县一模）如图，一把梯子AB斜靠在墙上，端点A离地面的高度AC长为1m时，∠ABC＝45°．当梯子底端点B水平向左移动到点B'，端点A沿墙竖直向上移动到点A'，设∠A'B'C＝α，则AA'的长可以表示为（ ）m．
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：由题意得：∠ACB＝90°，AB＝A′B′，
在Rt△ACB中，AC＝1m，∠ABC＝45°，
∴AB＝＝＝（m），
∴AB＝A′B′＝m，
在Rt△A′CB′中，∠A′B′C＝α，
∴A′C＝A′B′•sinα＝sinα（m），
∴AA′＝A′C﹣AC＝（sinα﹣1）m，
故选：B．
12．（2024•汝阳县一模）如图，沿AC的方向开山修路，为了加快速度，要在小山的另一边同时施工，从AC上取一点B，取∠ABD＝148°，已知BD＝600米，∠D＝58°，点A，C，E在同一直线上，那么开挖点E离点D的距离是（ ）
A．600sin58°米B．600cs58°米
C．600tan58°米D．米
【答案】B
【解析】解：∵∠DBE＝180°﹣∠ABD＝180°﹣148°＝32°，
∴∠E＝180°﹣32°﹣58°＝90°，
∴△BDE是直角三角形，
∵BD＝600米，
∴开挖点E离点D的距离DE＝600cs58°米．
故选：B．
13．（2024•深圳模拟）为争创全国文明城市，我市开展市容市貌整治行动，增加了许多市民露营地．某露营爱好者在营地搭建一种“天幕”（如图1），其截面示意图是轴对称图形（如图2），对称轴是垂直于地面的支杆AB所在的直线，撑开的遮阳部分用绳子拉直，分别记为AC，AD，且AC＝AD＝2，∠CAD的度数为140°，则此时“天幕”的宽度CD是（单位：米）（ ）
A．4sin70°B．4cs70°C．2sin20°D．2cs20°
【答案】A
【解析】解：∵AC＝AD＝2，对称轴是垂直于地面的支杆AB所在的直线，∠CAD的度数为140°，
∴CE＝DE，，
∵，
∴CE＝AC•sin∠CAE＝2⋅sin70°
∴CD＝2CE＝4sin70°，
故选：A．
14．（2024•仁和区一模）在锐角△ABC中，，则∠A＝（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】D
【解析】解：∵，
∴tanC＝，sinB＝，
∴∠C＝60°，∠B＝45°，
∴∠A＝75°．
故选：D．
15．（2024•宽城区校级一模）如图，在坡比为i＝1：2.5的山坡种树，要求株距（相邻两棵树之间的水平距离）为5m，那么相邻两棵树间的坡面距离为（ ）
A．2.5mB．5mC．6.25mD．
【答案】D
【解析】解：由题意可知：在Rt△ABC中，AC＝5m，斜坡AB的坡比为i＝1：2.5，
则BC＝2m，
由勾股定理得：AB＝＝＝（m），
故选：D．
16．（2024•扶风县一模）如图1是某地铁站入口的双翼闸机，如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为12cm，双翼的边缘AC＝BD＝62cm，且与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°，当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为（ ）
A．62cmB．
C．D．74cm
【答案】D
【解析】解：如图所示，过A作AE⊥CP于点E，过B作BF⊥DQ于点F，
在Rt△ACE中，
AE＝AC•sin30°＝62×＝31（cm），
在Rt△BDF中，
BF＝BD•sin30°＝62×＝31（cm），
又∵点A与B之间的距离为12cm，
∴通过闸机的物体的最大宽度为31+12+31＝74（cm），
故选：D．
17．（2024•沭阳县校级模拟）构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要应用．我们已经知道30°，45°，60°角的三角函数值，现在来求tan22.5°的值：
如图，在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长CB使BD＝AB，连接AD，得∠D＝22.5°．设AC＝1，则BC＝1，AB＝＝BD，所以tan22.5°＝＝＝＝﹣1．类比这种方法，计算tan15°的值为（ ）
A．﹣B．2﹣C．+D．﹣2
【答案】B
【解析】解：如图，在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，
延长CB使BD＝AB，连接AD，得∠D＝15°．
设AC＝1，
则BA＝BD＝2，BC＝．
∴CD＝BC+BD＝2+．
在Rt△ACD中，
tan15°＝tanD＝＝＝2．
故选：B．
18．（2024•广西模拟）如图，市政府准备修建一座高AB＝6m的过街天桥，已知天桥的坡面AC与地面BC的夹角∠ACB的余弦值为，则坡面AC的长度为（ ）
A．mB．10mC．mD．m
【答案】B
【解析】解：由在Rt△ABC中，cs∠ACB＝＝，
设BC＝4x，AC＝5x，
则AB＝3x，
则sin∠ACB＝＝；
又∵AB＝6m，
∴AC＝10m；
故选：B．
19．（2024•肇东市模拟）某型号飞机的机翼形状如图所示，根据图中数据计算AB的长为（ ）m．
A．+1.6B．﹣1.6C．+0.9D．﹣0.9
【答案】B
【解析】解：延长BA交CM于点M，则四边形CEBF是矩形．
∵四边形CEBF是矩形，
∴CE＝FB＝5m．
∵DN∥CE，
∴∠NDM＝∠DMC＝45°．
在Rt△DCM中，
∵∠DMC＝45°，
∴DC＝CM＝3.4m．
∴ME＝CE﹣CM＝5﹣3.4＝1.6（m）．
在Rt△AEM中，
∵∠DMC＝∠EMA＝45°，
∴AE＝ME＝1.6m．
在Rt△CEB中，
∵∠ECB＝30°，tan∠ECB＝，
∴EB＝tan30°•EC
＝×5
＝．
∴AB＝EB﹣EA
＝﹣1.6（m）．
故选：B．
二、填空题（共4小题）
20．（2024•武汉模拟）图①是一台笔记本电脑实物图，如图②，当笔记本电脑的张角∠AOB＝150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为11cm，当笔记本电脑的张角∠A′OB＝108°时，顶部边缘A′处离桌面的高度A′D的长约为 cm．（A的对应点是点A′，OA′＝OA）（参考数据：sin72°≈0.95，cs72°≈0.31，tan72°≈3.08，结果精确到1cm）
【答案】21．
【解析】解：∵∠AOB＝150°，
∴∠AOC＝180°﹣∠AOB＝30°，
在Rt△ACO中，AC＝11cm，
AO＝2AC＝22（cm），
由题意得：
AO＝A′O＝22cm，
∵∠A′OB＝108°，
∴∠A′OD＝180°﹣∠A′OB＝72°，
在Rt△A′DO中，A′D＝A′O⋅sin72°≈22×0.95≈21（cm）．
故答案为：21．
21．（2024•钦州一模）如图，△ABC、△FED区域为驾驶员的盲区，驾驶员视线PB与地面BE的夹角∠PBE＝43°，视线PE与地面BE的夹角∠PEB＝20°，点A，F为视线与车窗底端的交点，AF∥BE，AC⊥BE，FD⊥BE，若A点到B点的距离AB＝1.6m，则盲区中DE的长度是 米．
（参考数据：sin43°≈0.7，tan43°≈0.9，sin20°≈0.3，tan20°≈0.4）
【答案】2.8．
【解析】解：∵AC⊥BE，FD⊥BE，
∴AC∥FD，∠ACD＝∠FDC＝∠ACB＝∠FDE＝90°，
∵AF∥BE，
∴四边形ACDF是矩形，
△ACB和△EDF均为Rt△，
∴FD＝AC，
在Rt△ABC中，
∵AB＝1.6m，∠ABC＝43°，
sin∠ABC＝，
∴AC＝ABsin∠ABC＝1.6sin43°≈1.6×0.7＝1.12（m），
在Rt△EFD中，
∵FD＝AC＝1.12m，∠FED＝20°，
tan∠FED＝，
∴DE＝＝（m），
故答案为：2.8．
22．（2024•合水县一模）在数学综合实践课上，某学习小组计划制作一个款式如图所示的风筝．在骨架设计中，两条侧翼的长度设计AB＝AC＝50cm，风筝顶角∠BAC的度数为110°，在AB，AC上取D，E两处，使得AD＝AE，并作一条骨架AF⊥DE．在制作风筝面时，需覆盖整个骨架，根据以上数据，B，C两点间的距离大约是 ．（参考数据：sin55°≈0.82，cs55°≈0.57，tan55°≈1.43）
【答案】82cm．
【解析】解：设AF与DE交于G点，连接BC，交AF于点H，
∵AD＝AE，AB＝AC，
∴，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
∴∠ADE＝∠ABC，
∴DE∥BC，
∵AF⊥DE，
∴BC⊥AF，
∵AB＝AC，BC⊥AF，
∴BC＝2BH，，
在Rt△BAH中，AB＝50cm，
∴BH＝ABsin55°＝50×0.82＝41cm，
∴BC＝2BH＝2×41＝82cm，
B，C两点间的距离大约是82cm，
故答案为：82cm．
23．（2024•武威一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AD＝，BD＝，则sinB＝ ．
【解析】解：∵∠ACB＝∠ADC＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠B＝90°，
∴∠ACD＝∠B，
∴△ACD∽△CBD，
∴，
∴CD2＝AD•BD＝×＝，
∴CD＝，
由勾股定理可知：BC＝4，
∴sinB＝＝，
故答案为：．
三．解答题（共14小题）
24．（2024•兰州模拟）小伟站在一个深为3米的泳池边，他看到泳池内有一块鹅卵石，据此他提出问题：鹅卵石的像到水面的距离是多少米？小伟利用光学知识和仪器测量数据解决问题，具体研究方案如下：
请你根据上述信息解决以下问题：
（1）求∠CBN的大小；
（2）求鹅卵石的像G到水面的距离GH．（结果精确到0.1m）
（参考数据：sin41.7°≈0.665，cs41.7°≈0.747，tan41.7°≈0.891，≈1.73）
【答案】（1）∠CBN的大小为30°；
（2）鹅卵石的像G到水面的距离GH为1.9m．
【解析】解：（1）∵＝1.33，sin∠ABM＝sin41.7°≈0.665，
∴sin∠CBN＝＝，
∴∠CBN＝30°，
∴∠CBN的大小为30°；
（2）∵∠ABM＝∠NBG＝41.7°，BN＝CH＝3m，
∵BN∥HC，
∴∠CBN＝∠BCH＝30°，∠BGH＝∠NBG＝41.7°，
在Rt△BCH中，
BH＝CH•tan∠BCH＝3×＝（m），
在Rt△BHG中，
HG＝＝≈1.9（m），
∴鹅卵石的像G到水面的距离GH为1.9m．
25．（2024•河南模拟）桔槔俗称“吊杆”“称杆”，如图1所示，是我国古代农用工具，桔槔始见于《墨子•备城门》，是一种利用杠杆原理的取水机械，下面为某学习小组制定的项目式学习表．
【答案】点A位于最高点时到地面的距离约为4.7米．
【解析】解：如图：过点A作AE⊥MN，垂足为E，过点O作OC⊥AE，垂足为C，
由题意得：OM＝CE＝3米，∠COM＝90°，
∵∠AOM＝127°，
∴∠AOC＝∠AOM﹣∠COM＝37°，
∵AB＝4.2米，OA：OB＝2：1，
∴OA＝AB＝×4.2＝2.8（米），
在Rt△AOC中，AC＝AO•sin37°≈2.8×0.6＝1.68（米），
∴AE＝AC+CE＝1.68+3≈4.7（米），
∴点A位于最高点时到地面的距离约为4.7米．
26．（2024•青岛一模）雨伞是我们生活中的常用工具，下雨时，雨往往是斜打的，且都是平行的，某雨天，小明站在如图所示的一把雨伞的正下方，伞柄AE与地面垂直，伞骨AB＝AC，伞面直径BC＝100cm，伞的边缘点B到地面的距离BF＝160cm，雨线BG与地面的夹角∠BGF＝70°．此时，小明身上被雨淋湿，那么将伞至少向下移动多少距离，才能使得身上不被雨淋湿？
（参考数据：sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，tan70°≈2.75．）
【答案】将伞至少向下移动22.5cm，才能使得身上不被雨淋湿．
【解析】解：BC中点为点M，如图，
由题意可得AD⊥FD，BF⊥FD，AE⊥BC，
∴∠ADF＝∠BFD＝∠BMD＝90°，
∴四边形BMDF是矩形，∴MD＝BF＝160，
∵AB＝AC，∴△ABC为等腰三角形，
∵AE⊥BC，∴BM＝CM＝BC＝×100＝50，
∴DF＝BM＝50，
在Rt△BGF中，∠BGF＝70°，∴，
∴FG＝＝，
∴DG＝FG﹣FD＝﹣50，
在Rt△DGH中，∠BGF＝70°，
∴DH＝DG•tan70°＝（﹣50）×2.75＝22.5，
答：将伞至少向下移动22.5cm，才能使得身上不被雨淋湿．
27．（2024•河北区一模）某校综合与实践活动中，要利用测角仪测量一建筑物的高度．如图，在建筑物AB与教学楼ED之间的操场上取一观测点C，点E，点C，建筑物底部A在同一条水平直线上，已知观测点C至教学楼出口E的距离EC＝22m．
某组同学在观测点C处分别测得建筑物楼顶B的仰角为60°，教学楼顶D的仰角为45°，在教学楼顶D处测得建筑物底部A的俯角为22°．
（Ⅰ）求教学楼ED的高；
（Ⅱ）设建筑物AB的高度为h（单位：m）．
①用含有h的式子表示线段EA的长（结果保留根号）；
②求建筑物AB的高度．（tan22°取0.40，取1.41，取1.73，结果取整数）
【答案】（Ⅰ）教学楼ED的高为22m；
（Ⅱ）①EA的长为（22+）m；
②建筑物AB的高度约为57m．
【解析】解：（Ⅰ）在Rt△DEC中，∠ECD＝45°，EC＝22，
∴∠EDC＝90°﹣∠ECD＝45°，
∴∠EDC＝∠ECD＝45°，
∴ED＝EC＝22，
即教学楼ED的高为22m；
（Ⅱ）①在Rt△BCA中，∠BCA＝60°，AB＝h m，
∴AC＝＝＝（m），
∴EA＝EC+AC＝22+（m），
∴EA的长为（22+）m；
②如图，过点D作DH⊥AB，垂足为H，
根据题意，∠DEA＝∠EAH＝∠AHD＝90°，
∴四边形DEAH是矩形，
∴DH＝EA＝（22+）m，AH＝DE＝22，
在Rt△ADH中，∠ADH＝22°，
∴DH•tan22°＝AH，
∴h＝≈57（m），
答：建筑物AB的高度约为57m．
28．（2024•珠海校级一模）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD．点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．
（1）求证：∠BOC+∠BAD＝90°．
（2）实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得∠BAD＝60°．已知铁环⊙O的半径为30cm，推杆AB的长为70cm，求此时AD的长．
【答案】（1）证明见详解；
（2）（65﹣15）cm．
【解析】解：（1）过B作EF∥CD，
由题意可得，
∠ADC＝90°，
∵铁环⊙O与水平地面相切于点C，
∴∠OCD＝90°，
∵EF∥CD，
∴∠OCD＝∠OEB＝∠AFB＝∠ADC＝90°，
∵推杆AB与铁环⊙O相切于点B，
，
∴∠OBA＝90°，
∴∠BOE+∠OBE＝90°，∠ABD+∠BAD＝90°，
∴∠BOC＝∠ABD，
∴∠BOC+∠BAD＝90°；
（2）∵∠BOC+∠BAD＝90°，∠BAD＝60°，
∴∠BOE＝30°，
∵⊙O的半径为30cm，推杆AB的长为70cm，
∴AF＝AB•cs∠BAD＝70×cs60°＝70×＝35（cm），
OE＝OB•cs∠BOC＝30×cs30°＝30×＝15（cm），
∴FD＝EC＝OC﹣OE＝（30﹣15）cm，
∴AD＝FD+AF＝35+30﹣15＝（65﹣15）cm．
29．（2024•潼南区一模）如图，四边形ABCD是一湿地公园的休闲步道．经测量，AB⊥BC于点B，AB＝BC＝300米，点D在C的北偏东75°方向，且点D在A的东北方向．
（1）求步道CD的长度；（精确到个位数）
（2）小庆以80米/分的速度沿B→C→D→A的方向步行，小渝骑自行车以200米/分的速度沿B→A→D→C的方向行驶．两人同时出发能否在9分钟内相遇？请说明理由．
（参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.449）
【答案】（1）步道CD的长度约为848米；
（2）两人同时出发能在9分钟内相遇，理由见解答．
【解析】解：（1）如图：
由题意得：∠ECD＝75°，∠BAF＝90°，∠FAD＝45°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∵AB＝BC＝300米，
∴AC＝AB＝300（米），∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠ACD＝180°﹣∠ACB﹣∠ECD＝60°，∠CAF＝∠BAF﹣∠BAC＝45°，
∴∠CAD＝∠CAF+∠DAF＝90°，
在Rt△ACD中，CD＝＝＝600≈848（米），
∴步道CD的长度约为848米；
（2）两人同时出发能在9分钟内相遇，
理由：在Rt△ACD中，∠ACD＝60°，AC＝300米，
∴AD＝AC•tan60°＝300×＝300（米），
∴四边形BCDA的周长＝BC+CD+DA+BA＝300+600+300+300＝600+600+300≈2183.1（米），
∴2183.1÷（80+200）≈7.80（分钟），
∵7.80分钟＜9分钟，
∴两人同时出发能在9分钟内相遇．
30．（2024•武威二模）如图，某隧道的横截面可以看作由半圆O与矩形ABCD组成，BC所在直线表示地
平面，E点表示隧道内的壁灯，已知AB＝2m，从A点观测E点的仰角为30°，观测C点的俯角为14°（参考数据tan76°的值取4）．
（1）求的长；
（2）求壁灯的高度．
【答案】（1）的长为πm；
（2）壁灯的高度是（+2）m．
【解析】解：（1）连接EO，
∵∠EAD＝30°，
∴∠EOD＝2∠EAD＝60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC＝2m，∠ADC＝90°，
∵∠DAC＝14°，
∴∠ACD＝90°﹣∠DAC＝76°，
在Rt△ADC中，AD＝CD•tan76°≈2×4＝8（m），
∴OA＝OD＝AD＝4（m），
∴的长＝＝π（m），
∴的长为πm；
（2）连接DE，过点E作EM⊥AD，垂足为M，
∵AD是半圆O的直径，
∴∠AED＝90°，
∵∠EAD＝30°，AD＝8m，
∴DE＝AD＝4（m），AE＝DE＝（m），
在Rt△AEM中，∠EAM＝30°，
∴EM＝AE＝（m），
∴壁灯的高度＝EM+AB＝（2+2）m，
∴壁灯的高度是（+2）m．
31．（2024•雁塔区校级模拟）小明暑假来到了“十三朝古都西安”进行研学旅行，他参观了兵马俑、钟楼、明城墙，在参观中他对城墙的高度产生极大的兴趣，他想用学过的数学知识来测量城墙的高度，由于城墙的外侧有护城河，所以城墙的底部不可到达，于是他在护城河边的围栏点C处（在安全范围内）利用测倾器测量城墙上一点A的仰角为67.38°，在阳光的照射下，他发现城墙上点A的影子落在了他身后11米的点D处，于是他站在D点发现他的影子落在地上点E处，经过测量得知ED的长为2.4米，已知小明的身高为1.8米，E、D、C、B在一条直线上，且FD⊥ED，AB⊥BE，请你根据以上数据帮助小明算出城墙的高．（参考数据：sin67.38°≈，cs67.38°≈，tan67.38°≈）
【答案】小河的宽度BC为12米．
【解析】解：设AB＝x米，
在Rt△ABC中，
∵∠ABC＝90°，∠ACB＝67.38°，
∴BC＝＝＝米，
∴BD＝BC+CD＝（11+）米，
由题意得，△EFD∽△DAB，∴，
∴，解得x＝12，
答：小河的宽度BC为12米．
32．（2024•东方一模）台风是一种破坏性极强的自然灾害．如图，点A是东方市，台风中心位于东方市的南偏东45°方向，距离千米的点B处，已知台风中心沿北偏西75°的BD方向移动，一段时间后台风中心移动到东方市的南偏东15° 方向的点C处．
（1）填空，∠CAB＝ 30 度，∠CBA＝ 30 度；
（2）求台风移动的路径BC的长度；
（3）若此次台风影响区域的半径为200千米且移动方向不改变，请问这次台风是否会影响东方市，为什么？（参考数据： ）
【答案】（1）30，30；
（2）台风移动的路径BC的长度为240千米；
（3）这次台风不会影响东方市，理由见解析．
【解析】解：（1）根据题意得∠CAB＝45°﹣15°＝30度，∠CBA＝75°﹣45°＝30度；
故答案为：30，30；
（2）过C作CH⊥AB于H，
由（1）知，∠CAB＝∠CBA＝30°，
∴AC＝BC，
∴AH＝BH＝（千米），
∴BC＝＝＝240（千米），
答：台风移动的路径BC的长度为240千米；
（3）这次台风不会影响东方市，
理由：过A作AE⊥BD于E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠ABE＝30°，
∴AE＝AB＝120≈207.84（千米），
∵207.84＞200，
∴这次台风不会影响东方市．
33．（2024•新泰市校级模拟）图1是某小区入口实景图，图2是该入口抽象成的平面示意图．已知入口BC宽3.9米，门卫室外墙AB上的O点处装有一盏路灯，点O与地面BC的距离为3.3米，灯臂OM长为1.2米（灯罩长度忽略不计），∠AOM＝60°．
（1）求点M到地面的距离；
（2）某搬家公司一辆总宽2.55米，总高3.5米的货车从该入口进入时，货车需与护栏CD保持0.65米的安全距离，此时，货车能否安全通过？若能，请通过计算说明；若不能，请说明理由．（参考数据：≈1.73，结果精确到0.01米）
【解析】解：（1）如图，过M作MN⊥AB于N，交BA的延长线于N，
Rt△OMN中，∠NOM＝60°，OM＝1.2，
∴∠M＝30°，
∴ON＝OM＝0.6，
∴NB＝ON+OB＝3.3+0.6＝3.9；
即点M到地面的距离是3.9米；
（2）取CE＝0.65，EH＝2.55，
∴HB＝3.9﹣2.55﹣0.65＝0.7，
过H作GH⊥BC，交OM于G，过O作OP⊥GH于P，
∵∠GOP＝30°，
∴tan30°＝＝，
∴GP＝OP＝≈0.404，
∴GH＝3.3+0.404＝3.704≈3.70＞3.5，
∴货车能安全通过．
【中考热点5】几何综合★★★★★
【考情分析】
几何综合题是中考数学中的重点题型，也是难点所在．几何综合题的难度都比较大，所占分值也比较
重，题目数量一般有两题左右，其中一题一般为三角型、四边形综合；另一题通常为圆的综合；它们在试
卷中的位置一般都在试卷偏后的位置．只所以几何综合题难度大，学生一般都感觉难做，主要是因为这种
类型问题的综合性较强，涉及的知识点或者说考点较多，再加上现在比较热门的动点问题、函数问题，这
就导致了几何综合题的难度再次升级，因此这种题的区分度较大．所以我们一定要重视平时多培养自己的
综合运用知识的能力，从不同的角度，运用不同的知识去解决同一个问题．
【满分技巧】
一．熟练掌握平面几何知识﹕
要想解决好有关几何综合题，首先就是要熟练掌握关于平面几何的所有知识，尤其是要重点把握
三角形、特殊四边形、圆及函数、三角函数相关知识．几何综合题重点考查的是关于三角形、特殊四
边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）、圆等相关知识．
二．掌握分析问题的基本方法﹕分析法、综合法、
1．分析法是我们最常用的解决问题的方法，也就是从问题出发，执果索因，去寻找解决问题所需要的条件，依次向前推，直至已知条件；例如，我们要证明某两个三角形全等，先看看要证明全等，需要哪些条件，哪些条件已知了，还缺少哪些条件，然后再思考要证缺少的条件，又需要哪些条件，依次向前推，直到所有的条件都已知为止即可．
2．综合法﹕即从已知条件出发经过推理得出结论，适合比较简单的问题；
3.“两头堵法”﹕当我们用分析法分析到某个地方，不知道如何向下分析时，可以从已知条件出发看看能得到什么结论，把分析法与综合法结合起来运用是我们解决综合题最常用的办策略．
【2024年中考预测】
一、选择题（共17小题）
1．（2024•兰州模拟）如图，在数学实践课上，老师要求学生在一张A4纸（矩形ABCD）上剪出一个面积为的等边三角形AEF．某小组分析后，先作了∠MAB＝60°，再算出了AF的长，然后分别在AM，AB上截取了AE＝AF，则AF的长为（ ）
A．B．10cmC．D．20cm
【答案】D
【解析】解：过E作EH⊥AF于H，∴∠EHA＝90°，
∵∠EAH＝60°，∴∠AEH＝30°，
∵△AEF是等边三角形，∴AH＝FH＝AE，
设AH＝x，AE＝AF＝2x，
∴EH＝＝x，
∵等边三角形AEF的面积＝，
∴＝100，
解得x＝10，
∴AF的长为20cm，
故选：D．
2．（2024•凉州区二模）四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，使正方形ABCD变为菱形ABC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【解析】解：过D'作D'M⊥AB于M，如图所示：
则∠D'MA＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵∠DAD′＝30°，
∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AD'M＝30°，
∴AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，
∵四边形ABC′D′是菱形，
∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，
∴菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比＝＝，
故选：A．
3．（2024•康县一模）如图，菱形ABCD中，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，若∠ABC＝140°，则∠OED＝（ ）
A．20°B．30°C．40°D．50°
【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴O为BD中点，∠DBE＝∠ABC＝70°．
∵DE⊥BC，
∴在Rt△BDE中，OE＝OB＝OD，
∴∠OEB＝∠OBE＝70°．
∴∠OED＝90°﹣70°＝20°．
故选：A．
4．（2024•梁园区校级一模）如图，矩形OABC的顶点O（0，0），A（4，0），点C在y轴正半轴上，D是AB上一点，连接OD，作点A关于OD的对称点E，连接OE，DE，当时，OE的延长线恰好经过点B，则点B的坐标为（ ）
A．（4，5）B．C．D．
【答案】B
【解析】解：由矩形OABC，A（4，0），，
得AD＝OA＝2，
由点A关于OD的对称点E，OE的延长线恰好经过点B，
得DE＝DA＝2，∠E＝90°，
得△BED∽△BAO，
得，即，
解得：BE＝，BD＝，
故AB＝AD+BD＝，
故B（4，）．
故选：B．
5．（2024•凉州区二模）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE＝DF；②∠DAF＝15°；③AC垂直平分EF；④BE+DF＝EF；⑤S△CEF＝2S△ABE，其中正确结论有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝∠D＝∠BAD＝90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，∠EAF＝60°．
∴∠BAE+∠DAF＝30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF（故①正确）．
∠BAE＝∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF＝30°，
即∠DAF＝15°（故②正确），
∵BC＝CD，
∴BC﹣BE＝CD﹣DF，即CE＝CF，
∵AE＝AF，
∴AC垂直平分EF．（故③正确）．
设EC＝x，由勾股定理，得
EF＝x，CG＝x，
AG＝AEsin60°＝EFsin60°＝2×CGsin60°＝x，
∴AC＝，
∴AB＝，
∴BE＝﹣x＝，
∴BE+DF＝x﹣x≠x，（故④错误），
∵S△CEF＝x2，
S△ABE＝x2，
∴2S△ABE＝x2＝S△CEF，（故⑤正确）．
综上所述，正确的有4个，
故选：C．
6．（2024•惠城区模拟）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：（ ）
①；
②与△EGD全等的三角形共有2个；
③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；
A．①③④B．①④C．①②③D．②③④
【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），
∵CD＝DE，∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG＝CD＝AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），
在△BGA和△COD中，，
∴△BGA≌△COD（SAS），
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB＝OD，
∴S△BOG＝S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG＝S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故选：A．
7．（2024•阜阳一模）如图，BD是正方形ABCD的对角线，在BD上取一点F，使得BC＝BF，连接CF，过点F作EF⊥CF，EF交AB于点E，延长EF交CD于点G．若AB＝2，则DG的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：过点B作BH⊥CF于H，CH的延长线交CD于K，如图所示：
设CK＝x，∵四边形ABCD为正方形，AB＝2，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝2，AB∥CD，
∵EF⊥CF，BH⊥CF，
∴EF∥BH，即EG∥BK，
又∵AB∥CD，∴四边形BEGK为平行四边形，
∴GK＝BE，
∵BC＝BF，BH⊥CF，∴CH＝FH，
∵EG∥BK，∴HK为△CFG的中位线，
∴CK＝GK，
∴CK＝GK＝BE＝x，
∴CG＝CK+GK＝2x，
∴DG＝CD﹣CG＝2﹣2x，
在Rt△BCD中，BC＝CD＝2，
由勾股定理得：BD＝＝，
∵BF＝BC＝2，
∴DF＝BD﹣BF＝，
∵AB∥CD，
∴△FDG∽△FBE，
∴DG：BE＝DF：BF，
即BF•DG＝DF•BE，
∴，
解得：x＝，
∴DG＝2﹣2x＝＝．
故选：A．
8．（2024•汉台区一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别是边AD，CD的中点，连接MN，OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，则OM的长为（ ）
A．3B．3.5C．2D．2.5
【答案】D
【解析】解：∵点M，N分别是边AD，CD的中点，
∴MN是△ACD的中位线，
∴AC＝2MN＝2×3＝6，
∵四边形ABCD是菱形，S菱形ABCD＝24，
∴OA＝OC＝AC＝3，OB＝OD，AC⊥BD，AC•BD＝24，
即×6×BD＝24，
∴BD＝8，
∴OD＝BD＝4，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：CD＝＝＝5，
∵点M是AD的中点，OA＝OC，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM＝CD＝2.5，
故选：D．
9．（2024•温州模拟）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．连结DF并延长交BC于点I，若I是BC中点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：设DH＝a，AH＝b，根据题意可知：AH＝BE＝CF＝DG＝b，DH＝CG＝BF＝AE＝a，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝，
∵I是BC中点，
∴BI＝CI＝BC＝，
在Rt△CDI中，DI2＝CD2+CI2，
∴，
整理得：，
∴DI＝，
∵四个三角形全等，且四边形EFGH是正方形，
∴DI＝DF+FI，
即，
∴，
两边平方得：，
∴，
∴，
令，则，
∴，
解得：x＝，
即，
∴，
故选：A．
10．（2024•深圳模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，对角线AC与BD相交于点O，AE垂直平分OB于点E，则BC的长为（ ）
A．B．C．4D．2
【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∵AE垂直平分OB，
∴AB＝AO，
∴AB＝AO＝BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴BC＝AB＝2，
故选：B．
11．（2024•天府新区模拟）如图，在矩形ABCD中，点O，M分别是AC，AD的中点，OM＝3，OB＝5，则AD的长为（ ）
A．12B．10C．9D．8
【答案】D
【解析】解：由题意，∵点O、M分别是AC、AD的中点，
∴OM是△ADC的中位线．
∴CD＝2OM＝6．
又OB是Rt△ABC的斜边AC边上的中线，
∴AC＝2OB＝10．
在Rt△ABC中，AB＝CD＝6，
∴由勾股定理可得：BC＝＝8，
∴AD＝BC＝8，
故选：D．
12．（2024•凤阳县一模）如图所示，E是正方形ABCD的对角线BD上一点，EF⊥BC，EG⊥CD，垂足分别是F、G，若CG＝4，CF＝3，则AE的长是（ ）
A．3B．4C．5D．7
【答案】C
【解析】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，
在△ABE和△CBE中，，
∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE＝CE，
∵EF⊥BC，EG⊥CD，∠BCD＝90°，
∴四边形CFEG是矩形，
∴EF＝GC＝4，∠EFC＝90°，
∴CE＝＝＝5，
∴AE＝CE＝5，
故选：C．
13．（2024•天桥区一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝，点E，F分别是DC和BC边上的动点，且始终保持EF＝BF+DE，连接AE与AF，分别交DB于点N，M，过点A作AH⊥EF于点H．下列结论：①∠EAF＝45°；②∠BAF＝∠HAF；③AH＝；④∠DNE＝67.5°；⑤DN2+BM2＝NM2．其中结论正确的序号是（ ）
A．①③④B．①②③⑤C．②④⑤D．①②③④
【答案】B
【解析】解：把△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，过点B作BK平分∠ABG，BK与AG交于点K，连接MK，如图，
则AG＝AE，∠ABG＝∠ADE＝90°，DE＝BG，∠DAE＝∠BAG，
∵∠ABC＝90°，
∴G、B、C共线，
∵EF＝BF+DE，
∴EF＝BF+BG＝GF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF，
∵∠DAE＝∠BAG，
∴∠DAB＝∠EAG＝90°，
∴∠EAF＝∠EAG＝45°，
故①正确；
∵△AEF≌△AGF，
∴∠AFE＝∠AFG，
∵AH⊥EF，∠ABC＝90°，
∴∠BAF+∠AFB＝∠HAF+∠AFH＝90°，
∴∠BAF＝∠HAF，
故②正确；
∵AH⊥EF，AB⊥BC，∠AFE＝∠AFB，
∴AH＝AB＝，
故③正确；
∵AD＝AB，AB＝AH，
∴AD＝AH，
在Rt△ADE和Rt△AHE中，，
∴Rt△ADE≌Rt△AHE（HL），
∴∠DAE＝∠HAE，
∴∠DAE＝∠DAH，
若AH不在AC上，则∠DAH≠45°，
此时，∠DAE≠22.5°，
∵∠DNE＝∠DAN+∠ADN，∠ADN＝∠ADC＝45°，
此时，∠DNE≠67.5°，
故④不正确；
∵BK平分∠ABG，∠ABG＝90°，
∴∠ABK＝45°，
在△ADN和△ABK中，，
∴△ADN≌△ABK（ASA），
∴DN＝BK，AN＝AK，
∵∠ABD＝45°，∠ABK＝45°，
∴∠MBK＝90°，
∴BM2+BK2＝MK2，
∴DN2+BM2＝MK2，
在△AMN和△AMK中，，
∴△AMN≌△AMK（SAS），
∴MN＝MK，
∴DN2+BM2＝NM2，
故⑤正确，
故选：B．
14．（2024•钱塘区一模）如图，在菱形ABCD中，过顶点D作DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E，F，连结EF．若csA＝，△BEF的面积为2，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．18B．24C．30D．36
【答案】D
【解析】解：如图，过点F作FG⊥AB于点G，
∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠DEA＝∠DFG＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠A＝∠C，AD∥BC，
在△ADE和△CDF中，，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴AB﹣AE＝BC﹣CF，
即BE＝BF，
设BE＝BF＝3a，
∵AD∥BC，
∴∠FBG＝∠A，
∴cs∠FBG＝＝csA＝，
∴BG＝BF＝2a，
∴FG＝＝＝a，
∵S△BEF＝BE•FG＝•3a•a＝2，∴3a2＝4，
∵csA＝＝＝，
∴BE＝AB，
∴AB＝3BE＝9a，
∴AE＝AB＝6a，
∴DE＝＝＝3a，
∴S菱形ABCD＝AB•DE＝9a•3a＝9×4＝36，
故选：D．
15．（2024•秦都区校级一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F．已知AB＝4，△AOE的面积为5，则DE的长为（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】D
【解析】解：如图，连接CE，
由题意可得，OE为对角线AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，S△AOE＝S△COE＝5，
∴S△ACE＝2S△COE＝10．
∴AE•CD＝10，
∵CD＝4，
∴AE＝EC＝5，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE＝＝3．
故选：D．
16．（2024•安州区二模）如图，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB与AD上一点，连接CE，BF，交点为G，且CE⊥BF，连接DG，若DG＝CD，则tan∠DGF的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：如图，连接DG，作DL⊥CE于点H，交BC于点L，
∵CE⊥BF，
∴DL⊥CE，
∴DL∥BF，
∵DG＝CD，DH⊥CG，
∴CH＝GH，∠GDL＝∠CDL，
∴∠DGF＝∠GDL＝∠CDL，
∴＝＝1，
∴CL＝BL，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠LCD＝90°，
∴CL＝BC＝CD，
∴tan∠DGF＝tan∠CDL＝＝，
∴tan∠DGF的值为，
故选：B．
17．（2024•建平县一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，以点B为圆心、BC的长为半径画弧交AD于点E，再分别以点C，E为圆心、大于CE的长为半径画弧，两弧交于点F，作射线BF交CD于点G，则CG的长为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】D
【解析】解：如图，连接EG，
根据作图过程可知：BF是∠EBC的平分线，
∴∠EBG＝∠CBG，
在△EBG和△CBG中，
，
∴△EBG≌△CBG（SAS），
∴GE＝GC，
在Rt△ABE中，AB＝6，BE＝BC＝10，
∴AE＝＝8，
∴DE＝AD﹣AE＝10﹣8＝2，
在Rt△DGE中，DE＝2，DG＝DC﹣CG＝6﹣CG，EG＝CG，
∴EG2﹣DE2＝DG2
∴CG2﹣22＝（6﹣CG）2，
解得CG＝．
故选：D．
二、填空题（共3小题）
18．（2024•介休市模拟）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G、H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ．
【答案】．
【解析】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴AE＝CF＝×2＝1，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
∵∠DHP＝∠FHC，
∵DH＝FH，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝1，
∴AP＝AD﹣PD＝1，
∴PE＝＝，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴GH＝EP＝．
19．（2024•武威二模）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③若tan∠BAE＝，则tan∠DAF＝；④若BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝15．其中结论正确的是 ．（将正确的序号填写在横线上）
【答案】①②③④
【解析】解：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△AEH中，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EH＝EF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∴BE+BH＝BE+DF＝EF，
故①正确；
过A作AG⊥EF于G，
∴∠AGE＝∠ABE＝90°，
在△ABE与△AGE中，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴AB＝AG，
∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确；
∵tan∠BAE＝＝，
∴设BE＝m，AB＝2m，
∴CE＝m，
设DF＝x，则CF＝2m﹣x，EF＝BE+DF＝m+x，
∵CF2+CE2＝EF2，
∴（2m﹣x）2+m2＝（m+x）2，
∴x＝m，
∴tan∠DAF＝＝＝；故③正确；
∵BE＝2，DF＝3，
∴EF＝BE+DF＝5，
设BC＝CD＝n，
∴CE＝n﹣2，CF＝n﹣3，
∴EF2＝CE2+CF2，
∴25＝（n﹣2）2+（n﹣3）2，
∴n＝6（负值舍去），
∴AG＝6，
∴S△AEF＝×6×5＝15．故④正确，
故答案为：①②③④．
20．（2024•珠海校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点E．已知AE＝4，EC＝6，则的值为 ．
【答案】．
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AC⊥BD，
∴∠OAD＝∠OAB，
∵DF⊥AB于点F，
∴∠BFD＝∠AOB＝∠AOD＝90°，
∴∠ODE＝∠OAB＝90°﹣∠ABD，
∴∠ODE＝∠OAD，
∵∠DOE＝∠AOD，
∴△DOE∽△AOD，
∴＝，
∵AE＝4，EC＝6，
∴AC＝AE+EC＝4+6＝10，
∴OA＝OC＝AC＝5，
∴OE＝OA﹣AE＝5﹣4＝1，
∴OB＝OD＝＝＝，
∴DB＝OB+OD＝+＝2，DE＝＝＝，
∵∠EOD＝∠BFD＝90°，∠ODE＝∠FDB，
∴△EOD∽△BFD，
∴＝＝＝，
故答案为：．
三、解答题（共15小题）
21．（2024•德惠市一模）【探究】在一次数学课上，老师出示了这样一道题目：“如图，在矩形ABCD中，AC：为对角线，AB＜AD，E、F分别为边BC、AD上的点，连接AE、CF，分别将△ABE和△CDF沿AE、CF翻折，使点B、D的对称点G、H都落在AC上，求证：四边形AECF是平行四边形．”以下是两名学生的解题方法：
甲学生的方法是：首先由矩形的性质和轴对称的性质证得AB＝CD，AD∥BC，∠AHF＝90°，∠CGE＝90°，易得AH＝CG，可得△AFH≌△CEG（ASA），由平行四边形的判定定理可得结论．
乙学生的方法是：不利用三角形全等知识，依据平行四边形的定义证明．
（1）甲学生证明四边形AECF是平行四边形所用的判定定理的内容是 ．
（2）用乙学生的方法完成证明过程．
【应用】当学生们完成证明后，老师又提出了一个问题：
若四边形AECF是菱形，则tan∠DAC的值为 ．
【解析】解：【探究】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD∥BC，
由翻折可知：∠AHF＝∠CGE＝90°，AG＝AB，CD＝CH，
∴AG＝CH，
∴AH＝CG，∵∠FAH＝∠ECG，
∴△AFH≌△CEG（ASA），
∴AF＝EC，∵AF∥EC
∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
故答案为一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴AF∥CE，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD，
∵，，
∴∠EAG＝∠ACF，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【应用】∵四边形AECF是菱形，
∴∠DAC＝∠EAC，
由翻折可知：∠BAE＝∠EAC，
∴∠BAE＝∠EAC＝∠CAD，
∵∠BAD＝90°，
∴∠DAC＝30°
∴tan∠DAC＝tan30°＝．
故答案为．
22．（2024•东昌府区一模）综合与实践
【问题情景】
数学活动课上，老师让同学们以“图形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）小红将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠（如图①），使点A落在边CD的中点M处，折痕为BP，把纸片展平，则∠DMP＝ °．
【探究与实践】
（2）小亮受到此问题的启发，用矩形ABCD（如图②），继续探究，过程如下：
操作一：将矩形ABCD对折，使AD与BC重合，折痕为EF，将纸片展平；
操作二：将矩形纸片ABCD沿BP折叠，使点A落在EF上的点M处，延长PM交CD的延长线于点N．
①∠MBC＝ °；
②若AB＝6，AD＝8，求FN的长．
【拓展应用】
（3）小明深入研究并提出新的探究点
将矩形纸片ABCD换为正方形纸片ABCD（如图③），边长为8，将矩形纸片ABCD沿BP折叠，使点A落在正方形内一点M，过点M作EF∥AB，分别交AD、BC于点E、F，将纸片展平，当点P为AD中点时，求DE的长．
【答案】（1）30；
（2）①30；
②；
（3）．
【解析】解：（1）∠DMP＝30°，
由折叠性质可知：△ABP≌△MBP，
∴BM＝AB＝CD，∠BMP＝∠A＝90°，
∵M为CD中点，
∴，
∵∠C＝90°，
∴∠MBC＝30°，
∴∠BMC＝90°﹣30°＝60°，
∴∠DMP＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
即∠DMP度数为30°，
故答案为：30；
（2）①∠MBC＝30°，
由（1）可知：BM＝BA，
∵E为AB中点，
∴，
∵∠BEF＝90°，
∴∠BME＝30°，
∵EF∥BC，
∴∠MBC＝∠BME＝30°，
即∠MBC＝30°，
故答案为：30；
②∵∠BMP＝90°，∠EMB＝∠MBC＝30°，
∴∠PME＝90°﹣30°＝60°，
∴∠FMN＝∠PME＝60°，
∵，BM＝AB＝6，
∴，
∴，
在Rt△MFN中，，
即，
∴；
（3）由（2）知BM＝AB＝8，
∵P为AD中点，
∴，
∴PM＝AP＝4，
设DE＝x，则AE＝BF＝8﹣x，
PE＝DP﹣DE＝4﹣x，
∵∠MPE+∠EMP＝90°，∠FMB+∠BMP＝90°，
∴∠MPE＝∠FMB，
又∵∠PEM＝∠MFB＝90°，
∴△PEM∽△MFB，
∴，∴，
∴，
在Rt△DEM中，PE2+EM2＝PM2，
∴，
解得：x1＝8（舍去），，
∴DE的长为．
23．（2024•海淀区校级模拟）如图，菱形ABCD中，AC、BD相交于点O，过点B作BE⊥BD，且BE＝OC，连结CE．
（1）求证：四边形OCEB是矩形；
（2）连接DE，当AB＝5，sin∠CAB＝，求tan∠BDE的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵BE⊥BD，
∴AC∥BE，
∵BE＝OC，
∴四边形OCEB是平行四边形，
又∵∠BOC＝90°，
∴平行四边形OCEB是矩形；
（2）解：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，AB＝5，sin∠CAB＝＝，
∴OB＝3，
∴BD＝2OB＝6，
OC＝OA＝＝＝4，
由（1）可知，四边形OCEB是矩形，
∴∠OBE＝90°，
∵BE＝OC＝4，
∴tan∠BDE＝＝＝．
24．（2024•南山区校级一模）探究：
如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．
（1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系；
②如图2，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．
（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，请直接写出DE的长．
【解析】解：（1）①如图1，
∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADC+∠ADG＝180°
∴F、D、G共线，
∵∠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，
故答案为：EF＝BE+DF；
②成立，
理由：如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，
则AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠ADG＝180°，
∴C、D、G在一条直线上，
与①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵BE＝DG，
∴EF＝GF＝BE+DF；
（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
由勾股定理得：BC＝＝4，
如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF．
则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，
设DE＝x，则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：x＝，
即DE＝．
25．（2024•官渡区校级模拟）在数学实践课上，杨老师带领同学们开展了如下活动：
【具体操作】
如图，准备一张矩形纸片ABCD（AD＜2AB），先用对折的方式确定边BC的中点E，再沿AE折叠，点B落在点F处，把纸片展平，延长AF交边CD于点G，连接GE．
【思考判断】
（1）求证：GE平分∠CGF；
（2）求证：△ECG∽△ABE；
【拓展探索】
（3）设，若，求m的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）．
【解析】（1）证明：∵E为BC的中点，
∴BE＝CE，
∵沿AE折叠，
∴BE＝EF，∠B＝∠AFE＝90°，
∴EF＝CE，
∵∠C＝90°，
∴EC⊥CG，EF⊥FG，
∴GE平分∠CGF；
（2）证明：∵GE平分∠CGF，∠BAE＝∠FAE，∠BAG+∠AGC＝180°，
∴∠BAE+∠EGC＝90°，
∵∠EGC+∠GEC＝90°，
∴∠GEC＝∠BAE，
∵∠C＝∠B＝90°，
∴△ECG∽△ABE；
（3）解：∵△ECG∽△ABE，
∴，
∵sin，∠BAE＝∠CEG＝∠FAE，
∴sin∠BAE＝，
设EF＝BE＝CE＝3x，则AB＝4x，
∴，
∴CG＝，
∴DG＝DC﹣CG＝4x﹣，
∴＝，
∴m＝．
26．（2024•宿城区一模）如图，已知矩形ABCD的边AB＝4，AD＝8，点P是边BC上的动点，线段AP的垂直平分线交矩形ABCD的边于点M、N，其中点M在边AB或BC上，点N在边CD或DA上．
（1）如图2，当BP＝2时，求AM的长度；
（2）当△AMN是等腰三角形时，求BP能取到的值或取值范围；
（3）当动点P由点B运动到点C的过程中，求点N的运动路程长为多少？
【答案】（1）2.5；
（2）BP能取到的值为或取值范围为4≤BP≤8；
（3）7．
【解析】解：（1）如图，设AP与MN相交于O，
∵矩形ABCD，
∴∠ABP＝90°，
∴，
∵MN垂直平分AP，
∴∠AOM＝90°，，
∵∠AOM＝∠ABP＝90°，∠OAM＝∠BAP，
∴△AOM∽△ABP
∴，
∴，
∴AM＝2.5．
（2）当BP＜4时，点P从点B到BC边的中点运动（不包括中点），则点M在AB上运动，点N 在从CD的中点到AD的中点运动（不包括AD的中点），
当MN＝AN时，连接MP，过点N作NQ⊥AM于Q，如图，
∵MN＝AN，NQ⊥AM，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，∴四边形ADNM为矩形，
∴，
∵MN垂直平分AP，
∴AM＝MP，∠AOM＝90°，
∴∠MAO+∠AMO＝90°，
∵MN＝AN，
∴∠NAM＝∠NMA，
∵∠NAD+∠NAM＝∠BAD＝90°，
∴∠MAO＝∠NAD，即∠BAP＝∠NAD，
∵∠ABP＝∠ADN＝90°，
∴△ABP∽△ADN，
∴，
∴，
设BP＝x，则AM＝MP＝4x，MB＝4﹣4x，
∴在Rt△MBP中，由勾股定理，得，
x2+（4﹣4x）2＝（4x）2，
解得：，（不合题意，舍去），
∴当时，△AMN是等腰三角形；
②当4≤BP≤8时，点P从BC中点向点C运动，点M从点B向点P运动，点N从AD中点向点D运动，连接AM，如图，
∵矩形ABCD，
∴BC∥AD，
∴∠OAN＝∠OPM，∠ONA＝∠OMP，
∵MN垂直平分AP，
∴OA＝OP，AM＝PM，
∴△AON≌△POM（AAS）
∴AN＝PM，
∴AN＝PM，
即△AMN是等腰三角形，
∴当4≤BP≤8时，△AMN是等腰三角形，
综上，当△AMN是等腰三角形时，BP能取到的值为或取值范围为4≤BP≤8．
（3）解：当BP≤4时，点P 从点B到BC边的中点运动，则点N 在从CD的中点到AD的中点运动，
∴运动距离为，
当4＜BP≤8时，点P从BC中点向点C运动，点M从点B向点P运动，点N从AD中点向点D运动，
当BP＝8时，即点P与点C重合，取AD中点E，连接OE，如图，
由勾股定理，得，∴，
∵点E是AD，∴，
∵MN垂直平分AP，
∴O是AC，点P与点C重合，
∴OE是△ADC的中位线，
∴OE∥BC，
∴∠AEO＝90°，
∴∠AEO＝∠AON＝90°，
∵∠EAO＝∠OAN，
∴△AOE∽△ANO，
∴，
∴，
∴AN＝5，
∴EN＝AN﹣AE＝1，
∴当动点P由点B运动到点C的过程中，求点N的运动路程长＝6+1＝7，
答：当动点P由点B运动到点C的过程中，求点N的运动路程长为7．
27．（2024•宝安区校级二模）（1）【问题探究】如图1，正方形ABCD中，点F、G分别在边BC、CD上，且AF⊥BG于点P，求证：AF＝BG；
（2）【知识迁移】如图2，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，且EG⊥FH于点P．若EG•HF＝48，求HF的长；
（3）【拓展应用】如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝9，点E在直线AB上，BE＝6，AF⊥DE交直线BC于点F．请直接写出线段FC的长．
【答案】（1）见解析；
（2）2；
（3）或．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF＝∠C＝90°，AB＝BC，
∵AF⊥BG，
∴∠APB＝90°，
∴∠BAF＝∠CBG＝90°﹣∠ABG，
在△ABF和△BCG中，，
∴△ABF≌△BCG（ASA），
∴AF＝BG；
（2）解：如图2，作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，则∠EMC＝∠HNB＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝8，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD∥BC，
∵∠B＝∠C＝∠EMC＝90°，
∴四边形EBCM是矩形，
∴EM＝BC＝8，EM∥BC，
∴EM∥AD，
∵∠A＝∠B＝∠HNB＝90°，
∴四边形ABNH是矩形，
∴HN＝AB＝4，∠AHN＝90°，
∴∠HIJ＝∠AHN＝90°，
∵EG⊥FH于点P，
∴∠EPJ＝90°，
∴∠NHF＝∠MEG＝90°﹣∠EJH，
∵∠HNF＝∠EMG＝90°，
∴△HNF∽△EMG，
∴＝＝＝，
∴EG＝2HF，
∵EG•HF＝48，
∴2HF•HF＝48，
解得HF＝2或HF＝（不符合题意，舍去），
∴HF的长是2．
（3）解：线段FC的长为或，理由如下：
如图3，作AH⊥BC于点M，DM⊥BA交BA的延长线于点M，则∠AHB＝∠AHF＝∠M＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AB＝9，
∴AD＝BC＝AB＝9，AD∥BC，∴∠DAM＝∠B＝60°，
∴＝＝cs60°＝，＝＝sin60°＝，
∴BH＝AM＝AB＝BC＝×9＝，AH＝DM＝AD＝×9＝，
∴CH＝BC＝，
点E在线段AB上，且BE＝6，则AE＝AB﹣BE＝9﹣6＝3，
∴EM＝AE+AM＝3+＝，
∴DE＝＝＝2，
设AF⊥DE于点G，则∠AGD＝90°，×2AG＝×2×3＝S△ADE，
∴AG＝，
∴DG＝＝＝，
∵∠HAD＝∠AHB＝90°，
∴∠FAH＝∠ADG＝90°﹣∠DAF，
∴＝tan∠FAH＝tan∠ADG＝＝＝，
∴FH＝AH＝×3＝，
∴FC＝CH﹣FH＝3﹣＝；
如图4，点E在线段AB的延长线上，且BE＝4，则AE＝AB+BE＝6+4＝10，
∴EM＝AE+AM＝10+3＝13，
∴DE＝＝＝14，
设AF⊥DE于点L，则∠ALD＝90°，×14AL＝×10×3＝S△ADE，
∴AL＝，
∴DL＝＝＝，
∵∠FAH＝∠ADL＝90°﹣∠DAF，
∴＝tan∠FAH＝tan∠DAL＝＝＝，
∴FH＝AH＝×3＝，
∴FC＝FH﹣CH＝﹣3＝，
综上所述，线段FC的长为或．
28．（2024•中山市校级模拟）已知：如图，在菱形ABCD中，点E，O，F分别为AB，AC，AD的中点，连接CE，CF，OE，OF．
（1）求证：△BCE≌△DCF；
（2）当AB与BC满足什么关系时，四边形AEOF是正方形？请说明理由．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D，AB＝BC＝DC＝AD，
∵点E，O，F分别为AB，AC，AD的中点，
∴AE＝BE＝DF＝AF，OF＝DC，OE＝BC，OE∥BC，
在△BCE和△DCF中，，
∴△BCE≌△DCF（SAS）；
（2）解：当AB⊥BC时，四边形AEOF是正方形，理由如下：
由（1）得：AE＝OE＝OF＝AF，
∴四边形AEOF是菱形，
∵AB⊥BC，OE∥BC，
∴OE⊥AB，
∴∠AEO＝90°，
∴四边形AEOF是正方形．
29．（2024•滕州市校级模拟）综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若AB＝15，CF＝3，请直接写出DE的长．
【解析】解：（1）四边形BE'FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BE'FE是矩形，
又∵BE＝BE'，
∴四边形BE'FE是正方形；
（2）CF＝E'F；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH＝AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE＝AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CE'，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F＝CE'，
∴CF＝E'F；
（3）如图①，过点D作DH⊥AE于H，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE'＝E'F＝BE，
∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝E'B2+E'C2，
∴225＝E'B2+（E'B+3）2，
∴E'B＝9＝BE，
∴CE'＝CF+E'F＝12，
由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CE'＝12，
∴HE＝3，
∴DE＝＝＝3．
30．（2024•巧家县模拟）如图，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，分别过点C，D作BA和BC的平行线，两线交于点E，且DE交AC于点O，连接AE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若∠B＝60°，BC＝6，求四边形ADCE的面积．
【解析】（1）证明：∵DE∥BC，EC∥AB，
∴四边形DBCE是平行四边形．
∴EC∥DB，且EC＝DB．
在Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，
∴AD＝DB＝CD．
∴EC＝AD．
∴四边形ADCE是平行四边形．
∴ED∥BC．
∴∠AOD＝∠ACB．
∵∠ACB＝90°，
∴∠AOD＝∠ACB＝90°．
∴平行四边形ADCE是菱形；
（2）解：Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，∠B＝60°，BC＝6，
∴AD＝DB＝CD＝6．
∴AB＝12，由勾股定理得．
∵四边形DBCE是平行四边形，
∴DE＝BC＝6．
∴．
31．（2024•单县校级一模）如图甲，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．解答下列问题：
（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°，
①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图乙，线段CF、BD之间的位置关系为 ，数量关系为 ．
②当点D在线段BC的延长线上时，如图丙，①中的结论是否仍然成立，为什么？
（2）如果AB≠AC，∠BAC≠90°点D在线段BC上运动．试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CF⊥BC（点C、F重合除外）？并说明理由．
【解析】解：（1）①CF⊥BD，CF＝BD
故答案为：垂直、相等．
②成立，理由如下：
∵∠FAD＝∠BAC＝90°
∴∠BAD＝∠CAF
在△BAD与△CAF中，
∵
∴△BAD≌△CAF（SAS）（5分）
∴CF＝BD，∠ACF＝∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝90°
∴CF⊥BD …（7分）
（2）当∠ACB＝45°时可得CF⊥BC，理由如下：
过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G
则∵∠ACB＝45°
∴AG＝AC，∠AGC＝∠ACG＝45°
∵AG＝AC，AD＝AF，
∵∠GAD＝∠GAC﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，∠FAC＝∠FAD﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，
∴∠GAD＝∠FAC，
∴△GAD≌△CAF（SAS）
∴∠ACF＝∠AGD＝45°
∴∠GCF＝∠GCA+∠ACF＝90°
∴CF⊥BC
32．（2024•泉山区校级模拟）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．
（1）如图1，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图2，当AB＝5，且AF•FD＝10时，求BC的长；
（3）如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN+FD时，求的值．
【解析】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，
∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，∠C＝∠BFE＝90°，
∵BC＝2AB，
∴BF＝2AB，
∴∠AFB＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF＝30°，
∴∠CBE＝∠FBC＝15°；
（2）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴∠BFE＝∠C＝90°，CE＝EF，
又∵矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，
∴∠AFB+∠DFE＝90°，∠DEF+∠DFE＝90°，
∴∠AFB＝∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴，
∴AF•DF＝AB•DE，
∵AF•DF＝10，AB＝5，
∴DE＝2，
∴CE＝DC﹣DE＝5﹣2＝3，
∴EF＝3，
∴DF＝＝＝，
∴AF＝＝2，
∴BC＝AD＝AF+DF＝2＝3．
（3）过点N作NG⊥BF于点G，
∵NF＝AN+FD，
∴NF＝AD＝BC，
∵BC＝BF，
∴NF＝BF，
∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴，
设AN＝x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN＝NG＝x，AB＝BG＝2x，
设FG＝y，则AF＝2y，
∵AB2+AF2＝BF2，
∴（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，
解得y＝x．
∴BF＝BG+GF＝2x+x＝x．
∴＝．
33．（2024•白银模拟）已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．
【探究建模】
（1）如图1，当点E在边AB上时，DE⊥DF，且B，C，F三点共线．求证：AE＝CF；
【类比应用】
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，DE⊥DF，AE⊥EF，且E，C，F三点共线．猜想并证明线段AE，CE，DE之间的数量关系；
【拓展迁移】
（3）如图3，当点E在正方形ABCD外部时，AE⊥EC，AE⊥AF，DE⊥BE，且D，F，E三点共线，DE与AB交于G点．若DF＝3，AE＝，求CE的长．
【解析】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠A＝∠ADC＝∠DCB＝∠DCF＝90°，
∵DE⊥DF，∴∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△DAE和△DCF中，，
∴△DAE≌△DCF（ASA），∴AE＝CF．
（2）解：猜想：EA+EC＝DE．
理由：如图2中，
∵四边形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠ADC＝90°，
∵DE⊥DF，AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠EDF＝90°，
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
∵∠ADC+∠AEC＝180°，
∴∠DAE+∠DCE＝180°，
∵∠DCF+∠DCE＝180°，
∴∠DAE＝∠DCF，
∴△DAE≌△DCF（AAS），
∴AE＝CF，DE＝DF，
∴EF＝DE，
∵AE+EC＝EC+CF＝EF，
∴EA+EC＝DE．
（3）解：如图3中，连接AC，取AC的中点O，连接OE，OD．
∵四边形ABCD是正方形，AE⊥EC，
∴∠AEC＝∠ADC＝90°，
∵OA＝OC，∴OD＝OA＝OC＝OE，
∴A，E，C，D四点共圆，
∴∠AED＝∠ACD＝45°，
∴∠AED＝∠DEC＝45°，
由（2）可知，AE+EC＝DE，
∵AE⊥AF，∴∠EAF＝90°，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴AE＝AF＝，
∴EF＝AE＝2，
∵DF＝3，
∴DE＝5，
∴+EC＝5，
∴EC＝4．
34．（2024•常州模拟）【推理】
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．
（1）求证：△BCE≌△CDG．
【运用】
（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，CE＝9，求线段DE的长．
【拓展】
（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，H两点，若＝k，＝，求的值（用含k的代数式表示）．
【解析】（1）证明：如图1中，
∵△BFE是由△BCE折叠得到，
∴BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠BCE＝90°，
∴∠ECF+∠CGD＝90°，
∴∠BEC＝∠CGD，
∵BC＝CD，
∴△BCE≌△CDG（AAS）．
（2）如图2中，连接EH．
∵△BCE≌△CDG，
∴CE＝DG＝9，
由折叠可知BC＝BF，CE＝FE＝9，
∴∠BCF＝∠BFC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠BCG＝∠HGF，
∵∠BFC＝∠HFG，
∴∠HFG＝∠HGF，
∴HF＝HG，
∵＝，DG＝9，
∴HD＝4，HF＝HG＝5，
∵∠D＝∠HFE＝90°，
∴HF2+FE2＝DH2+DE2，
∴52+92＝42+DE2，
∴DE＝3或﹣3（舍弃），
∴DE＝3．
（3）如图3中，连接HE．
由题意＝，可以假设DH＝4m，HG＝5m，设＝x．
①当点H在点D的左侧时，
∵HF＝HG，
∴DG＝9m，
由折叠可知BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠ECF+∠CGD＝90°，
∴∠BEC＝∠CGD，
∵∠BCE＝∠D＝90°，
∴△CDG∽△BCE，
∴＝，
∵＝＝k，
∴＝，
∴CE＝＝FE，
∴DE＝，
∵∠D＝∠HFE＝90°
∴HF2+FE2＝DH2+DE2，
∴（5m）2+（）2＝（4m）2+（）2，
∴x＝或﹣（舍弃），
∴＝．
②当点H在点D的右侧时，如图4中，
同理HG＝HF，△BCE∽△CDG，
∴DG＝m，CE＝＝FE，
∴DE＝，
∵HF2+FE2＝DH2+DE2，
∴（5m）2+（）2＝（4m）2+（）2，
∴x＝或﹣（舍弃），
∴＝．
综上所述，＝或．
35．（2024•商河县一模）已知矩形ABCD的一条边AD＝8，E是BC边上的一点，将矩形ABCD沿折痕AE折叠，使得顶点B落在CD边上的点P处，PC＝4（如图1）．
（1）求AB的长；
（2）擦去折痕AE，连接PB，设M是线段PA的一个动点（点M与点P、A不重合）．N是AB延长线上的一个动点，并且满足PM＝BN．过点M作MH⊥PB，垂足为H，连接MN交PB于点F（如图2）．
①若M是PA的中点，求MH的长；
②试问当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段FH的长度．
【解析】解：（1）设AB＝x，则AP＝CD＝x，DP＝CD﹣CP＝x﹣4，
在Rt△ADP中，AD2+DP2＝AP2，
即82+（x﹣4）2＝x2，
解得：x＝10，
即AB＝10．
（2）①如图2，过点A作AG⊥PB于点G，
由（1）中的结论可得：PC＝4，BC＝8，∠C＝90°，
∴PB＝，
∵AP＝AB，
∴PG＝BG＝PB＝2，
在Rt△AGP中，AG＝，
∵AG⊥PB，MH⊥PB，
∴MH∥AG，
∵M是PA的中点，
∴H是PG的中点，
∴MH＝AG＝．
②当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化；
作MQ∥AN，交PB于点Q，如图3，
∵AP＝AB，MQ∥AN，
∴∠APB＝∠ABP＝∠MQP．
∴MP＝MQ，
∵BN＝PM，
∴BN＝QM．
∵MP＝MQ，MH⊥PQ，
∴HQ＝PQ．
∵MQ∥AN，
∴∠QMF＝∠BNF，
在△MFQ和△NFB中，
，
∴△MFQ≌△NFB（AAS）．
∴QF＝QB，
∴HF＝HQ+QF＝PQ+QB＝PB＝．
∴当点M、N在移动过程中，线段FH的长度是不发生变化，长度为2．
【中考热点6】圆的综合题★★★★★
【考情分析】
纵观近几年全国各地中考题，圆的有关概念以及性质等一般以填空题，选择题的形式考查并占有一定的分值；一般在15分－20分左右，圆的有关性质，如垂径定理，圆周角，切线的判定与性质等综合性问题的运用一般以计算证明的形式考查；利用圆的知识与其他知识点如代数函数，方程等相结合作为中考压轴题将会占有非常重要的地位，另外与圆有关的实际应用题，阅读理解题，探索存在性问题仍是热门考题．
【满分技巧】
1.遇到弦时解决有关弦的问题时
常常添加弦心距，或者作垂直于弦的半径(或直径)或再连结过弦的端点的半径．
作用:①利用垂径定理;
②利用圆心角及其所对的弧、弦和弦心距之间的关系
③利用弦的一半、弦心距和半径组成直角三角形，根据勾股定理求有关量．
2.遇到有直径时
常常添加(画)直径所对的圆周角，
3.遇到 90°的圆周角时
常常连结两条弦没有公共点的另一端点．
作用:利用圆周角的性质，可得到直径．
4.遇到弦时
常常连结圆心和弦的两个端点，构成等腰三角形，还可连结圆周上一点和弦的两个端点．
作用:①可得等腰三角形;
②据圆周角的性质可得相等的圆周角，
5.遇到有切线时
常常添加过切点的半径(连结圆心和切点)
作用:利用切线的性质定理可得到直角或直角三角形．
6.遇到证明某一直线是圆的切线时
若直线和圆的公共点还未确定，则常过圆心作直线的垂线段，再证垂足到圆心的距离等于半径．
若直线过圆上的某一点，则连结这点和圆心(即作半径)，再证其与直线垂直．
7.遇到两相交切线时(切线长)
常常连结切点和圆心、连结圆心和圆外的一点、连结两切点．
作用:据切线长及其它性质，可得到:①角、线段的等量关系;②垂直关系;③全等、相似三角形．
8.遇到三角形的内切圆时
连结内心到各三角形顶点，或过内心作三角形各边的垂线
作用:利用内心的性质，可得:
①内心到三角形三个顶点的连线是三角形的角平分线:②内心到三角形三条边的距离相等．
【2024年中考预测】
一、选择题（共10小题）
1．（2024•南丹县一模）如图，已知AB为⊙O的直径，∠ABD＝25°，则∠BCD等于（ ）
A．80°B．70°C．65°D．50°
【答案】C
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ABD＝25°，
∴∠ACD＝25°，
∴∠BCD＝90°﹣∠ACD＝90°﹣25°＝65°，
故选：C．
2．（2024•哈尔滨模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝120°，则∠AOC的度数为（ ）
A．110°B．120°C．130°D．135°
【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠ADC＝120°，
∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°，
由圆周角定理得：∠AOC＝2∠ABC＝120°，
故选：B．
3．（2024•邵东市一模）如图1所示的是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以点O为圆心，分别以OA，OB的长为半径，圆心角∠O＝120°的扇面．若OA＝6m，OB＝4m，则阴影部分的面积为（ ）
A．12πm2B．C．8m2D．
【答案】B
【解析】解：S阴＝S扇形DOA﹣S扇形BOC＝﹣＝12π﹣＝π（m2）．
故选：B．
4．（2024•红河州一模）“莱洛三角形”是机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，转子发动机的设计就是利用了莱洛三角形．它的三“边”分别是以等边三角形的三个顶点为圆心，边长为半径的三段圆弧，若该等边三角形的边长为10，则这个“莱洛三角形”的周长是（ ）
A．10B．πC．30D．10π
【答案】B
【解析】解：如图，△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝10，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∴的长＝的长＝的长＝＝π，
∴这个“莱洛三角形”的周长是π．
故选：B．
5．（2024•湖北模拟）如图，扇形的圆心角为120°，点C在圆弧上，∠ABC＝30°，OA＝2，阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．﹣D．﹣
【答案】B
【解析】解：连接AC，CO，
∵∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝60°．
又∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠CAO＝60°．
又∵∠AOB＝120°，
∴∠CAO+∠AOB＝180°，
∴AC∥OB，
∴S△ABC＝S△AOC，
∴．
故选：B．
6．（2024•宝鸡二模）如图，是一个隧道的横截面，它的形状是以点O为圆心的圆的一部分，EM经过圆心且交⊙O于点E，EM⊥CD于点M，CD＝4m，EM＝6m，则⊙O的半径是（ ）
A．B．3C．D．
【答案】D
【解析】解：连接CO．
∵M是弦CD的中点，且EM经过圆心O，
∴EM⊥CD，且．
在Rt△OCM中，令⊙O的半径为rm，
∵OC2+OM2＝CM2，
∴22+（6﹣r）2＝r2，解得：，
故选：D．
7．（2024•英德市一模）将一个半径为1的圆形纸片，如图连续对折三次之后，用剪刀沿虚线①剪开，则虚线①所对的圆弧长和展开后得到的多边形的内角和分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：根据题意得虚线①所对的圆弧对的圆心角为45°，展开后得到的多边形为正八边形，
所以虚线①所对的圆弧长为＝，
展开后得到的多边形的内角和为180°×（8﹣2）＝1080°．
故选：C．
8．（2024•武威二模）如图，AB是⊙O一条弦，将劣弧沿弦AB翻折，连结AO并延长交翻折后的弧于点C，连结BC．若AB＝2，BC＝1，则AC的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：延长AC交⊙O于点D，连接BD，过B点作BE⊥AD于E点，如图，
∵劣弧沿弦AB翻折，AD交翻折后的弧于点C，
而和都对∠BAD，
∴＝，
∴BC＝BD＝1，
∵BE⊥CD，
∴CE＝DE，
∵AD为直径，
∴∠ABD＝90°，
在Rt△ABD中，AD＝＝＝，
∵BE•AD＝AB•BD，
∴BE＝＝，
在Rt△BDE中，DE＝＝＝，
∴CD＝2DE＝，
∴AC＝AD﹣CD＝﹣＝．
故选：C．
9．（2024•张家口一模）如图，传送带的一个转动轮的半径为10cm，转动轮转n°，传送带上的物品A被传送6πcm，则n为（ ）
A．90B．108C．120D．无法判断
【答案】B
【解析】解：∵，
解得n＝108．
故选：B．
10．（2024•郓城县一模）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则∠1的度数为（ ）
A．130°B．120°C．110°D．60°
【答案】B
【解析】解：如图2，∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB＝AF＝EF，∠BAF＝＝120°，
∴∠ABF＝∠AFB＝＝30°，
同理∠EAF＝30°，
∴∠1＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
故选：B．
二、填空题（共5小题）
11．（2024•泗洪县一模）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的母线长l为 cm．
【答案】6
【解析】解：圆锥的底面周长＝2π×2＝4πcm，
则：＝4π，
解得l＝6．
故答案为：6．
12．（2024•甘谷县二模）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点O′处，得到扇形A′O′B′．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为 ．
【答案】+．
【解析】解：如图，设O′A′交于点T，连接OT．
∵OT＝OB，OO′＝O′B，∴OT＝2OO′，
∵∠OO′T＝90°，
∴∠O′TO＝30°，∠TOO′＝60°，
∴S阴＝S扇形O′A′B′﹣（S扇形OTB﹣S△OTO′）
＝﹣（﹣×1×）
＝+．
故答案为：+．
13．（2024•南岸区校级模拟）如图，直径AB为6的半圆，绕A点逆时针旋转60°，此时点B到了点B′，则图中阴影部分的面积是 ．
【答案】见试题解析内容
【解析】解：阴影部分的面积＝以AB′为直径的半圆的面积+扇形ABB′的面积﹣以AB为直径的半圆的面积＝扇形ABB′的面积，
则阴影部分的面积是：＝6π，
故答案为：6π．
14．（2024•华蓥市一模）一块圆形玻璃镜面碎成了几块，其中一块如图所示，测得弦AB长20厘米，弓形高CD为2厘米，则镜面半径为 厘米．
【答案】26．
【解析】解：如图，点O是圆形玻璃镜面的圆心，连接OC，则点C，点D，点O三点共线，
由题意可得：OC⊥AB，AC＝AB＝10（厘米），
设镜面半径为x厘米，
由题意可得：x2＝102+（x﹣2）2，
∴x＝26，
∴镜面半径为26厘米，
故答案为：26．
15．（2024•东昌府区校级一模）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章计算弧田面积所用的经验公式是：弧田面积＝（弦×矢+矢2）．弧田是由圆弧和其所对的弦围成（如图中的阴影部分），公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，运用垂径定理（当半径OC⊥弦AB时，OC平分AB）可以求解．现已知弦AB＝8米，半径等于5米的弧田，按照上述公式计算出弧田的面积为 平方米．
【答案】10
【解析】解：∵弦AB＝8米，半径OC⊥弦AB，
∴AD＝4，
∴OD＝＝3，
∴OA﹣OD＝2，
∴弧田面积＝（弦×矢+矢2）＝×（8×2+22）＝10，
故答案为：10．
三、解答题（共15小题）
16．（2024•茂南区校级一模）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠ADC＝∠AOF；
（2）若sinC＝，BD＝8，求EF的长．
【解析】解：（1）连接OD，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF+∠DAO＝90°，
∵CD是⊙O的切线，D为切点，
∴∠CDO＝90°，
∴∠ADC+∠ADO＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴∠AOF＝∠ADC；
（2）∵OF⊥AD，BD⊥AD，
∴OF∥BD，
OF∥BD，AO＝OB，
∴AE＝DE，
∴OE＝BD＝8＝4，
∵sinC＝＝，
∴设OD＝x，OC＝3x，
∴OB＝x，
∴CB＝4x，
∵OF∥BD，
∴△COF∽△CBD，
∴＝，
∴＝，
∴OF＝6，
∴EF＝OF﹣OE＝6﹣4＝2．
17．（2024•茌平区校级模拟）已知：如图，AB为⊙O的直径，CD与⊙O相切于点C，交AB延长线于点D，连接AC，BC，∠D＝30°，CE平分∠ACB交⊙O于点E，过点B作BF⊥CE，垂足为F．
（1）求证：CA＝CD；
（2）若AB＝12，求线段BF的长．
【解析】（1）证明：连接OC，
∵CD与⊙O相切于点C，∴∠OCD＝90°，
∵∠D＝30°，∴∠COD＝90°﹣∠D＝60°，
∴∠A＝∠COD＝30°，
∴∠A＝∠D＝30°，
∴CA＝CD；
（2）解：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，
∵∠A＝30°，AB＝12，∴BC＝AB＝6，
∵CE平分∠ACB，∴∠BCE＝∠ACB＝45°，
∵BF⊥CE，∴∠BFC＝90°，
∴BF＝BC•sin45°＝6×＝3，
∴线段BF的长为3．
18．（2024•砚山县一模）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上异于A、B的点，连接AC、BC，点D在BA的延长线上，且∠DCA＝∠ABC，点E在DC的延长线上，且BE⊥DC．
（1）求证：DC是⊙O的切线；
（2）若＝，BE＝3，求DA的长．
【答案】(1)证明过程见解析;
(2)．
【解析】(1)证明:连接OC,
∵OC＝OB,∴∠OCB＝∠OBC,
∵∠ABC＝∠DCA,∴∠OCB＝∠DCA,
又∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB＝90°,
∴∠ACO+∠OCB＝90°,
∴∠DCA+∠ACO＝90°,
即∠DCO＝90°，∴DC⊥OC，
∵OC是半径，∴DC是⊙O的切线;
(2)解:∵,且OA＝OB,
设OA＝OB＝2x,OD＝3x,
∴DB＝OD+OB＝5x,
∴,
又∵BE⊥DC,DC⊥OC,∴OC∥BE,
∴△DCO∽△DEB,∴,
∵BE＝3,
∴OC＝,
∴2x＝,
∴x＝,
∴AD＝OD﹣OA＝x＝,
即AD的长为．
19．（2024•仓山区校级模拟）如图，在△ABC中，以AB为直径作⊙O交AC、BC于点D、E，且D是AC的中点，过点D作DG⊥BC于点G，交BA的延长线于点H．
（1）求证：直线HG是⊙O的切线；
（2）若HA＝3，csB＝，求CG的长．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）．
【解析】（1）证明：连接OD，
∵AD＝DC，AO＝OB，∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，OD＝BC，
∵DG⊥BC，∴OD⊥HG，
∵OD是⊙O的半径，∴直线HG是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为x，则OH＝x+3，BC＝2x，
∵OD∥BC，∴∠HOD＝∠B，
∴cs∠HOD＝，即＝＝，
解得：x＝2，∴BC＝4，BH＝7，
∵csB＝，∴＝，即＝，
解得：BG＝，
∴CG＝BC﹣BG＝4﹣＝．
20．（2024•长沙模拟）如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）求证：CD2＝CA•CB；
（2）求证：CD是⊙O的切线；
（3）过点B作⊙O的切线交CD的延长线于点E，若BC＝12，tan∠CDA＝，求BE的长．
【解析】（1）证明：∵∠CDA＝∠CBD，∠C＝∠C，
∴△ADC∽△DBC，
∴＝，即CD2＝CA•CB；
（2）证明：如图，连接OD．
∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠1+∠3＝90°．
∵OA＝OD，∴∠2＝∠3，∴∠1+∠2＝90°．
又∠CDA＝∠CBD，即∠4＝∠1，
∴∠4+∠2＝90°，即∠CDO＝90°，
∴OD⊥CD．
又∵OD是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；
（3）解：如图，连接OE．
∵EB、CD均为⊙O的切线，∴ED＝EB，OE⊥DB，
∴∠ABD+∠DBE＝90°，∠OEB+∠DBE＝90°，
∴∠ABD＝∠OEB，∴∠CDA＝∠OEB．
而tan∠CDA＝，∴tan∠OEB＝＝，
∵∠ODC＝∠EBC＝90°，∠C＝∠C，
∴Rt△CDO∽Rt△CBE，
∴＝＝＝，∴CD＝8，
在Rt△CBE中，设BE＝x，
∴（x+8）2＝x2+122，
解得x＝5．
即BE的长为5．
21．（2024•新泰市校级模拟）已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．
（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式： ；
（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求的值．
【解析】解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，
∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，
∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，
∴△ABE和△BCD都是等边三角形，
∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，
∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，
∴AD＝AE+DE＝AB+AC，故答案为：AB+AC＝AD．
（2）AB+AC＝AD．理由如下：
如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，
∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，
∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，
∴△MBD≌△ACD（SAS），
∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．
∴AM＝，即AB+BM＝，
∴AB+AC＝；
（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，
∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠NBD＝∠ACD，
∵∠BAD＝∠CAD，
∴BD＝CD，
∴△NBD≌△ACD（SAS），
∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，
∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，
∴△NAD∽△CBD，
∴，
∴，
又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4，
∴＝．
22．（2024•雁塔区三模）如图，在△ABC中，AC＝BC，以BC为直径作⊙O，交AC于点F，过C点作CD⊥AC交AB延长线于点D，E为CD上一点，且EB＝ED．
（1）求证：BE为⊙O的切线；
（2）若AF＝2，tanA＝2，求BE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠ABC，
∵EB＝ED，
∴∠EBD＝∠D．
∵CD⊥AC，
∴∠A+∠D＝90°，
∴∠ABC+∠EBD＝90°，
∴∠CBE＝180°﹣（∠ABC+∠EBD）＝90°．
∴OB⊥BE，
∵OB是⊙O的半径，
∴BE为⊙O的切线；
（2）解：设CD与⊙O交于点G，连接BF，BG，如图，
∵BC为⊙O的直径，
∵∠CFB＝∠CGB＝90°，
∵∠ACD＝90°，
∴四边形CFBG为矩形．
∴BG＝FC．
在Rt△AFB中，
∵AF＝2，tanA＝2＝，
∴BF＝4．
设AC＝BC＝x，则CF＝x﹣2．
∵CF2+BF2＝BC2，
∴（x﹣2）2+42＝x2，
解得：x＝5，
∴FC＝3，BC＝5．
∴BG＝3．
∵∠CBE＝90°，BG⊥CE，
∴△CBG∽△BGE．
∴，∴，
∴EG＝．
∴BE＝＝．
23．（2024•永靖县一模）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．
（1）求证：∠BOC+∠BAD＝90°．
（2）实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动．图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得cs∠BAD＝．已知铁环⊙O的半径为25cm，推杆AB的长为75cm，求此时AD的长．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）50cm．
【解析】（ 1）证明：方法1：如图1，过点B作EF∥CD，分别交AD于点E，交OC于点F．
∵CD与⊙O相切于点C，∴∠OCD＝90°．
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°．
∵EF∥CD，
∴∠OFB＝∠AEB＝90°，
∴∠BOC+∠OBF＝90°，∠ABE+∠BAD＝90°，
∵AB为⊙O的切线，
∴∠OBA＝90°．
∴∠OBF+∠ABE＝90°，
∴∠OBF＝∠BAD，
∴∠BOC+∠BAD＝90°；
方法2：如图2，延长OB交CD于点M．
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCM＝90°，
∴∠BOC+∠BMC＝90°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°．
∵AB为⊙O的切线，
∴∠OBA＝90°，
∴∠ABM＝90°．
∴在四边形ABMD中，∠BAD+∠BMD＝180°．
∵∠BMC+∠BMD＝180°，
∴∠BMC＝∠BAD．
∴∠BOC+∠BAD＝90°；
方法3：如图3，过点B作BN∥AD，
∴∠NBA＝∠BAD．
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCD＝90°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°．
∴AD∥OC，
∴BN∥OC，
∴∠NBO＝∠BOC．
∵AB为OO的切线，
∴∠OBA＝90°，
∴∠NBO+∠NBA＝90°，
∴∠BOC+∠BAD＝90°．
（2）解：如图1，在Rt△ABE中，
∵AB＝75，cs∠BAD＝，
∴AE＝45．
由（1）知，∠OBF＝∠BAD，
∴cs∠OBF＝，
在Rt△OBF中，
∵OB＝25，
∴BF＝15，
∴OF＝20．
∵OC＝25，
∴CF＝5．
∵∠OCD＝∠ADC＝∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF为矩形，
∴DE＝CF＝5，
∴AD＝AE+ED＝50cm．
24．（2024•东莞市校级一模）如图，已知AD，EF是⊙O的直径，AD＝6，⊙O与▱OABC的边AB，OC分别交于点E，M，连接CD并延长，与AF的延长线交于点G，∠AFE＝∠OCD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若GF＝1，求cs∠AEF的值；
（3）在（2）的条件下，若∠ABC的平分线BH交CO于点H，连接AH交⊙O于点N，求的值．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）；
（3）．
【解析】（1）证明：∵四边形OABC是平行四边形，
∴OC∥AB，∴∠DOC＝∠OAE，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠AEF，
∴∠DOC＝∠AEF，
∵EF是⊙O的直径，∴∠EAF＝90°，
∴∠AFE+∠AEF＝90°，
∴∠AFE+∠DOC＝90°，
∵∠AFE＝∠OCD，
∴∠OCD+∠DOC＝90°，
∴∠ODC＝90°，∴OD⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
（2）连接DF，如图：
∵AD是⊙O的直径，∴∠ADF+∠DAF＝90°，
∵CD是⊙O的切线，∴∠G+∠DAF＝90°，
∴∠ADF＝∠G，
又∠DAF＝∠GAD，
∴△ADF∽△AGD，
∴＝，
∵AD＝6，GF＝1，
∴＝，
解得AF＝8或AF＝﹣9（舍去），
在Rt△AEF中，AE＝＝＝2，
∴cs∠AEF＝＝；
（3）延长CO交AF于K，连接MN、MF，如图：
∵EF是⊙O直径，
∴∠EAF＝90°，
∵OC∥AB，
∴∠CKA＝90°，即OK⊥AF，
∵EF＝AD＝6，AF＝8，
∴FO＝3，FK＝AK＝4，
Rt△OKF中，OK＝＝，
∵∠G+∠OAF＝90°，∠OFA+∠AEF＝90°，
且∠OAF＝∠OFA，
∴∠G＝∠AEF，
∴tanG＝tan∠AEF，
即＝，
∴＝，即＝，
解得CK＝10，
∵BH平分∠ABC，OC∥AB，
∴∠CBH＝∠ABH＝∠CHB，
∴CH＝BC＝OA＝3，
∴MH＝CK﹣OK﹣OM﹣CH＝10﹣﹣3﹣3＝3，
∴KH＝OK+OM+MH＝7，
在Rt△AKH中，AH＝＝＝，
而∠MNH＝∠MFA＝∠MOA＝∠ABC＝∠ABH，
且∠MHN＝∠HAB，
∴△MNH∽△HBA，
∴＝＝＝．
25．（2024•建邺区校级模拟）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，过G作DE∥BC分别交AB，AC的延长线于点D，E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）已知AG＝8，＝，点I为△ABC的内心，求GI的长．
【答案】（1）见解析；
（2）4．
【解析】（1）证明：连接OG，
∵∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，
∴∠BAG＝∠CAG，∴＝，
∴OG⊥BC，
∵DE∥BC
∴OG⊥EF，
∵OG是⊙O的半径，
∴DE为⊙O的切线；
（2）解：连接BI，BG，
∵点I为△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，AG平分∠BAC，
∴∠BAI＝∠CAI，∠ABI＝∠CBI，
∵∠BIG＝∠BAI+∠ABI，∠GBI＝∠GBC+∠CBI，∠GBC＝∠GAC，
∴∠BAI＝∠CBG，
∴∠BIG＝∠GBI，
∴BG＝IG，
∵BC∥DE，
∴△ABF∽△ADG，
∴＝＝，
∵AG＝8，
∴AF＝6，
∴FG＝2，
∵∠BGF＝∠AGB，∠GBF＝∠BAG，
∴△BGF∽△AGB，
∴＝，
∴＝，
∴BG＝4（负值舍去），
∴GI的长为4．
26．（2024•桑植县一模）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD于点E，AB＝10，CD＝6，点P是CD延长线上异于点D的一个动点，连结AP交⊙O于点Q，连结CQ交AB于点F，则点F的位置随着点P位置的改变而改变．
（1）如图1，当DP＝4时，求tan∠P的值；
（2）如图2，连结AC，DQ，在点P运动过程中，设DP＝x，．
①求证：∠ACQ＝∠CPA；
②求y与x之间的函数关系式．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②y＝．
【解析】（1）解：连接OD，如图，
∵⊙O的直径AB垂直于弦CD于点E，
∴DE＝EC＝CD＝3，
∵AB＝10，
∴OA＝OB＝OD＝5，
∴OE＝＝4，
∴AE＝OA+OE＝9，
∵DP＝4，
∴PE＝DP+DE＝7．
∵PE⊥AE，
∴tan∠P＝；
（2）①证明：连接BQ，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AQB＝90°，
∴∠QAB+∠B＝90°，
∵PE⊥AE，
∴∠QAB+∠P＝90°，
∴∠P＝∠B，
∵∠B＝∠ACQ，
∴∠ACQ＝∠CPA．
②解：∵CE⊥AB，
∴AC＝3．
∵四边形AQDC为圆的内接四边形，
∴∠PDQ＝∠QAC，
∵∠ACQ＝∠CPA，
∴△PDQ∽△CAQ，
∴＝，
∴，
∵△PDQ与△DCQ是等高的三角形，
∴，
∴，
∵，
∴y＝＝．
∴y与x之间的函数关系式为y＝．
27．（2024•茅箭区一模）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为 ；
证明：
（2）如图1，MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，AM，CN相交于点D．
求证：四边形ABCD是对余四边形；
探究：
（3）如图2，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，探究线段AD，CD和BD之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【解析】（1）解：∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠A+∠C＝90°或∠A+∠C＝360°﹣90°＝270°，
故答案为：90°或270°；
（2）证明：∵MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，
∴∠BAM+∠BCN＝90°，
即∠BAD+∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
（3）解：线段AD，CD和BD之间数量关系为：AD2+CD2＝BD2，理由如下：
∵对余四边形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∵AB＝BC，
∴将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，如图3所示：
∴△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°
∴BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，
∴△BFD是等边三角形，
∴BF＝BD＝DF，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADB+∠BDC＝30°，
∴∠BFA+∠ADB＝30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴∠AFD+∠ADF＝90°，
∴∠FAD＝90°，
∴AD2+AF2＝DF2，
∴AD2+CD2＝BD2．
28．（2024•珠海校级一模）独轮车（图1）俗称“手推车”，又名辇、鹿车等，西汉时已在一些田间隘道上出现，北宋时正式出现独轮车名称，在北方，几乎与毛驴起同样的运输作用．如图2所示为从独轮车中抽象出来的几何模型．在△ABC中，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点P，PD是⊙O的切线，且PD⊥BC，垂足为点D．
（1）求证：∠A＝∠C；
（2）若PD＝2BD＝4，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；
（2）5．
【解析】（1）证明：连接OP，如图2，
∵PD是⊙O的切线，
∴OP⊥PD，
∵PD⊥BC，
∴OP∥BC，
∴∠OPA＝∠C，
∵OA＝OP，
∴∠OPA＝∠A，
∴∠A＝∠C；
（2）解：连接PB，如图2，
在Rt△PBD中，∵PD＝2BD＝4，
∴PB＝＝2，
∵AB为直径，
∴∠APB＝90°，
∵∠BDP＝∠BPC，∠DBP＝∠PBC，
∴△BDP∽△BPC，
∴BP：BC＝BD：BP，即2：BC＝2：2，
解得BC＝10，
∵∠A＝∠C，
∴BA＝BC＝10，
∴⊙O的半径为5．
29．（2024•高邮市校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，点P是直径AB上的一点，（不与A，B重合），过点P作AB的垂线交BC的延长线于点Q．
（1）点D在线段PQ上，且DQ＝DC．求证：CD是⊙O的切线；
（2）若sin∠Q＝，BP＝6，AP＝2，求QC的长．
【答案】见试题解析内容
【解析】解：（1）如图，连接OC．
∵DQ＝DC，
∴∠Q＝∠QCD．
∵OC＝OB，
∴∠B＝∠OCB．
∵QP⊥BP，
∴∠QPB＝90° 即∠B+∠Q＝90°，
∴∠QCD+∠OCB＝90°，
∴∠OCD＝90°，
∴CD⊥OC，即CD是⊙O的切线；
（2）如图，作OH⊥BC，H为垂足．
∵BP＝6，AP＝2，
∴AB＝8，．
在Rt△BQP中，sinQ＝＝，
∴BQ＝10，cs∠B＝sin∠Q＝
在Rt△BHO中，cs∠B＝，
∴．
∵OH⊥BC，
∴，
∴CQ＝BQ﹣BC＝．
（法二：连接AC，证△ABC∽△QBP，得，，∴CQ＝BQ﹣BC＝）．
30．（2024•石景山区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，对于△ABC与⊙O，给出如下定义：若△ABC与⊙O有且只有两个公共点，其中一个公共点为点A，另一个公共点在边BC上（不与点B，C重合），则称△ABC为⊙O的“点A关联三角形”．
（1）如图，⊙O的半径为1，点C（0，2）．△AOC为⊙O的“点A关联三角形”
①在P1（﹣1，0），P2（，）这两个点中，点A可以与点 重合；
②点A的横坐标的最小值为 ；
（2）⊙O的半径为1，点A（1，0），点B是y轴负半轴上的一个动点，点C在x轴下方，△ABC是等边三角形，且△ABC为⊙O的“点A关联三角形”．设点C的横坐标为m，求m的取值范围；
（3）⊙O的半径为r，直线y＝x与⊙O在第一象限的交点为A，点C（4，0）．若平面直角坐标系xOy中存在点B，使得△ABC是等腰直角三角形，且△ABC为⊙O的“点A关联三角形”，直接写出r的取值范围．
【答案】（1）①P2；②﹣；（2）m的取值范围为1≤m＜；（3）4（﹣1）＜r≤2或r＞4．
【解析】解：（1）如图1，
当点A在y轴右侧时，过点C作⊙O的切线CA，交⊙O于A，连接OA，
则OA＝1，OC＝2，
则AC＝，
过点A作AH⊥y轴于H，
则S△AOC＝AC•OA＝OC•AH，
∴AH＝＝＝，
∴0≤xA≤，
当点A在y轴左侧时，由对称性得，﹣≤xA＜0，
即，﹣≤xA≤，
①∵点P1的横坐标为﹣1，
而﹣1＜﹣，
∴点A不能与点P1重合，
∵点P2的横坐标为，
而＜，
∴点A能与点P2重合，
故答案为：P2；
②点A的横坐标的最小值为﹣，
故答案为：﹣；
（2）如图2，
∵△ABC为⊙O的“点A关联三角形”，
∴线段AC和AB除过点A为不能⊙O有交点，
当线段AC除点A外不与⊙O有交点，
当AC与⊙O相切时，
∴AC⊥x轴，此时，点A的横坐标为1，
当线段AB除点A外不与⊙O有交点，
即点B在（﹣1，0）处，记作点B'，
∴OB'＝1，
∵A（1，0），
∴OA＝1，
∴OA＝OB'，
∴∠OB'A＝45°，
∵△ABC为等边三角形，
∴B'C'＝AB'，∠AB'C'＝60°，
在Rt△A'OB'中，AB'＝，
∴B'C'＝，
过点C'作C'G⊥y轴于G，
∴∠B'GC'＝90°，∠C'B'G＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
∴∠B'C'G＝15°，
在C'G上取一点M，连接B'M，使B'M＝C'M，
∴∠B'MG＝30°，
在Rt△B'GM中，则GM＝B'G，BM＝2B'G，
∴C'G＝GM+C'M＝（+2）B'G，
在Rt△B'GC'中，根据勾股定理得，B'G2+C'G2＝B'C'2，
B'G2+[（+2）B'G]2＝（）2，
∴B'G＝，
∴C'G＝（+2）•＝＝，
∴m的取值范围为1≤m＜；
（3）当点C在圆内时，当∠BAC＝90°时，始终存在等腰Rt△ABC是⊙O的“点A关联三角形”，即r＞4，
∵直线y＝x与⊙O在第一象限的交点为A，
∴A（r，r），
如图3，
当点C在圆外时，当∠BAC＝90°时，存在等腰Rt△ABC为⊙O的“点A关联三角形”，
如图4，
过点B作y轴的平行线BR，过点A作AR⊥BR于R，作AT⊥x轴于T，
∵∠ORA＝∠OTA＝90°＝∠ROT，
∴四边形ORAT是矩形，
∵AB＝AC，
∴△ABR≌△ACT（AAS），
∴AR＝AT，BR＝CT，
∵点A在直线y＝x上，
∴点A到x，y轴的距离相等是AT，
∴R在y轴上，即点B也在y轴负半轴上，
∴OT＝OR＝r，
当点B在⊙O上时，RB＝r+r，CT＝4﹣r，
∴r+r＝4﹣r，
∴r＝4（﹣1），
当AC与⊙O相切时，则∠OAC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴点B与点O重合，此时，r＝OC＝2，
∴4（﹣1）＜r≤2，
即4（﹣1）＜r≤2或r＞4．
【中考热点7】几何最值问题★★★★★
【考情分析】
最值问题是初中数学的重要内容，也是一类综合性较强的问题，它贯穿初中数学的始终，是中考的热点问题，它主要考察学生对平时所学的内容综合运用，在中考压轴题中出现比较高的主要有利用重要的几何结论（如两点之间线段最短、三角形两边之和大于第三边、两边之差小于第三边、垂线段最短等）．
【满分技巧】
1. 垂线段最值类型：
2. 点与点之间，线段最短类型；
3. 轴对称最值类型（也称将军饮马型）；
4. 二次函数最值类型；
5. 辅助圆中最值类型；
6. 费马点最值类型；
7. 胡不归最值类型；
8. 阿波罗尼斯圆最值类型
【2024年中考预测】
一、选择题（共11小题）
1．（2024•宁乡市模拟）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝6，BC＝8．点P是线段BC上一动点，点M为线段AP上一点．∠ADM＝∠BAP，则BM的最小值为（ ）
A．5B．6C．D．
【答案】D
【解析】解：如图，取AD的中点O，连接OB，OM．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝6，
∴∠BAP+∠DAM＝90°，
∵∠ADM＝∠BAP，
∴∠ADM+∠DAM＝90°，
∴∠AMD＝90°，
∵AO＝OD＝4，
∴OM＝AD＝4，
∴点M在以O为圆心，4为半径的⊙O上，
∵OB＝＝＝2，
∴BM≥OB﹣OM＝2﹣4，
∴BM的最小值为2﹣4．
故选：D．
2．（2024•马鞍山校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝4，点D、F分别是边AB，BC上的动点，连接CD，过点A作AE⊥CD交BC于点E，垂足为G，连接GF，则GF+FB的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：延长AC到点P，使CP＝AC，连接BP，过点F作FH⊥BP于点H，取AC中点O，连接OG，过点O作OQ⊥BP于点Q，
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AB＝4
∴AC＝CP＝2，BP＝AB＝4
∴△ABP是等边三角形，∴∠FBH＝30°
∴Rt△FHB中，FH＝FB
∴当G、F、H在同一直线上时，GF+FB＝GF+FH＝GH取得最小值
∵AE⊥CD于点G
∴∠AGC＝90°
∵O为AC中点
∴OA＝OC＝OG＝AC
∴A、C、G三点共圆，圆心为O，即点G在⊙O上运动
∴当点G运动到OQ上时，GH取得最小值
∵Rt△OPQ中，∠P＝60°，OP＝3，
sin∠P＝
∴OQ＝OP＝
∴GH最小值为
故选：C．
3．（2024•中山市校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC＝8，AB＝6，则四边形ACGH周长的最小值是（ ）
A．24B．22C．20D．18
【答案】B
【解析】解：∵CG∥AB，
∴∠B＝∠MCG，
∵M是BC的中点，
∴BM＝CM，
在△BMH和△CMG中，，
∴△BMH≌△CMG（ASA），
∴HM＝GM，BH＝CG，
∵AB＝6，AC＝8，
∴四边形ACGH的周长＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，
∴当GH最小时，即MH⊥AB时四边形ACGH的周长有最小值，
∵∠A＝90°，MH⊥AB，
∴GH∥AC，
∴四边形ACGH为矩形，
∴GH＝8，
∴四边形ACGH的周长最小值为14+8＝22，
故选：B．
4．（2024•肥西县一模）如图，△ABC中∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，BC＝6，线段DE的两个端点D、E分别在边AC，BC上滑动，且DE＝4，若点M、N分别是DE、AB的中点，则MN的最小值为（ ）
A．2B．3C．3.5D．4
【答案】B
【解析】解：如图，连接CM、CN，
△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，BC＝6，
∵DE＝4，点M、N分别是DE、AB的中点，
∴CN＝AB＝5，CM＝DE＝2，
当C、M、N在同一直线上时，MN取最小值，
∴MN的最小值为：5﹣2＝3．
故选：B．
5．（2024•华蓥市一模）如图，▱ABCD的面积为12，AC＝BD＝6，AC与BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线相交于点F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，则PG的最小值是（ ）
A．1B．C．D．3
【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AC＝BD，∴OD＝OC，
∵DF∥AC，OD∥CF，∴四边形OCFD为菱形，
∵点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，
∴当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．
过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC与P，则GP∥MD，
∵矩形ABCD的面积为12，AC＝6，
∴2×AC•DM＝12，
即2××6•DM＝12，解得DM＝2，
∵G为CD的中点，∴GP为△DMC的中位线，
∴GP＝DM＝1，故PG的最小值为1．故选：A．
6．（2024•宿迁二模）如图，等边三角形ABC的边长为4，⊙C的半径为，P为AB边上一动点，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】D
【解析】解：连接CQ、CP，过点C作CH⊥AB于H，
∵PQ是⊙C的切线，∴CQ⊥PQ，
∴PQ＝＝，
当CP⊥AB时，CP最小，PQ取最小值，
∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝60°，
∴CH＝BC•sinB＝2，
∴PQ的最小值为：＝3，故选：D．
7．（2024•肥东县模拟）如图，在正方形ABCD中，已知边AB＝5，点E是BC边上一动点（点E不与B、C重合），连接AE，作点B关于直线AE的对称点F，则线段CF的最小值为（ ）
A．5B．C．D．
【答案】B
【解析】解：如图所示，连接AF，AC，
∵正方形ABCD的边长为5，
∴AC＝，
∵B，F关于AE成轴对称，
∴AE垂直平分BF，
∴AB＝AF＝5，
∵AF+CF≥AC，
∴当C，F，A在同一直线上时，CF的最小值为AC﹣AF＝﹣5，
故选：B．
8．（2024•蚌埠模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝6，延长AB至D，使得BD＝AB，点P为动点，且PB＝PC，连接PD，则PD的最小值为（ ）
A．B．5C．D．9
【答案】A
【解析】解：∵AB＝AC＝10，PB＝PC，
∴直线AP为线段BC的垂直平分线，
当DP⊥AP时，PD有最小值，此时BC∥PD，
∴∠ABC＝∠D，∠AEB＝∠APD，
∴△AEB∽△APD，
∴，
∵AP垂直平分BC，BC＝6，
∴BE＝3，
∵AB＝10，
∴BD＝AB＝5，
∴AD＝AB+BD＝15，
∴，
解得PD＝，
即PD的最小值为，
故选：A．
9．（2024•安徽一模）如图，在▱ABCD中，∠A＝90°，E是边AD上的动点，连接BE，过点E作EF⊥BE交CD边交于点F，连接BF，当AB＝6，BC＝8，则BF的最小值是（ ）
A．9B．C．10D．
【答案】D
【解析】解：∵▱ABCD，∠A＝90°，
∴▱ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，BC＝AD＝8，
设AE＝x，DE＝8﹣x，DF＝y，CF＝6﹣y，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，EF⊥BE，
∴∠AEB+∠FED＝90°，
∴∠ABE＝∠DEF，
∴△ABE∽△DEF，
∴，
即，
∴（0＜x＜8），
∴y的最大值为：，
当DF＝时，CF＝6﹣＝，此时BF＝最小，BF＝，
故选：D．
10．（2024•玉山县一模）如图，E、F是正方形ABCD边上的两点，，以EF为边向正方形内作矩形EFGH，EH＝2，若矩形EFGH在正方形内可随线段EF进行自由滑动，则正方形的边长的最小值为（ ）
A．2B．4C．4D．2
【答案】B
【解析】解：连接HF，如图，
∵矩形EFGH，
∴HG＝EF＝2，EH＝GF＝2，∠HEF＝∠HGF＝90°，
在Rt△EHF中，
HF2＝EH2+EF2，
∴HF＝，
在Rt△HEF和Rt△HGF中，HF为斜边长，
∴HF为Rt△EHF和Rt△HGF中的最长边，
∴HF为矩形EFGH中最长一条线段，
若要使矩形在正方形内可随线段EF进行自由滑动，
则AB≥HF＝4，
∴正方形边长的最小值为4，
故选：B．
11．（2024•广平县模拟）如图，AB是⊙O的一条弦，P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），C，D分别是AB，BP的中点．若AB＝4，∠APB＝45°，则CD长的最大值为（ ）
A．2B．2C．4D．4
【答案】B
【解析】解：∵C，D分别是AB，BP的中点
∴CD＝AP，
当AP为直径时，CD长最大，
∵AP为直径，
∴∠ABP＝90°，且∠APB＝45°，AB＝4，
∴AP＝4．
∴CD长的最大值为2．
故选：B．
二、填空题（共20小题）
12．（2024•碑林区校级一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，BC＝12，点D在BC上，且CD＝2BD，过点D作等腰Rt△DMN，DM＝DN，当点M在AB上运动时，B、N两点间距离的最小值为 ．
【答案】．
【解析】解：过D作DP⊥BC，且DP＝BD，连接PN交OA于N′，PD交AB于点G，过D作DH⊥AB于H，
∵等腰Rt△DMN，DM＝DN，
∴∠MDN＝90°，
∴∠BDM＝∠PDN，
∴，
∴△PDN∽△BDM，
∴∠B＝∠P，
又∵∠PGA＝∠BGD，
∴PN⊥AB，
∴点N在过点P且与AB垂直的直线上，
记PN与AB的交点为点N′，
∴BN≥BN′，
当N与N′重合时，B、N两点间距离最小，
∵AB＝AC，∠A＝120°，
∴，
∵BC＝12，CD＝2BD，
∴CD＝4，
∴，
在Rt△BDG中，，
∴，
在Rt△DHG和Rt△PGN′中，，，
∴，
∴，
故答案为：．
13．（2024•澄海区校级模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是 ．
【答案】2
【解析】解：如图：
当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2＝CE．
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF．
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝2．
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．
∴∠DP2P1＝90°．
∴∠DP1P2＝45°．
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝2，
∴BP1＝2
∴PB的最小值是2．
故答案为：2．
14．（2024•肇东市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以点C为圆心，3为半径做⊙C，分别交AC，BC于D，E两点，点P是⊙C上一个动点，则PA+PB的最小值为 ．
【答案】．
【解析】解：在AC上截取CQ＝1，连接CP，PQ，BQ，
∵AC＝9，CP＝3，
∴＝，
∵CP＝3，CQ＝1，
∴＝，
∴△ACP∽△PCQ，
∴PQ＝AP，
∴PA+PB＝PQ+PB≥BQ，
∴当B、Q、P三点共线时，PA+PB的值最小，
在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，
∴QB＝，
∴PA+PB的最小值，
故答案为：．
15．（2024•龙湖区校级一模）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为 ．
【答案】
【解析】解：如图，连接AP，
∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，
∴∠EAF＝90°，
∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，
∴四边形AEPF是矩形，
∴EF，AP互相平分．且EF＝AP，
∴EF，AP的交点就是M点．
∵当AP的值最小时，AM的值就最小，
∴当AP⊥BC时，AP的值最小，即AM的值最小．
∵AP•BC＝AB•AC，
∴AP•BC＝AB•AC，
∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，
∴5AP＝3×4，
∴AP＝，
∴AM＝；
故答案为：．
16．（2024•东兴区一模）如图，矩形ABCO的顶点A，C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（4，3），⊙M是△AOC的内切圆，点N，点P分别是⊙M，x轴上的动点，则BP+PN的最小值是 ．
【答案】4．
【解析】解：作点B关于x轴的对称点B′，连接MB′，交⊙M于点N，交x轴于点P，
过点M作MQ⊥x轴，交x轴于点E，过点B′作B′Q⊥MQ，
∵点B与点B′关于x轴对称，
∴PB+PN＝PB′+PN，
当N、P、B’在同一直线上且经过点M时取最小值．
在Rt△ABC中，AC＝＝5，
由⊙M是△AOC的内切圆，设⊙M的半径为r，
∴S△AOC＝（3r+4r+5r）＝×3×4，
解得r＝1，
∴ME＝MN＝1，
∴QB′＝4﹣1＝3，QM＝3+1＝4，
∴MB′＝5，
∴PB′+PN＝5﹣1＝4，
即PB+PN最小值为4，
故答案为：4．
17．（2024•雁塔区校级二模）如图，正方形ABCD中，AB＝4，M是CD边上一个动点，以CM为直径的圆与BM相交于点Q，P为CD上另一个动点，连接AP，PQ，则AP+PQ的最小值是 ．
【答案】．
【解析】解：连接CQ，以CD为一条边在右侧作正方形CDEF，则∠MQC＝90°，
∴∠BQC＝90°，
∴点Q在以BC为直径的圆上运动，
∵AD＝DE，∠ADP＝∠EDP，DP＝DP，
∴△ADP≌△EDP（SAS），
∴AP＝EP，
∴AP+PQ＝EP+PQ≥EQ≥EO﹣ON＝﹣2＝﹣2＝，
∴AP+PQ的最小值为，
故答案为：．
18．（2024•贵州一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E在边AD上，点F在边BC上，且AE＝CF，连接CE，DF，则CE+DF的最小值为 ．
【答案】2．
【解析】解：如图，连接BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠BAE＝∠DCF＝90°，
∵AE＝CF，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE＝DF，
∴CE+DF＝CE+BE，
如图，作点B关于A点的对称点B'，连接CB'，
CB'即为CE+BE的最小值，
∵AB＝1，AD＝2，
∴BB'＝2，BC＝2，
∴B′C＝＝＝2，
故答案为：2．
19．（2024•广州一模）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH．若∠B＝45°，BC＝，则GH的最小值为 ．
【答案】
【解析】解：连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝2，
∵G，H分别为AE，EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，∴GH＝AF，
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，则∠AFB＝90°，
∵∠B＝45°，∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF＝AB＝×2＝，∴GH＝，
即GH的最小值为，故答案为：．
20．（2024•雅安模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为 ．
【答案】3．
【解析】解：如图，连接CP，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，AB＝＝＝6，
∵PD⊥BC，PE⊥AC，
∴∠PDC＝∠PEC＝90°，
∴四边形CDPE是矩形，∴DE＝CP，
由垂线段最短可得，当CP⊥AB时，线段DE的值最小，
此时，AP＝BP，
∴CP＝AB＝3，
∴DE的最小值为3，故答案为：3．
21．（2024•泉山区校级模拟）如图，AB为半圆O的直径，点C在半圆O上，AB＝8，∠CAB＝60°，P是弧上的一个点，连接AP，过点C作CD⊥AP于点D，连接BD，在点P移动过程中，BD长的最小值为 ．
【答案】2﹣2
【解析】解：如图，以AC为直径作圆O′，连接BO′、BC，O'D，
∵CD⊥AP，
∴∠ADC＝90°，
∴在点P移动的过程中，点D在以AC为直径的圆上运动，
∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，∵AB＝8，∠CAB＝60°，
∴BC＝AB•sin60°＝4，AC＝AB•cs60°＝4，
∴AO'＝CO'＝2，
∴BO'＝＝＝2，
∵O′D+BD≥O′B，
∴当O′、D、B共线时，BD的值最小，最小值为O′B﹣O′D＝2﹣2，
故答案为2﹣2．
22．（2024•钟楼区校级模拟）如图所示，在直角坐标系中，A点坐标为（﹣3，4），⊙A的半径为2，P为x轴上一动点，PB切⊙A于点B，则PB最小值是 ．
【答案】2．
【解析】解：如图，连接AB，AP．
根据切线的性质定理，得AB⊥PB．
要使PB最小，只需AP最小，
则根据垂线段最短，则AP⊥x轴于P，
此时P点的坐标是（﹣3，0），AP＝4，
在Rt△ABP中，AP＝4，AB＝2，
∴PB＝＝2．
则PB最小值是2．
故答案为：2．
23．（2024•娄星区校级一模）如图，正方形ABCD的边长为a，点E、F分别在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF相交于点G，连接CG，则CG的最小值为 ．
【答案】．
【解析】解：如图，取AB中点H，连接HG，HC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝a，∠ABC＝∠BCD＝90°，
在△ABE和△BCF中，，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，
∴∠BAE+∠ABG＝∠CBF+ABG＝90°，
∴∠AGB＝90°，
∴HG＝AB＝a，
∵HG、HC的长不变，
∴当H、G、C在同一条直线上时，CG取最小值，
Rt△BCH中，HC＝＝＝，
∴CG的最小值＝HC﹣HG＝﹣a＝，
故答案为：．
24．（2024•灞桥区校级二模）如图，菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝60°，点E为AB的中点，点F为BC上一点，连接EF，作∠GEF＝60°且△GEF面积为，则DG的最小值为 ．
【答案】．
【解析】解：连接EC，过点E作EH⊥BC于H，过点G作GK⊥EF于K，如图1所示：

在菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝60°，点E为AB的中点，
∴BC＝AB＝CD＝8，BE＝AB＝4，AB∥CD，
在Rt△BEH中，∠B＝60°，BE＝4，
∴sin∠B＝，cs∠B＝，
∴EH＝BE•sin∠B＝4•sin60°＝2，BH＝BE•cs∠B＝4•cs60°＝2，
∴CH＝BC﹣BH＝8﹣2＝6，
在Rt△ECH中，EH＝2，CH＝6，
∴tan∠BCE＝＝＝，
∴锐角∠BCE＝30°，
∴EC＝2EH＝4，∠CEH＝60°，
∵∠B＝60°，∠BCE＝30°，
∴∠BEC＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠ECD＝90°，
在Rt△EGK中，∠GEF＝60°，
∴sin∠GEF＝，
∴GK＝EG•sin∠GEF＝EG•sin60°，
∵S△GEF＝EF•GK＝3，
∴•EF•EG•sin60°＝3，
∴EF•EG＝12，
设CE的中点为T，连接GT，如图2所示：

∴ET＝EC＝×4＝2，
∴EH•ET＝2×2＝12，
∴EF•EG＝EH•ET，
即，
又∵∠GEF＝∠CEH＝60°，
∴∠GET+∠CEF＝∠CEF+∠HEF＝60°，
∴∠GET＝∠HEF，
∴△GET∽△HEF，
∴∠EGT＝∠EHF＝90°，
设ET的中点为O，连接OG，则OG＝OE＝ET＝×2＝，
∴在点F的运动过程中，点G始终在以点O为圆心，以为半径的圆上运动，连接OD，如图3所示：

根据“两点之间线段最短”得：DG+OG≥OD，
∴DG≥OD﹣OG，
∴当点D，G，O在同一条直线上时，DG为最小，最小值为OD﹣OG，
∵CE＝4，OE＝，
∴OC＝CE﹣OE＝3，
∴∠ECD＝90°，
在Rt△OCD中，CD＝8，OC＝3
由勾股定理得：OD＝＝，
∴OD﹣OG＝，
∴DG的最小值为．
故答案为：．
25．（2024•武侯区校级一模）如图，矩形ABCD中，已知AB＝3，BC＝6，E为AD边上一动点，将△ABE沿BE边翻折到△FBE，点A与点F重合，连接DF、CF．则DF+FC的最小值为 ．
【答案】．
【解析】解：在BC上取点G，使BG＝1.5，连接FG，DG，如图
∵△ABE沿BE边翻折到△FBE，
∴BF＝AB＝3
又∵BC＝6，
∴＝，＝，
∴＝，
又∠FBG＝∠CBF，
∴△FBG∽△CBF，
∴＝＝，
∴FG＝CF，
∴DF+FC＝DF+GF≥DG，
当D、F、G三点共线时，DF+FC最小，
在Rt△CDG中，CD＝AB＝3，
CG＝BC﹣BG＝4.5，∠BCD＝90°，
∴DG＝＝，
即DF+FC的最小值为．
故答案为：．
26．（2024•山阳县一模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在线段AD上，以DE为边构造正方形DEFG，使点G在CD的延长线上，连接CF，取CF的中点H，连接DH．当点E在AD边上运动（不含A，D）时，DH的最小值为 ．
【答案】．
【解析】解：如图，连接GH，EH，AC，BD，AC与BD交于点O，延长FE到点M，使EM＝FE，连接DM，CM，
∵四边形DEFG是正方形，
∴FE＝DE，∠FED＝90°，
∴DE＝EM，∠DEM＝90°，
∴△DEM是等腰直角三角形，
∴∠EDM＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝45°，AC⊥BD，
∴点D、O、M、B在一条直线上，
∵点E是FM的中点，点H是CF的中点，
∴EH是△CFM的中位线，
∴EH＝CM，
当CM最小时，EH最小，
即当CM⊥BD时，CM最小，
∵CO⊥BD，
∴M点与O点重合时，CM最小，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AD＝CD＝4，∠ADC＝90°，AO＝CO，
由勾股定理得AC＝＝＝4，
∴CO＝AC＝×4＝2，
∴EH＝CO＝×2＝，
∵四边形DEFG是正方形，
∴∠FGC＝90°，
∵点H是CF的中点，
∴GH＝CF＝FH，
∴点H在FG的垂直平分线上，
∵四边形DEFG是正方形，
∴点H也在ED的垂直平分线上，
∴EH＝DH，
∴DH＝，
即DH的最小值为；
故答案为：．
27．（2024•莲湖区校级一模）如图，在矩形ABCD中，，AD＝4，P是弧CD上的一个动点，弧CD的圆心角为120°，连接AP，则AP的最小值是 ．
【答案】．
【解析】解：如图所示，设弧CD所在圆的圆心为O，过点O作OE⊥AB交AB于点E，交CD于点F，连接AO，PO，OD，OC，
∵P是弧CD上的一个动点，
∵AP≤AO﹣OP，
∴当点A，P，O三点共线时，AP有最小值，即AO﹣OP的长度，
∵四边形ABCD是矩形，OE⊥AB，∴OE⊥CD，
∵弧CD的圆心角为120°，∴∠COD＝120°，
∴，，
∴∠ODF＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴OD＝2OF，OD2＝DF2+OF2，
∴，∴OF＝2，
∴OP＝OD＝2OF＝4，
∵∠DAB＝∠ADC＝∠AEF＝90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF＝AD＝4，
∴OE＝OF+EF＝2+4＝6，
∴，
∴，
∴AP的最小值是．
故答案为：．
28．（2024•顺昌县一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝120°，点E，F分别在AB，CD上，且DF＝BE，连接DE，AF，则DE+AF的最小值为 ．
【答案】4．
【解析】解：如图，连接CE，作D关于直线AB的对称点N，连接CN，BN，NE，DB，可得DE＝NE，DK＝NK，DN⊥AB，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，
∵DF＝BE，∠ABC＝120°，
∴AE＝CF，∠DCB＝∠DAB＝60°，
∴四边形AECF为平行四边形，∴AF＝CE，
∴DE+AF＝NE+CE≥CN，
当E，N，C三点共线时，此时取等于号，DE+AF最小，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，
∴AB＝AD，∠ABD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，∴AD＝BD，
∵DN⊥AB，∴AK＝BK，
∵DK＝NK，∠AKD＝∠BKN，∴△ADK≌△BNK，
∴∠NBK＝∠DAB＝60°，BN＝AD＝2，
∵∠ABC＝120°，
∴△ADK≌△BNK，
∴∠NBK＝∠DAB＝60°，BN＝AD＝2，
∵∠ABC＝120°，
∴∠NBK+∠ABC＝180°，
∴N，B，C三点共线，
当E，N，C三点共线时，E，B重合，
∵BN＝BC＝2，
∴CN＝4，即DE+AF最小值为4．
故答案为：4．
29．（2024•曲阜市一模）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为（6，8），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点．若点A、点B关于原点O对称，则当AB取最大值时，点A的坐标为 ．
【答案】（﹣14，0）．
【解析】解：连接PO，
∵PA⊥PB，∴∠APB＝90°，
∵点A、点B关于原点O对称，
∴AO＝BO，
∴AB＝2PO，
若要使AB取得最大值，则PO需取得最大值，
连接OM，并延长交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最大值，
过点M作MQ⊥x轴于点Q，
则OQ＝6、MQ＝8，
∴OM＝10，
又∵MP'＝r＝4，
∴OP'＝MO+MP'＝10+4＝14，
∴AB＝2OP'＝2×14＝28；
∴A点坐标为（﹣14，0），
故答案为：（﹣14，0）．
30．（2024•碑林区校级一模）如图所示，已知△ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D和点E分别是AB和AC边上的动点，满足AD＝CE，连接DE，点F是DE的中点，则的最大值为 ．
【答案】+1，
【解析】解：过E作EM⊥ED，且EM＝ED，连DM，MC．
取ME中点N，连ND、NC、NF．
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∠AED+∠MEC＝90°，
∴∠ADE＝∠MEC，
在△ADE和△CEM中，，
∴△ADE≌△CEM（SAS），
∴∠ECM＝∠DAE＝90°．
设AF＝1，
∵F为DE中点，
∴DE＝2AF＝2．，
∴EM＝2，
∵N为EM中点，
∴CN＝EN＝1．
∴DN＝＝，
∵ND+NC≥DC，
∴CD最大值+1，
∴＝（+1）÷1＝+1，
故答案为：+1，
31．（2024•东营一模）如图，点A是y轴正半轴上的动点，点B在x轴的正半轴上，AB＝4，以AB为边在第一象限作正方形ABCD，连接OC，则OC的最大值为 2+2 ．
三、解答题（共4小题）
32．（2024•雁塔区校级二模）问题提出：
（1）如图①，已知线段AB，请以AB为斜边，在图中画出一个直角三角形；
（2）如图②，已知点A是直线l外一点，点B、C均在直线l上，AD⊥l且AD＝4，∠BAC＝60°，求△ABC面积的最小值；
问题解决：
（3）如图③，某园林单位要设计把四边形花园划分为几个区域种植不同花草，在四边形ABCD中，∠A＝45°，∠B＝∠D＝90°，CB＝CD＝m，点E、F分别为AB、AD上的点，若保持CE⊥CF，那么四边形AECF的面积是否存在最大值？若存在，请求出面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）作图见解析部分；
（2）；
（3）144m2．
【解析】解：（1）以AB为直径作圆，在圆上任取一点（不与点A、B重合）C，连接AC、BC，如图①所示：
则∠ACB＝90°，
∴Rt△ACB即为所求；
（2）作△ABC的外接圆⊙O，连接OA、OB、OC，过点O作OE⊥BC于点E，如图②所示：
则∠BOC＝2∠BAC，OA＝OB＝OC，BE＝CE＝BC，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝120°，∠OBC＝∠OCB＝30°，
设 OA＝OB＝OC＝r，
则OE＝r，BC＝2BE＝r，
∵AO+OE≥AD，AD＝4，
∴r+r≥4，
解得：r≥，
∴BC＝r≥，
∴BC最小值为
∵S△ABC＝BC•AD，
∴△ABC面积的最小值为：××4＝；
（3）四边形AECF的面积存在最大值，理由如下：
分别延长AB、DC交于点M，如图③所示：
则△ADM、△CBM均为等腰直角三角形，
∵CB＝CD＝6m，
∴BM＝6m，CM＝12m，AD＝DM＝（12+6）m，
∴S四边形ABCD＝S△ADM﹣S△CBM＝DM2﹣BC2＝×（12+6）2﹣×（6）2＝（72+72）m2，
∵∠BCD＝360°﹣∠A﹣∠CDA﹣∠CBA＝360°﹣45°﹣90°﹣90°＝135°，
∴将△CBE绕点C顺时针旋转135°得到△CDE′，则A、D、E′三点共线，
∴S四边形AECF＝S四边形ABCD﹣（S△CBE+S△CDF）＝S四边形ABCD﹣S△CE′F，
∵S四边形ABCD为定值，
∴当S△CE′F取得最小值时，S四边形AECF取得最大值，
∵∠E′CF＝135°﹣90°＝45°，
∴以E′F为斜边作等腰Rt△OE′F，则△CE′F的外接圆是以点O为圆心，OF长为半径的圆，
设△CE′F的外接圆半径为r m，则E′F＝r m，
又∵OC+OD≥CD，
∴r+r≥6，
∴r≥12﹣12，
当点O在CD上时，E′F最短，此时E′F＝r＝（24﹣12）m，
∴S△CE′F最小＝×（24﹣12）×6＝（72﹣72）（m2），
∴S四边形AECF最大＝S四边形ABCD﹣S△CE′F最小＝72+72﹣（72﹣72）＝144（m2）．
33．（2024•西安校级一模）【问题提出】
（1）如图1，已知在边长为5的等边△ABC中，点D在边BC上，BD＝3，连接AD，则△ACD的面积为 ；
【问题探究】
（2）如图2，已知在边长为6的正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且∠EAF＝45°，若EF＝5，求△AEF的面积；
【问题解决】
（3）如图3是某座城市廷康大道的一部分，因自来水抢修在AB＝4米，米的矩形ABCD区域内开挖一个△AEF的工作面，其中B、F分别在BC、CD边上（不与B、C、D重合），且∠EAF＝60°，为了减少对该路段的拥堵影响，要求△AEF面积最小，那么是否存在一个面积最小的△AEF？若存在，请求出△AEF面积的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）15；
（3）．
【解析】解：（1）如图1所示，过点A作AE⊥BC于E，
∵△ABC是边长为5的等边三角形，
∴，
∴，
∵BD＝3，
∴CD＝BC﹣BD＝2，
∴S△ACD＝AE•CD＝；
故答案为：；
（2）如图2所示，延长EB到G使得BG＝DF，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABG＝∠BAD＝90°，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠DAF＝∠BAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°，
∴∠EAG＝∠EAF＝45°，
又∵AE＝AE，
∴△AEF≌△AEG（SAS），
∴EG＝EF＝5，S△AEF＝S△AEG，
又∵AB＝6，
∴S△AEF＝S△AEG＝AB•EG＝15；
（3）把△ADF绕点A顺时针旋转90°并把边长缩小为原来的，得到△ABG，
∴，
∵∠EAF＝60°，
∴∠EAG＝30°，
过点E作EM⊥AG于M，作EN⊥AF于N，则四边形AMEN是矩形，
∴ME＝AN，
∴，
∴＝＝，
∴S△AEF＝3S△AEG，
∴当△AEG的面积最小时，△AEF的面积最小；
如图3所示，作△AEG的外接圆，圆心为O，连接OA，OG，OE，过点O作OH⊥EG于H，设OG＝OA＝OE＝r，
∴∠GOE＝2∠GAE＝60°，
∴∠GOH＝∠EOH＝30°，
∴，
∵S△AGE＝GE•AB＝2GE＝2r，
∴当r最小时，△AEG的面积最小，
∵OA+OH≥AB，
∴，
∴，
∴当A、O、H三点共线时，r有最小值，最小值为，
∴（S△AEF）最小值＝3（S△AEG）最小值＝3×2×＝96﹣48，
∴存在一个面积最小的△AEF，其最小值为．
34．（2024•南宁一模）应用与探究
【情境呈现】
在一次数学兴趣小组活动中，小明同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠ABC＝∠DBE＝30°，BD＝AC＝4．他把三角板ABC固定好后，将三角板DEB从图1所示的位置开始绕点B按顺时针方向旋转，每秒转动5°，设转动时间为t秒（0＜t≤30）．
【问题应用】（1）请直接写出图1中线段AD的值；
（2）如图2，在三角板DEB旋转的过程中，连接AD，当四边形ACBD是矩形时，求t值；
【问题探究】（3）如图3，在三角板DEB旋转的过程中，取AD的中点G，连接CG，CG是否存在最大值？若存在，请求出CG的最大值，并直接写出此时的t值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）线段AD的值为4；
（2）t的值为12秒；
（3）CG存在最大值，CG的最大值为6，此时的t值为24秒．
【解析】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2×4＝8，
∵BD＝4，∴AD＝AB﹣BD＝8﹣4＝4，
∴线段AD的值为4；
（2）当四边形ACBD是矩形时，如图：
此时∠CBD＝90°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠ABD＝∠CBD﹣∠ABC＝60°，即旋转角为60°，
∴t＝60÷5＝12（秒），
∴t的值为12秒；
（3）CG存在最大值，理由如下：
取AB的中点M，连接CM，GM，如图：
∴CM＝AB＝×8＝4，
∵M为AB中点，G为AD中点，
∴MG是△ABD的中位线，
∴MG＝BD＝×4＝2，MG∥BD，
当G在CM延长线上时，CG取最大值，如图：
∴CG＝CM+MG＝4+2＝6，即CG的最大值为6；
此时AM＝CM＝AC＝4，∴△ACM是等边三角形，
∴∠AMC＝60°，∴∠AMG＝120°，
∵MG∥BD，∴∠ABD＝120°，即旋转角为120°，
∴t＝120÷5＝24（秒），
综上所述，CG的最大值为6，此时的t值为24秒．
35．（2024•渭城区一模）【问题情境】（1）点A是⊙O外一点，点P是⊙O上一动点．若⊙O的半径为2，且OA＝5，则点P到点A的最长距离为 ；
【直接运用】（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以BC为直径的半圆交AB于点D，P是弧CD上的一个动点，连接AP，求AP的最小值；
【灵活运用】（3）如图3，⊙O的直径为8，弦，点C为优弧AB上的一动点，AM⊥AC，交直线CB于点M，求△ABM面积的最大值．
【答案】（1）7；
（2）；
（3）．
【解析】解：（1）如图1，当点O，P，A三点共线，点P在点O左侧时，点P到点A的距离最长．
∵点P是⊙O上一动点，⊙O的半径为2，OA＝5，∴AP＝OP+OA＝2+5＝7，
∴点P到点A的最长距离为7．
（2）如图2，连接OA，交半圆于点P′，连接OP．
∵AC＝BC＝2，BC为半圆的直径，∴．
∵∠ACB＝90°，∴
∵AP≥OA﹣OP，∴，
∴当点P在OA上时，AP最短，最小值为．
（3）如图3，连接OA，OB，过点O作OR⊥AB于点R．
∵OA＝OB＝4，，
∴，
，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠ACB＝60°．
∵AM⊥AC，
∴∠M＝30°．
如图3，作△ABM的外接⊙K，
要使S△ABM最大，则点M到AB的距离最大，
延长OR交⊙K于点H，
∵OR⊥AB，，
∴直线OR是线段AB得垂直平分线，
则点K一定在直线OR上，
连接AK，BK，AH，BH，
∴∠AHB＝30°．
∴∠AKB＝60°．
∵AK＝BK，
∴△ABK是等边三角形，
∴，
，
∴点H到AB的距离为，
∴，
∴△ABM面积的最大值为．
【中考热点8】跨学科综合题 ★★★
【考情分析】
由于数学是学好物理、化学、地理等课程的基础，因此在近几年的中考命题中，以其他学科的知识为背景，或以其他学科的问题为载体设计的数学问题随机可见，令人耳目全新．既能体现数学科的工作作用，又能考查学生综合运用知识的能力，更符合当前课程改革的需要．在今后的中考试题中，跨学科的综合题仍是命题的热点．
【2024年中考预测】
一、选择题（共1小题）
1．（2024•临汾一模）物理爱好者小明为了测试不溶于水且不吸水的“人造自由百变泥”的密度，他向一个圆柱体水杯中装入一定量的水，用电子测力计悬挂“人造自由百变泥”并使它的最下端与水面刚好接触，如图1所示．从此处匀速下放“人造自由百变泥”，直至浸没于水中并继续匀速下放但不与水杯的底部接触．在“人造自由百变泥”下放过程中，测力计示数F与“人造自由百变泥”浸入水中深度h的关系如图2所示．当g＝10N/kg时，由此可知，“人造自由百变泥”的密度是（ ）
A．1.25×103kg/m3B．1.5×103kg/m3
C．1.75×103kg/m3D．2×103kg/m3
【答案】A
【解析】解：由题图2可知，“人造自由百变泥”完全浸没后所受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝10﹣2＝8（N）①，
“人造自由百变泥”的重力G＝mg＝ρ泥V泥g＝10N②，
而V排＝V泥，kg/m3，
∴＝＝，
∴＝1.25×103（kg/m3）．故选：A．
二、填空题（共1小题）
2．（2024•东平县一模）《中华人民共和国道路交通安全法》规定，同车道行驶的机动车，后车应当与前车保持足以采取紧急制动措施的安全距离，其原因可以用物理和数学的知识来解释．公路上行驶的汽车急刹车时，刹车距离s（m）与时间t（s）的函数关系式为s＝16t﹣4t2，当遇到紧急情况刹车时，由于惯性的作用，汽车最远要滑行 16 m才能停下．
【答案】16．
【解析】解：S＝16t﹣4t2＝﹣4（t﹣2）2+16，
∵﹣4＜0，
∴当 t＝2时，s最大，
∴当t＝2时，汽车停下来，滑行了16m．
故答案为：16．
三、解答题（共10小题）
3．（2024•梁园区校级模拟）学科综合
我们在物理学科中学过：光线从空气射入水中会发生折射现象（如图1），我们把n＝称为折射率（其中α代表入射角，β代表折射角）．
观察实验
为了观察光线的折射现象，设计了图2所示的实验，即通过细管MN可以看见水底的物块C，但不在细管MN所在直线上，图3是实验的示意图，四边形ABFE为矩形，点A，C，B在同一直线上，测得BF＝12cm，DF＝16cm．
（1）求入射角α的度数．
（2）若BC＝7cm，求光线从空气射入水中的折射率n．（参考数据：，，）
【解析】解：（1）如图：过点D作DG⊥AB，垂足为G，
由题意得：四边形DGBF是矩形，
∴DG＝BF＝12cm，BG＝DF＝16cm，
在Rt△DGB中，tan∠BDG＝＝＝，
∴∠BDG＝53°，
∴∠PDH＝∠BDG＝53°，
∴入射角α的度数为53°；
（2）∵BG＝16cm，BC＝7cm，
∴CG＝BG﹣BC＝9（cm），
在Rt△CDG中，DG＝12cm，
∴DC＝＝＝15（cm），
∴sinβ＝sin∠GDC＝＝＝，
由（1）得：∠PDH＝53°，
∴sin∠PDH＝sinα≈，
∴折射率n＝＝＝，
∴光线从空气射入水中的折射率n约为．
4．（2024•北流市一模）【跨学科组合】
小明同学在物理课上学习了发声物体的振动实验后，对其作了进一步的探究：在一个支架的横杆点O处用一根细绳悬挂一个小球A，小球A可以自由摆动，如图，OA表示小球静止时的位置．当小明用发声物体靠近小球时，小球从OA摆到OB位置，此时过点B作BD⊥OA于点D，当小球摆到OC位置时，OB与OC恰好垂直（图中的A、B、O、C在同一平面上），过点C作CE⊥OA于点E，测得BD＝8cm，OA＝17cm．
（1）求证：∠COE＝∠B；
（2）求AE的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）9cm．
【解析】（1）证明：∵OB⊥OC，
∴∠BOD+∠COE＝90°，
∵BD⊥OA，
∴∠ODB＝90°，
∴∠BOD+∠B＝90°，
∴∠COE＝∠B；
（2）解：∵BD⊥OA，CE⊥OA，
∴∠CEO＝∠ODB＝90°，
由题意得：OC＝OB＝OA＝17cm，
由（1）得：∠COE＝∠B，
在△COE和△OBD中，
，
∴△COE≌△OBD（AAS），
∴OE＝BD＝8cm，
∴AE＝OA﹣OE＝17﹣8＝9（cm）．
5．（2024•临夏州一模）综合与实践
小西在物理课上学习了发声物体的振动实验后，对其作了进一步的探究：在一个支架的横杆点O处用一根细绳悬挂一个小球A，小球A可以自由摆动，如图①，OA表示小球静止时的位置，当小明用发声物体靠近小球时，小球从OA摆到OB位置，此时过点B作BD⊥OA于点D，当小球摆到OC位置时，OB与OC恰好垂直（点A，B，O，C在同一平面上），过点C作CE⊥OA于点E．
（1）【初步探究】如图①，请你探究线段DE，BD，CE之间的数量关系；
（2）【全等模型】如图②，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为D，E，则DE，BD，CE之间的数量关系为 ；
（3）【类比探究】如图③，在△ABC中，AB＝AC，直线MN经过点A，E，D，且∠BDM＝∠BAC＝
∠DEC，请判断DE，BD，CE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）CE＝DE+BD；
（2）DE＝BD+CE；
（3）CE＝DE+BD，理由见解析．
【解析】解：（1）∵OB⊥OC，
∴∠BOD+∠COE＝90°，
∵BD⊥OA，CE⊥OA，
∴∠CEO＝∠ODB＝90°，
∴∠BOD+∠B＝90°，
∴∠COE＝∠B，
∵OC＝BO，
∴△COE≌△OBD（AAS），
∴OE＝BD，CE＝OD，
∴CE＝OD＝DE+OE＝DE+BD，
即线段DE，BD，CE之间的数量关系为CE＝DE+BD；
（2）∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠DBA+∠DAB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB+∠EAC＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
又∵AB＝CA，∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∵DE＝AD+AE，∴DE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE；
（3）CE＝DE+BD，理由如下：
∵∠BDM＝∠BAD+∠ABD，∠BAC＝∠BAD+∠CAE，∠BDM＝∠BAC，
∴∠BAD+∠ABD＝∠BAD+∠CAE，∴∠ABD＝∠CAE，
∵∠DEC＝∠ACE+∠CAE，∠BAC＝∠DEC，
∴∠ACE+∠CAE＝∠BAD+∠CAE，
∴∠ACE＝∠BAD，
又∵AB＝CA，∴△ACE≌△BAD（ASA），
∴AE＝BD，CE＝AD，
∵AD＝DE+AE，
∴CE＝DE+BD．
6．（2024•天宁区校级模拟）辘轳（图1）是从杠杆演变来的汲水工具，据《物原》记载：“史佚始作辘轳”，说明早在公元前一千一百多年前中国已经发明了辘轳．如图2是从辘轳抽象出来的几何模型，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O是AC边上一点，以OA为半径的⊙O与AB相交于点P，已知CP＝CB．
（1）求证：直线CP是⊙O的切线．
（2）若，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明见解析；
（2）⊙O的半径为3．
【解析】（1）证明：连接OP，
∵OA＝OP，∴∠A＝∠APO，
∵CP＝CB，∴∠B＝∠BPC，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠APO+∠BPC＝90°，
∴∠OPC＝180°﹣90°＝90°，
∴OP⊥CP，
∴直线CP是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，，
∴，，
设⊙O的半径为r，在Rt△OPC中，
，
解得：r＝3，
∴⊙O的半径为3．
7．（2023•广西）【综合与实践】：有言道：“杆秤一头称起人间生计，一头称起天地良心”，某兴趣小组将利用物理学中杠杆原理制作简易杆秤，小组先设计方案，然后动手制作，再结合实际进行调试，请完成下列方案设计中的任务，
【知识背景】：如图，称重物时，移动秤砣可使杆秤平衡，根据杠杆原理推导得：（m0+m）•l＝M•（a+y），其中秤盘质量m0克，重物质量m克，秤砣质量M克，秤纽与秤盘的水平距离为1厘米，秤纽与零刻线的水平距离为a厘米，秤砣与零刻线的水平距离为y厘米．
【方案设计】：目标：设计简易杆秤．设定m0＝10，M＝50，最大可称重物质量为1000克，零刻线与末刻线的距离定为50厘米．
任务一：确定l和a的值．
（1）当秤盘不放重物，秤砣在零刻线时，杆秤平衡，请列出关于l，a的方程；
（2）当秤盘放入质量为1000克的重物，秤砣从零刻线移至末刻线时，杆秤平衡，请列出关于l，a的方程；
（3）根据（1）和（2）所列方程，求出l和a的值；
任务二：确定刻线的位置．
（4）根据任务一，求y关于m的函数解析式；
（5）从零刻线开始，每隔100克在秤杆上找到对应刻线，请写出相邻刻线间的距离．
【解析】解：（1）由题意得：m＝0，y＝0，
∵m0＝10，M＝50，∴10l＝50a，∴l＝5a；
（2）由题意得：m＝1000，y＝50，
∴（10+1000）l＝50（a+50），
∴101l﹣5a＝250；
（3）由（1）（2）可得：，解得：；
（4）由（3）可知：l＝2.5，a＝0.5，
∴2.5（10+m）＝50（0.5+y），∴；
（5）由（4）可知：，
当m＝100时，则有y＝5；
∴相邻刻线间的距离为5厘米．
8．（2024•东城区校级模拟）学校组织九年级学生进行跨学科主题学习活动，利用函数的相关知识研究某种化学试剂的挥发情况．在两种不同的场景A和场景B下做对比实验，设实验过程中，该试剂挥发时间为x分钟时，在场景A，B中的剩余质量分别为y1，y2（单位：克）．
下面是某研究小组的探究过程，请补充完整：
记录y1，y2与x的几组对应值如下：
（1）在同一平面直角坐标系xOy中，描出上表中各组数值所对应的点（x，y1），（x，y2），并画出函数y1，y2的图象；
（2）进一步探究发现，场景A的图象是抛物线的一部分，y1与x之间近似满足二次函数：．场景B的图象是直线的一部分y2与x之间近似满足一次函数y2＝kx+c（k≠0）．则b＝ ，c＝ ，k＝ ；
（3）查阅文献可知，该化学试剂的质量不低于4克时，才能发挥作用，在上述实验中，记该化学试剂在场景A，B中发挥作用的时间分别为xA，xB，则xA xB（填“＞”，“＝”或“＜”）．
【答案】（1）见解析；
（2）﹣0.1，25，﹣1；
（3）＞．
【解析】解：（1）由题意，作图如下．
（2）由题意，场景A的图象是抛物线的一部分，y1与x之间近似满足函数关系y1＝﹣0.04x2+bx+c．
又点（0，25），（10，20）在函数图象上，
∴．
解得：．
∴场景A函数关系式为y1＝﹣0.04x2﹣0.1x+25．
对于场景B的图象是直线的一部分，y2与x之间近似满足函数关系y2＝kx+c．
又（0，25），（10，15）在函数图象上，
∴，
解得：，
∴场景B函数关系式为y2＝﹣x+25．
故答案为：﹣0.1，25，﹣1；
（3）由题意，当y＝4时，
场景A中，xA≈21.7，
场景B中，4＝﹣xB+25，
解得：xB＝21，
∴xA＞xB．
故答案为：＞．
9．（2024•龙岗区模拟）【项目化学习】
项目主题：从函数角度重新认识“阻力对物体运动的影响”．
项目内容：数学兴趣小组对一个静止的小球从斜坡滚下后，在水平木板上运动的速度、距离与时间的关系进行了深入探究，兴趣小组先设计方案，再进行测量，然后根据所测量的数据进行分析，并进一步应用．
实验过程：如图（a）所示，一个黑球从斜坡顶端由静止滚下沿水平木板直线运动，从黑球运动到点A处开始，用频闪照相机、测速仪测量并记录黑球在木板上的运动时间x（单位：s）、运动速度v（单位：cm/s）、滑行距离y（单位：cm）的数据．
记录的数据如下：
根据表格中的数值分别在图（b）、图（c）中作出v与x的函数图象、y与x的函数图象；
（1）请在图（b）中画出v与x的函数图象；
任务二：观察分析
（2）数学兴趣小组通过观察所作的函数图象，并结合已学习过的函数知识，发现图（b）中v与x的函数关系为一次函数关系，图（c）中y与x的函数关系为二次函数关系．请你结合表格数据，分别求出v与x的函数关系式和y与x的函数关系式；（不要求写出自变量的取值范围）
任务三：问题解决
（3）当黑球在水平木板停下来时，求此时黑球的滑行距离；
（4）若黑球到达木板点A处的同时，在点A的前方n cm处有一辆电动小车，以2cm/s的速度匀速向右直线运动，若黑球不能撞上小车，则n的取值范围应为 ．
【答案】（1）图象见解析；（2）v与x的函数关系为；y与x的函数关系式为；（3）100cm；（4）n＞64．
【解析】解：（1）画出v与x的函数图象如下：
（2）由（b）中图象可知：v与x的函数关系为一次函数关系，
∴设v＝kx+c，代入（0，10），（2，9）得：
，
解得：，
∴v与x的函数关系为；
设y＝ax2+bx代入（2，19），（4，36）得：
，
所得：，
∴y与x的函数关系式为；
（3）当时，
解得：x＝20．
将x＝20代入得：
y＝﹣+10×20＝100．
∴当黑球在水平木板停下来时，此时黑球的滑行距离100cm．
（4）假定经过t秒小球追上小电动车，
∴﹣+10t＝n+2t，
∴﹣8t+n＝0．
由题意：Δ＝（﹣8）2﹣4×n＜0，
∴n＞64．
∴若黑球不能撞上小车，则n的取值范围为n＞64．
故答案为：n＞64．
10．（2024•商河县校级一模）实验是培养学生的创新能力的重要途径之一．如图是小红同学安装的化学实验装置，安装要求为试管略向下倾斜，试管夹应固定在距试管口的三分之一处．已知试管AB＝24cm，，试管倾斜角α为10°．
（1）求酒精灯与铁架台的水平距离CD的长度（结果精确到0.1cm）；
（2）实验时，当导气管紧贴水槽MN，延长BM交CN的延长线于点F，且MN⊥CF（点C，D，N，F在一条直线上），经测得：DE＝27.36cm，MN＝8cm，∠ABM＝145°，求线段DN的长度（结果精确到0.1cm）．（参考数据：sin10°≈0.17，cs10°≈0.98，tan10°≈0.18）
【答案】（1）15.7cm；
（2）25.8cm．
【解析】解：（1）如图，过点E作EG⊥AC于点G，
∵AB＝24cm，，∴BE＝8cm，AE＝16cm，
在Rt△AEG中，AE＝16cm，∠AEG＝10°，
∴EG＝cs10°•AE
≈0.98×16
≈15.7（cm）＝CD，
答：酒精灯与铁架台的水平距离CD的长度约为15.7cm；
（2）如图，过点B分别作BH⊥DE，BP⊥FC，垂足分别为H、P，
在Rt△BEH中，BE＝10cm，∠EBH＝10°，
∴HE＝sin10°•EB≈1.36（cm），BH＝cs10°•EB≈7.84（cm），
∴HD＝DE﹣HE＝27.36﹣1.36＝26（cm）＝BP，
∵∠ABF＝145°，
∴∠PBF＝145°﹣90°﹣10°＝45°，
∴BP＝PF＝HD＝26cm，
∵MN⊥CF，∠NMF＝45°，MN＝8cm，
∴MN＝NF＝8cm，
∴DN＝DP+PF﹣NF＝7.84+26﹣8≈25.8（cm），
答：线段DN的长度约为25.8cm．
11．（2024•杭州一模）如图（1），一小球从斜面顶端由静止开始沿斜面下滚，呈匀加速运动状态，速度每秒增加2cm/s；然后在水平地面继续上滚动，呈匀减速运动状态，滚动速度每秒减小0.8cm/s．速度v（m/s）与时间t（s）的关系如图2中的实线所示．（提示：根据物理学知识可知，物体匀加速运动时的路程＝平均速度×时间t，，其中v0是开始时的速度，vt是t秒时的速度．匀减速运动时的路程和平均速度类似可得．）
（1）若n＝8时，求解下面问题．
①求m的值；
②写出滚动的路程s（单位：cm）关于滚动时间t（单位：s）的函数解析式．
（2）若小球滚动最大的路程350cm，则小球在水平地面上滚动了多长时间？
【答案】（1）①28；
②s＝；
（2）35秒．
【解析】解：（1）①根据题意得：2n﹣0.8（m﹣n）＝0，
∴m＝3.5n，
当n＝8时，m＝3.5n＝3.5×8＝28，
∴m的值是28；
②当0≤t≤8时，v＝2t，
∴s＝v•t＝×2t•t，
∴s＝t2；
当8＜n≤28时，v＝2×8﹣0.8（t﹣8）＝﹣0.8t+22.4，
∴s＝×2×8×8+（2×8﹣0.8t+22.4）（t﹣8），
∴s＝﹣0.4t2+22.4t﹣89.4．
∴滚动的路程s（单位：cm）关于滚动时间t（单位：s）的函数解析式为s＝；
（2）∵m＝3.5n，且小球滚动最大的路程350cm，
∴×2n•n+×2n•（m﹣n）＝350，
∴n2＝100，
解得：n1＝10，n2＝﹣10（不符合题意，舍去），
∴m＝3.5n＝3.5×10＝35（秒）．
答：小球在水平地面上滚动了35秒．
12．（2024•甘井子区一模）【问题情境】
高速摄像机是一种能够以极快速率捕获物体运动图象的设备，可以将快速移动的物体运动的过程拍成照片记录下来．小明和小强参加科技小组活动，小明从一建筑物的顶端，在保证安全的情况下让一个质量为1kg的金属小球由静止状态自由落下，小强用一种高速摄像机拍摄下小球的运动．相机每隔1s曝一次光，记录下不同时刻小球所处的位置，由于曝光时间间隔相等，因此，照片既记录下了小球自由下落的距离，也记录下了小球运动的时间．具体数据如图1所示．
【问题发现】
小强根据照片上的数据，将小球下降的距离y（m）与下落的时间t（s）整理成下面的表格，小明检查后发现t＝2时，y的值是错误的，请你改正过来．
（1）y的值是 ；
【问题探究】
小明和小强把上表中t，y的各组对应值作为点的坐标，在平面直角坐标系中描出相应的点，画出了草图，猜想并验证y与t之间的函数关系；
（2）请你先在图2所示的坐标系中描点，再求出这个函数关系式并进行验证．
【问题拓展】
小明把1kg的金属小球换成质量为2kg的金属小球，重新实验，发现小球自由下落的距离y（m）与所经过的时间t（s）的数据与之前得到的数据完全相同．
（3）物理学上将这种运动称为自由落体运动，通过上述两次实验，你能得到关于自由落体运动的一个结论是 .（写出一个即可）
【答案】（1）19.6；
（2）y＝4.9t2，
（3）自由落体运动物体下降的距离y（m）与下落的时间t（s）的平方成正比，与物体的质量无关，（答案不唯一）．
【解析】解：（1）∵4.9＝4.9×12，44.1＝4.9×32，78.4＝4.9×42，
∴y＝4.9×22＝19.6，
故答案为：19.6；
（2）在图2所示的坐标系中描点画图如图所示：
由于图象过点（0，0），因此这个函数不是反比例函数，
设这个函数是二次函数，设函数关系式为y＝at2+bt+c，把（0，0），（1，4.9），（3，44.1）代入得，
，解得，
∴这个函数的关系式可能是y＝4.9t2，
当t＝4时，y＝4.9×16＝78.4，
∴这个函数的关系式就是y＝4.9t2，
当t＝2时，y＝4.9×4＝19.6，
（3）自由落体运动物体下降的距离y（m）与下落的时间t（s）的平方成正比，与物体的质量无关，
故答案为：自由落体运动物体下降的距离y（m）与下落的时间t（s）的平方成正比，与物体的质量无关，（答案不唯一）．
【中考热点9】阅读理解题★★★★
【考情分析】
中考数学阅读理解题是近几年中考的热点题型．这类题目首先提供一定的材料，或介绍一个概念，或给出一种解法等，篇幅一般都较长，能较好地考查学生阅读理解能力与日常生活体验．题目一般分为两部分：一部分是阅读材料，内容十分广泛，它既可取材于学过的教材中相关的内容，也可以取材于高中数学教材相关的内容，还可以选用其它学科的内容；另一部分是根据阅读材料需解决的有关问题．考查目标除了初中数学和基础知识外，更注重学生获取信息后的抽象概括能力、建模能力、决策判断能力等多方面的素质和能力．另外，这类题贴近实际，可以引导学生关心社会，对促进中学数学教学改革，强化学生的数学应用意识，优化学生的思维品质，提高学生的数学思维能力，培养学生的个性品质具有重要意义．
【2024年中考预测】
一、解答题（共16小题）
1．（2024•济阳区一模）【阅读材料】
解方程：时，先两边同乘以x，得（x+1）（x﹣2）＝﹣2x，解之得x1＝﹣2，x2＝1，经检验无增根，所以原方程的解为x1＝﹣2，x2＝1．
【模仿练习】
（1）解方程；
【拓展应用】
（2）如图1，等腰直角△ABC的直角顶点A的坐标为（3，0），B，C两点在反比例函数图象上，点B的坐标是（n，），且n＞0，求n的值；
（3）如图2，在双曲线（k＞0）上有M（m，a），N（n，b）两点，如果MN＝OM，∠OMN＝90°，那是否为定值，若存在请求出，不存在请说明理由．
【答案】（1）x＝﹣3，x＝2；
（2）n＝2；
（3）是定值，理由见解答．
【解析】解：（1）先两边同乘以x，得 （3﹣x）（3x+6）＝6x，
解得：x＝﹣3，x1＝2，
经检验无增根，
∴方程的解为x＝﹣3，x＝2；
（2）过点B作BN⊥x轴于点N，过点C作CM⊥x轴于点M，
∵∠BAN+∠CAM＝90°，∠CAM+∠ACM＝90°，
∴∠BAN＝∠ACM，
∵∠BAN＝∠AMC＝90°，AB＝CA，
∴△ABN≌△CAM（AAS），
∵B点坐标是
∴BN＝，AN＝3﹣n，
∵△ABN≌△CAM，
∴AM＝BN＝，AN＝CM＝3﹣n，
∴，
∵C点在反比例函数图象上，
∴6＝（3+）（3﹣n），
解得：n＝2；
（3）是定值，理由：
过点M作x轴的平行线交y轴于点P，作 NQ⊥X 轴交直线MP于点Q，
同理可得：△OMP≌△△MNQ（AAS）
∵M（m，a），N（n，b），
∴OP＝MQ＝a，MP＝NQ＝m，
而点M、N在反比例函数上，故am＝bn，
即，
整理得：m2+n2＝3mn，
则＝＝3，为定值．
2．（2024•邹城市校级一模）阅读下列材料：
已知点P（x0，y0）和直线y＝kx+b，则点P到直线y＝kx+b的距离可用公式在d＝计算．
例如：求点P（1，﹣2）到直线y＝2x+5的距离．
解：∵直线y＝2x+5，其中k＝2，b＝5
∴点P（1，﹣2）到直线y＝2x+5的距离为：d＝＝．
根据以上材料，解答下列问题：
（1）求点P（﹣2，3）到直线y＝x﹣3的距离；
（2）已知直线y＝2x+1与y＝2x﹣1平行，试求这两条平行线之间的距离．
【解析】解：（1）∵y＝x﹣3，
∴k＝1，b＝﹣3．
∵P（﹣2，3），
∴d＝＝．
∴点P（﹣2，3）到直线y＝x﹣3的距离为；
（2）在直线y＝2x+1任意取一点P，
当x＝0时，y＝1．∴P（0，1）．
∵直线y＝2x﹣1，
∴k＝2，b＝﹣1，
∴d＝＝，
∴两平行线之间的距离为．
3．（2024•威远县校级一模）阅读与应用
我们知道（a﹣b）2≥0，即a2﹣2ab+b2≥0，所以a2+b2≥2ab（当且仅当a＝b时取等号）．
阅读理解以上材料，解答下列问题：
（1）当x＝ 时，函数有最小值，最小值为 ．
（2）疫情防控期间，某核酸检测采样点用隔离带分区管理，如图是一边靠墙其它三边用隔离带围成的面积为32m2的矩形隔离区域，假设墙足够长，则这个矩形隔离区域的长和宽分别是多少时，所用隔离带的长度最短？
（3）随着高科技赋能传统快递行业，某大型物流公司为提高工作效率引进一批分拣机器人，已知每台机器人的运营成本包含以下三个部分：一是进价为25000元；二是材料损耗费，每小时为7元；三是折旧费，折旧费y（元）与运营工作时间t（小时）的函数关系式为y＝0.1t2（t＞0）．当运营工作时间t长达多少小时时，每台机器人平均每小时的运营成本最低？最低运营成本是多少？
【答案】（1）2，4；
（2）这个矩形隔离区域的长是8米，宽是4米时，所用隔离带的长度最短；
（3）当运营工作时间t长达500小时时，每台机器人平均每小时的运营成本最低，最低运营成本是107元．
【解析】解：（1）∵x＞0，＞0，
∴x+≥2，即x+≥4，
∴当x＝，即x＝2时，y有最小值4，
故答案为：2，4；
（2）设这个矩形隔离区域的长是x米，宽是y米，所用隔离带的长度为w米，则w＝x+2y，
∵矩形隔离区域面积为32m2，
∴xy＝32，
∴y＝，
∴w＝x+2×＝x+，
∵x＞0，＞0，
∴x+≥2，
∴x+≥16，
∴当x＝，即x＝8时，w最小为16；
此时y＝＝4（米），
答：这个矩形隔离区域的长是8米，宽是4米时，所用隔离带的长度最短；
（3）每台机器人平均每小时的运营成本为＝+0.1t+7，
∵+0.1t≥2＝100，
∴当＝0.1t，即t＝500时，每台机器人平均每小时的运营成本最低，最低为100+7＝107（元），
答：当运营工作时间t长达500小时时，每台机器人平均每小时的运营成本最低，最低运营成本是107元．
4．（2024•衡南县模拟）【材料阅读】如图1，在△ABC中，设∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，过点A作AD⊥BC，垂足为D，会有sinC＝，则S△ABC＝ab•sinC，即S△ABC＝ab•sinC，同理S△ABC＝bc•sinA，S△ABC＝ac•sinB．有以上三式可得：正弦定理：，通过推理还可以得到另一个表达三角形边角关系的定理一余弦定理：如图2，在△ABC中，设∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，则①a2＝b2+c2﹣2bc•csA；②b2＝a2+c2﹣2ac•csB；③c2＝b2+a2﹣2ba•csC．
用以上的公式和定理解决问题：
【简单应用】（1）在锐角△ABC中，设∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，且2c•sinA＝a，求
∠C；
（2）如图3，在△DEF中，∠F＝60°，EF＝3，DF＝8，求△DEF的面积与周长．
【灵活应用】（3）如图4，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知∠BAC＝60°，△ABC的面积为，设M为BC的中点，且AM＝，求△ABC的周长．（参考数据：cs120°＝﹣）
【答案】（1）45°；
（2）面积为6，周长为18；
（3）+．
【解析】解：（1）∵2c•sinA＝a，
∴sinA＝，
∵，
∴sinC＝，
∴∠C＝45°；
（2）过点E作EG⊥DF于点G，
∵∠F＝60°，EF＝3，
∴GF＝，EG＝，
∴DG＝，
∴DE＝＝7，
∴＝＝6，
△DEF的周长＝DE+EF+DF＝7+3+8＝18；
（3）延长AM至H，使AM＝MH＝2，连接BH，
∵M为BC的中点，
∴BM＝CM，
∵∠BMH＝∠AMC，
∴△AMC≌△HMB（SAS），
∴AC＝BH＝b，∠CAM＝∠H，
∴AC∥BH，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABH＝120°，
∴AH2＝c2+b2﹣2bc•cs120°，
∴16＝c2+b2+bc，
∵＝S△ABC，
∴，
∴bc＝3，
∴c2+b2＝13，
∴（b+c）2＝19，
∴b+c＝（负值舍去），
∵BC2＝b2+c2﹣2bc•cs60°＝b2+c2﹣bc＝10，
∴BC＝，
∴△ABC的周长＝+．
5．（2024•阳泉模拟）阅读与思考
阅读下列材料完成后面任务．
仅利用折纸将线段三等分
我们已经学过线段的中点、三等分点、四等分点等概念，并且可以利用三角函数等方法求出线段的三等分点，下面介绍一种新的方法可以利用其将线段三等分—折纸法．
具体步骤如下．
第一步：如图1，准备一张长为20cm，宽为16cm的矩形纸片ABCD．
第二步：如图2，将矩形纸片ABCD折叠，使得点B的对应点F落在边AD上，展开后得到折痕CE．
第三步：如图3，再将该矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使得点D的对应点H落在CF上，展开后得到折痕CG．
第四步：如图4，再将矩形纸片ABCD折叠，使得点G落在边DC上的点M处，展开后得到折痕DN，则M为CD的三等分点，即．
下面是该结论的部分证明过程：
证明：由折叠的性质，得CF＝OB＝20cm．∵CD＝16cm，∴根据勾股定理，可得DF＝＝12cm．
设DM＝DG﹣CH﹣x，∵DH＝CF﹣CH＝20﹣16＝4cm，∴…
任务：（1）请再仔细阅读上面的操作步骤，完成材料中剩余的证明过程．
（2）在解决问题的过程中，我们通过计算GD的长，从而得到结论，这里运用的数学思想方法是 .（填序号即可）
①函数思想；②公理化思想；③数形结合思想；④分类讨论思想．
（3）如图5，在图4的基础上，将矩形纸片ABCD沿着折痕DN折叠后，点C恰好落在AD上的点Q处，连接NQ，判断四边形CDQN的形状，并加以证明．
【答案】（1）证明见解析；
（2）③；
（3）四边形CDQN是正方形．
【解析】解：（1）在Rt△GHF 中，∠GHF＝90° GF＝12﹣x，GH＝x，FH＝4，
根据勾股定理，得 FG2＝FH2+GH2，
∴（12﹣x）2＝x2+42，解得 ，
∴．
∵CD＝16，∴．
（2）这里运用的数学思想方法是数形结合思想，故答案为：③；
（3）四边形CDQN是正方形．证明如下：
∵∠ADC＝∠BCD＝∠NQD＝90°，
∴四边形CDQN为矩形，由折叠的性质，得 CD＝DQ．
∴四边形CDQN是正方形．
6．（2024•阳西县一模）综合与实践
主题：制作圆锥形生日帽．
素材：一张圆形纸板、装饰彩带．
步骤1：如图1，将一个底面半径为r的圆锥侧面展开，可得到一个半径为l、圆心角为n°的扇形．制作圆锥形生日帽时，要先确定扇形的圆心角度数，再度量裁剪材料．
步骤2：如图2，把剪好的纸板粘合成圆锥形生日帽．
在制作好的生日帽中，AB＝6cm，l＝6cm，C是PB的中点，现要从点A到点C再到点A之间拉一条装饰彩带，求彩带长度的最小值．
【答案】6cm．
【解析】解：∵l＝6cm，AB＝6cm，∴r＝3cm，
∵×2πr×l＝，n＝，
∴．
∴圆锥的侧面展开后得到的扇形圆心角为180°，如图所示．
∴．
∵PA′＝PB＝6cm，∴．
∴在Rt△A′PC中，由勾股定理得．
∴彩带长度的最小值为．
7．（2024•昔阳县一模）阅读下列材料，并完成相应的任务．
托勒密定理：
托勒密（Ptlemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptlemy）定理．
托勒密定理：
圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．
已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，
求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD
下面是该结论的证明过程：
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．
∵
∴∠ABE＝∠ACD
∴△ABE∽△ACD
∴
∴AB•CD＝AC•BE
∵
∴∠ACB＝∠ADE（依据1）
∵∠BAE＝∠CAD
∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD
∴△ABC∽△AED（依据2）
∴AD•BC＝AC•ED
∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）
∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD
任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： 勾股定理 ．
（请写出）
（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长．
【解析】解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．
“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，
则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，
∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，
∴AB2+AD2＝BD2，
托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，
故答案为勾股定理．
（3）连接BD，作CE⊥BD于E．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，
∵＝，
∴CD＝CB，
∴∠CDB＝30°，
在Rt△CDE中，cs30°＝，
∴DE＝CD，
∴BD＝2DE＝CD，
由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，
∴AC•CD＝3CD+5CD，
∴AC＝，
答：AC的长为．
8．（2024•正阳县一模）【材料】自从《义务教育数学课程标准（2022年版）》实施以来，九年级的晏老师通过查阅新课标获悉：切线长定理由“选学”改为“必学”，并新增“会过圆外的一个点作圆的切线”，在学习完《切线的性质与判定》后，她布置一题：“已知：如图所示，⊙O及⊙O外一点P．求作：直线PQ，使PQ与⊙O相切于点Q．李蕾同学经过探索，给出了如下的一种作图方法：
（1）连接OP，分别以O、P为圆心，以大于 的长为半径作弧，两弧分别交于A、B两点（A、B分别位于直线OP的上下两侧）；
（2）作直线AB，AB交OP于点C；
（3）以点C为圆心，CO为半径作⊙C，⊙C交⊙O于点Q（点Q位于直线OP的上侧）；
（4）连接PQ，PQ交AB于点D，则直线PQ即为所求．
【问题】
（1）请按照步骤完成作图，并准确标注字母（尺规作图，保留作图痕迹）；
（2）结合图形，说明PQ是⊙O切线的理由；
（3）若⊙O半径为2，OP＝6．依据作图痕迹求QD的长．
【答案】（1）图形见解析；
（2）证明见解析；
（3）．
【解析】解：（1）按照步骤完成作图如下．
（2）由题意得：OP为⊙C的直径，
∴∠OQP＝90° （直径所对的圆周角为 90° ），
∴OQ⊥PQ，
∵OQ为⊙O的半径，
∴直线PQ为⊙O的切线．
（3）连接OD．
∵OQ＝2，OP＝6，
在Rt△OPQ中，PQ＝，
由图知AB为OP的垂直平分线，
∴OD＝PD，
设QD＝x，则 OD＝PD＝4﹣x，
在Rt△OQD中，OD2＝OQ2+QD2，
∴，
解得x＝，
故QD的长为．
9．（2024•宣化区一模）阅读与计算：请阅读以下材料，并完成相应的问题．
角平分线分线段成比例定理：如图①，在△ABC中，AD平分∠BAC，则．
下面是这个定理的部分证明过程．
证明：如图②，过点C作CE∥DA，交BA的延长线于点E……
任务：（1）请按照上面的证明思路，写出该证明过程的剩余部分；
（2）如图③，在△ABC中，AD是角平分线，AB＝5cm，AC＝4cm，BC＝7cm．求BD的长．
【答案】（1）见解析；
（2）BD＝cm．
【解析】（1）证明：如图②，过点C作CE∥DA，交BA的延长线于点E，
∵CE∥DA，
∴，∠CAD＝∠ACE，∠BAD＝∠E，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠ACE＝∠E，
∴AE＝AC，
∴；
（2）解：∵AD是角平分线，
∴，
∵AB＝5cm，AC＝4cm，BC＝7cm，
∴，
解得BD＝cm．
10．（2024•良庆区校级模拟）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．
（1）特例感知：如图（1），已知边长为2的等边△ABC的重心为点O，则△OBC的面积为 ；
（2）性质探究：如图（2），已知△ABC的重心为点O，对于任意形状的△ABC，是不是定值，如果是，请求出定值为多少，如果不是，请说明理由；
（3）性质应用：如图（3），在任意矩形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE交对角线AC于点M，的值是不是定值，如果是，请求出定值为多少，如果不是，请说明理由；
（4）思维拓展：如图（4），∠MON＝30°，N点的坐标为（2，0），M点的坐标为（3，），点Q在线段OM上以每秒1个单位的速度由O向M点移动，当Q运动到M点就停止运动，连接NQ，将△MON分为△OQN和△MQN两个三角形，当其中一个三角形与原△MON相似时，求点Q运动的时间t．
【解析】解：（1）连接DE，如图一，
∵点O是△ABC的重心，
∴AD，BE是BC，AC边上的中线，
∴D，E为BC，AC边上的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AB，DE＝AB，
∴△ODE∽△OAB，
∴＝＝，
∵AB＝2，BD＝1，∠ADB＝90°，
∴AD＝，OD＝，
∴S△OBC＝＝＝；
故答案为；
（2）由（1）同理可得，＝，是定值；
（3）∵矩形ABCD，点E是CD的中点，
∴△ABM∽△CEM，
∴＝＝，
∴S△ABM＝2S△BCM＝4S△CEM，
∴S△ABC＝6S△CEM，
∴S▱ABCD＝12S△CEM，
∴定值为12；
（4）如图（4），过点M作x轴的垂线段交于点P，
∵N点的坐标为（2，0），M点的坐标为（3，），
∴ON＝2，OP＝3，PN＝1，MP＝，OM＝2，
∴MN＝＝2，
∴∠MNP＝60°，∠OMP＝∠MPO﹣∠MON＝60°，
∴ON＝MN，
当△ONQ与△MON相似时，
∴，OQ＝＝＝，
∴t＝÷1＝秒；
当△MNQ与△MON相似时，
∴，QM＝＝＝，
∴OQ＝OM﹣QM＝2﹣＝，
∴t＝÷1＝秒；
综上所述，点Q运动的时间为秒或秒．
11．（2024•珠海校级一模）【背景阅读】我国古代著名数学著作《周髀算经》记载了“勾三、股四、弦五”，直观地证明了勾股定理，我们把三边的比为3：4：5的三角形称为（3，4，5）型三角形，例如：三边长分别为9，12，15的三角形就是（3，4，5）型三角形．
【实践操作】如图1，在正方形纸片ABCD中，AB＝4，点E为边CD上的中点，将△ADE沿AE折叠得△AFE，延长EF交BC于点G，交AB的延长线于点H．
【问题解决】（1）证明△ECG是（3，4，5）型三角形；
（2）在不添加字母的情况下，直接写出图1中还有哪些三角形是（3，4，5）型三角形；
【拓展探究】（3）如图2，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，AD＝2，E是CD上的一点，将△ADE沿AE折叠得到△AFE，延长AF交DC于点G．其中△EFG是（3，4，5）型三角形，请求出△EFG的面积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）△HBG和△HFA是（3，4，5）型三角形；
（3）△EFG的面积为或．
【解析】（1）证明：如图1，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，
∴AD＝CD＝CB＝AB＝4，∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，
∵点E为边CD的中点，∴DE＝CE＝CD＝2，
由折叠得FE＝DE＝2，AF＝AD，∠AFE＝∠D＝90°，
∴AF＝AB，∠AFG＝∠ABG＝90°，
∵AG＝AG，∴Rt△AFG≌Rt△ABG（HL），
∴FG＝BG＝4﹣CG，
∴EG＝2+4﹣CG＝6﹣CG，
∵CE2+CG2＝EG2，
∴22+CG2＝（6﹣CG）2，
解得CG＝，
∴EG＝6﹣＝，
∴CE：CG：EG＝2：：＝3：4：5，
∴△ECG是（3，4，5）型三角形．
（2）解：△HBG和△HFA是（3，4，5）型三角形，
理由：如图1，∵BH∥CE，
∴△HBG∽△ECG，
∴△HBG是（3，4，5）型三角形；
∵∠HFA＝∠ECG＝90°，∠H＝∠CEG，
∴△HFA∽△ECG，
∴△HFA是（3，4，5）型三角形．
（3）解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝2，
∴∠D＝90°，
由折叠得AF＝AD＝2，FE＝DE，∠AFE＝∠D＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∵△EFG是（3，4，5）型三角形，
∴FE：FG：EG＝3：4：5或FG：FE：EG＝3：4：5，
如图2，FE：FG：EG＝3：4：5，设FE＝3m，FG＝4m，EG＝5m，则FE＝DE＝3m，
∴DG＝DE+EG＝3m+5m＝8m，
∵AD2+DG2＝AG2，且AG＝2+4m，
∴22+（8m）2＝（2+4m）2，
解得m1＝，m2＝0（不符合题意，舍去），
∴FE＝3×＝1，FG＝4×＝，
∴S△EFG＝FE•FG＝×1×＝；
如图3，FG：FE：EG＝3：4：5，设FG＝3n，FE＝4n，EG＝5n，则FE＝DE＝4n，
∴DG＝DE+EG＝4n+5n＝9n，
∵AD2+DG2＝AG2，且AG＝2+3n，
∴22+（9n）2＝（2+3n）2，
解得n1＝，n2＝0（不符合题意，舍去），
∴FG＝3×＝，FE＝4×＝，
∴S△EFG＝FE•FG＝××＝，
综上所述，△EFG的面积为或．
12．（2024•杨浦区二模）定义：我们把平面内经过已知直线外一点并且与这条直线相切的圆叫做这个点与已知直线的点切圆．如图1，已知直线l外有一点H，圆Q经过点H且与直线l相切，则称圆Q是点H与直线l的点切圆．
阅读以上材料，解决问题；
已知直线OA外有一点P，PA⊥OA，OA＝4，AP＝2，圆M是点P与直线OA的点切圆．
（1）如果圆心M在线段OP上，那么圆M的半径长是 （直接写出答案）．
（2）如图2，以O为坐标原点、OA为x轴的正半轴建立平面直角坐标系xOy，点P在第一象限，设圆心M的坐标是（x，y）．
①求y关于x的函数解析式；
②点B是①中所求函数图象上的一点，联结BP并延长交此函数图象于另一点C．如果CP：BP＝1：4，求点B的坐标．
【答案】（1）；
（2）①y＝；
②B（8，5）或（0，5）．
【解析】解：如图1，
作MB⊥x轴于点B，则MB＝MP＝r，
∵PA⊥x轴，∴MB∥PA，
∴△OBM∽△OAP，∴，
∴，
∴r＝，
故答案为：；
（2）①由题意得，
圆心M到P的距离等于点P到x轴的距离，
∴（x﹣4）2+（y﹣2）2＝y2，
∴y＝；
②如图2，
设点B（m，n），C（a，b），
∴n＝①，
连接PA，作BD⊥x轴，作CE⊥PA，交BD于D，
∴PA∥BD，
∴△CEP∽△CDB，
∴，
∴，
∴a＝，b＝，
∴＝（）2+1②，
由①②得，
，，
∴B（8，5）或（0，5）．
13．（2024•华龙区校级一模）请阅读下列材料，完成相应的任务．
任务：
（1）上述解题思路中的“依据”是 ① （填序号）．
①SAS；②ASA；③AAS；④SSS；⑤HL．
（2）如图②，在△ABC中，D为边BC的中点，已知AB＝5，AC＝3，AD＝2，求BC的长．
（3）如图③，在矩形ABCD中，，点E是CD边的中点，连接AE，点F在直线BC上，且，若∠FAE＝∠DAE，请直接写出CF的长．
【答案】（1）①；
（2）2；
（3）CF的长为4或．
【解析】解：（1）上述解题思路中的“依据”是①；
故答案为：①；
（2）延长AD到E，使DE＝AD，连结CE．
∵D为BC的中点，
∴BD＝CD，
在△ABD和△ECD中，，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴AB＝CE＝5，
∵AE＝2AD＝4，AC＝3，CE＝5，
∴AE2+AC2＝CE2，
∴△EAC为以CE为斜边的直角三角形，
∴∠EAC＝90°
∴，
∴；
（3）如图，当点F在边BC上时，延长AE交BC 的延长线于G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠EGC，∠D＝∠GCE，
∴△ADE≌△GCE（AAS），
∴AD＝CG，
∴CG＝AD＝BC，
∵点E是CD边的中点，
∴DE＝CD，
∵，
∴设CF＝2x，BF＝x，
∴BC＝AD＝CG＝3x，
∴FG＝5x，
∵∠FAE＝∠DAE，
∴∠FAG＝∠AGF，
∴AF＝FG＝5x，
∵AB2+BF2＝AF2，
∴（4）2+x2＝（5x）2，
解得x＝2（负值舍去），
∴CF＝2x＝4；
当点F在边CB的延长线上时，延长AE交BC 的延长线于G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠EGC，∠D＝∠GCE，
∴△ADE≌△GCE（AAS），
∴AD＝CG，
∴CG＝AD＝BC，
∵点E是CD边的中点，
∴DE＝CD，
∵，
∴设CF＝2x，BF＝x，
∴BC＝AD＝CG＝3x，
∴FG＝5x，
∵∠FAE＝∠DAE，
∴∠FAG＝∠AGF，
∴AF＝FG＝3x，
∵AB2+BF2＝AF2，
∴（4）2+x2＝（3x）2，
解得x＝2（负值舍去），
∴CF＝2x＝4；
综上所述，CF的长为4或．
14．（2024•泗水县校级一模）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB＝a，BC＝b，由勾股定理，得AC2＝a2+b2同理BD2＝a2+b2，故AC2+BD2＝2（a2+b2）．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB＝a，BC＝b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB＝a，BC＝b，AC＝c．
求证：．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB＝8，BC＝12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为 ．
【答案】【阅读理解】见解析；
【探究发现】上述结论依然成立，理由见解析；
【拓展提升】见解析；
【尝试应用】200．
【解析】【阅读理解】解：如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，
∴AC2＝AB2+BC2，
∵AB＝a，BC＝b，
∴AC2+BD2＝2（AB2+BC2）＝2a2+2b2；
【探究发现】解：上述结论依然成立，
理由：如图②，作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，，
∴△ABE≌△DCF（AAS），
∴AE＝DF，BE＝CF，
在Rt△ACE中，由勾股定理，可得
AC2＝AE2+CE2＝AE2+（BC﹣BE）2…①，
在Rt△BDF中，由勾股定理，可得
BD2＝DF2+BF2＝DF2+（BC+CF）2＝DF2+（BC+BE）2…②，
由①②，可得
AC2+BD2＝AE2+DF2+2BC2+2BE2＝2AE2+2BC2+2BE2，
在Rt△ABE中，由勾股定理，可得
AB2＝AE2+BE2，
∴AC2+BD2＝2AE2+2BC2+2BE2＝2（AE2+BE2）+2BC2＝2AB2+2BC2＝2a2+2b2；
【拓展提升】证明：如图3，延长BO至点E，使BO＝OE，
∵BO是AC边上的中线，
∴AO＝CO，
又∵AO＝CO，
∴四边形ABCE是平行四边形，
由【探究发现】，可得BE2+AC2＝2AB2+2BC2，
∵BE＝2BO，
∴BE2＝4BO2，
∵AB＝a，BC＝b，AC＝c，
∴4BO2+c2＝2a2+2b2，
∴．
【尝试应用】解：过P作PH⊥BC于H，
则四边形APHB和四边形PHCD是矩形，
∴AB＝PH＝CD＝8，AP＝BH，PD＝CH，
设BH＝x，CH＝12﹣x，
∴PB2+PC2＝PH2+BH2+PH2+CH2＝82+x2+82+（12﹣x）2＝2x2﹣24x+272＝2（x﹣6）2+200，
故PB2+PC2的最小值为200，
故答案为：200．
15．（2024•苏家屯区模拟）给定一个矩形A，如果存在另一个矩形B，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半，那么称矩形B是矩形A的“对半矩形”
（1）阅读：当已知矩形A的边长分别为6和1时，
小明是这样研究的，设所求的对半矩形B的一边是x，则另一边为（﹣x），由题意得方程：x（﹣x）＝3，化简得：2x2﹣7x+6＝0，
∵b2﹣4ac＝49﹣48＞0，
∴x1＝2，x2＝．
∴矩形A存在对半矩形B．
小红的做法是：设所求的对半矩形的两边分别是x和y，由题意得方程组：，消去y化简后也得到：2x2﹣7x+6＝0，然后通过解该一元二次方程我们可以求出对半矩形B的两边长．
（2）如果已知矩形A的边长分别为3和2．请你仿照小明或小红的方法研究矩形A是否存在对边矩形B．
（3）方程和函数之间密不可分，我们可以利用函数图象解决方程的相关问题．如图，在同一平面直角坐标系中画出了一次函数和反比例函数的部分图象，其中x和y分别表示矩形A的对半矩形B的两边长，请你结合之前的研究，回答下列问题：
①这个图象所研究的矩形A的面积为 ；周长为 ．
②对半矩形B的两边长为 ．
（4）在第（3）题的图形中，若点M（2，3）在双曲线上，MB⊥x轴，MC⊥y轴，垂足分别为B、C．连接OM，将△MOC沿着OM折叠，点C落在点P处，求点P的坐标，并判断点P是否落在双曲线上．
【答案】（1）2；；
（2）满足要求的矩形B不存在；
（3）①12；24；②3+，3﹣；
（4）P（，），点P不是落在双曲线上．
【解析】解：（1）2x2﹣7x+6＝0，
∵b2﹣4ac＝49﹣48＝1＞0，
∴x＝，
∴x1＝2，x2＝．
∴对半矩形B的两边长分别为2，；
（2）设所求矩形的一边是x，则另一边为（﹣x），
由题意得方程：x（﹣x）＝3，
化简得：2x2﹣5x+6＝0，
∵b2﹣4ac＝25﹣48＜0，
∴原方程无解，
∴满足要求的矩形B不存在；
（3）①设直线的关系式为y＝kx+b，把（0，6），（6，0）代入得：
，解得：，
∴一次函数解析式为y＝﹣x+6，
设反比例函数解析式为y＝，把（2，3）代入得：3＝，
解得：k'＝6，
∴反比例函数解析式为y＝，
根据一次函数解析式可得：x+y＝6，根据反比例函数解析式可得：xy＝6，
∴矩形B的两边之和为6，面积为6，
∴矩形B的周长为12，
∴矩形A的周长为12×2＝24，面积为6×2＝12；
故答案为：12；24．
②把y＝﹣x+6代入xy＝6得：x（﹣x+6）＝6，
解得：x1＝3+，x2＝3﹣，
当x1＝3+时，y1＝3﹣，
当x2＝3﹣时，y2＝3+，
∴对半矩形B的两边长为3+，3﹣．
故答案为：3+，3﹣；
（4）∵点M（2，3）在双曲线上，
∴反比例函数的解析式为y＝，
直线OM的解析式为y＝x，OM＝＝，
连接CP交OM于Q，
由折叠得CP⊥OM，CQ＝PQ，
∵MC⊥y轴，
∴∠OCM＝∠OQC＝90°，
∵∠COM＝∠QOC，
∴△OCM∽△OQC，
∴，即，
∴OQ＝，
设Q（n，n），
∴＝，解得n＝，
∴Q（，），
∵C（0，3），CQ＝PQ，
∴P（，），
当x＝时，y＝≠，
∴点P不是落在双曲线上．
16．（2024•阳信县一模）某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究y＝ax2（a＞0）型抛物线图象．发现：如图1所示，该类型图象上任意一点P到定点F（0，）的距离PF，始终等于它到定直线l：y＝﹣的距离PN（该结论不需要证明）．他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，y＝﹣叫做抛物线的准线方程．准线l与y轴的交点为H．其中原点O为FH的中点，FH＝2OF＝．例如，抛物线y＝2x2，其焦点坐标为F（0，），准线方程为l：y＝﹣，其中PF＝PN，FH＝2OF＝．
【基础训练】
（1）请分别直接写出抛物线y＝x2的焦点坐标和准线l的方程： ， ；
【技能训练】
（2）如图2，已知抛物线y＝x2上一点P（x0，y0）（x0＞0）到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，求点P的坐标；
【能力提升】
（3）如图3，已知抛物线y＝x2的焦点为F，准线方程为l．直线m：y＝x﹣3交y轴于点C，抛物线上动点P到x轴的距离为d1，到直线m的距离为d2，请直接写出d1+d2的最小值；
【拓展延伸】
该兴趣小组继续探究还发现：若将抛物线y＝ax2（a＞0）平移至y＝a（x﹣h）2+k（a＞0）．抛物线y＝a（x﹣h）2+k（a＞0）内有一定点F（h，k+），直线l过点M（h，k﹣）且与x轴平行．当动点P在该抛物线上运动时，点P到直线l的距离PP1始终等于点P到点F的距离（该结论不需要证明）．例如：抛物线y＝2（x﹣1）2+3上的动点P到点F（1，）的距离等于点P到直线l：y＝的距离．
请阅读上面的材料，探究下题：
（4）如图4，点D（﹣1，）是第二象限内一定点，点P是抛物线y＝x2﹣1上一动点．当PO+PD取最小值时，请求出△POD的面积．
【答案】（1）（0，1），y＝﹣1；
（2）（，）；
（3）﹣1；
（4）．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝x2中a＝，
∴＝1，﹣＝﹣1，
∴抛物线y＝x2的焦点坐标为F（0，1），准线l的方程为y＝﹣1，
故答案为：（0，1），y＝﹣1；
（2）由（1）知抛物线y＝x2的焦点F的坐标为（0，1），
∵点P（x0，y0）到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，
∴＝3y0，整理得：＝8+2y0﹣1，
又∵y0＝，
∴4y0＝8+2y0﹣1，
解得：y0＝或y0＝﹣（舍去），
∴x0＝（负值舍去），
∴点P的坐标为（，）；
（3）过点P作PE⊥直线m交于点E，过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知PG＝PF＝d1+1，PE＝d2，如图：
若使得d1+d2取最小值，即PF+PE﹣1的值最小，故当F，P，E三点共线时，PF+PE﹣1＝EF﹣1，即此刻d1+d2的值最小；
∵直线PE与直线m垂直，故设直线PE的解析式为y＝﹣2x+b，
将F（0，1）代入解得：b＝1，
∴直线PE的解析式为y＝﹣2x+1，
∵点E是直线PE和直线m的交点，
令﹣2x+1＝x﹣3，解得：x＝，
故点E的坐标为（，﹣），
∴d1+d2＝﹣1．
即d1+d2的最小值为﹣1．
（4）∵抛物线y＝x2﹣1中a＝，
∴＝1，﹣＝﹣1，
∴抛物线y＝x2﹣1的焦点坐标为（0，0），准线l的方程为y＝﹣2，
过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知PG＝PF，则PO+PD＝PG+PD，如图：
若使得PO+PD取最小值，即PG+PD的值最小，故当D，P，G三点共线时，PO+PD＝PG+PD＝DG，即此刻PO+PD的值最小；如图：
∵点D的坐标为（﹣1，），DG⊥准线l，
∴点P的横坐标为﹣1，代入y＝x2﹣1解得y＝﹣，
即P（﹣1，﹣），OP＝+＝，
则△OPD的面积为××1＝．
三﹑易错梳理篇
中考易错61个汇总，献给即将中考的孩子们，愿你们能够完美避过这些易错点，考出好成绩．
【易错点梳理】
一、数与式
易错点1：有理数、无理数以及实数的有关概念理解错误，相反数、倒数、绝对值的意义概念混淆，以及绝对值与数的分类．每年选择必考．
易错点2：实数的运算要掌握好与实数有关的概念、性质，灵活地运用各种运算律，关键是把好符号关；在较复杂的运算中，不注意顺序或者不合理使用运算律，从而使运算出现错误．
易错点3：平方根、算术平方根、立方根的区别，填空题必考．
易错点4：求分式值为零时学生易忽略分母不能为零．
易错点5：分式运算时要注意运算法则和符号的变化．当分式的分子分母是多项式时要先因式分解，因式分解要分解到不能再分解为止，注意计算方法，不能去分母，把分式化为最简分式．填空题必考．
易错点6：非负数的性质；几个非负数的和为0，每个式子都为0；整体代入法；完全平方式．
易错点7：计算第一题必考．五个基本数的计算：0指数，三角函数，绝对值，负指数，二次根式的化简．
易错点8：科学记数法．精确度，有效数字．
易错点9：代入求值要使式子有意义．各种数式的计算方法要掌握，一定要注意计算顺序．
二、方程（组）与不等式（组）
易错点1：各种方程（组）的解法要熟练掌握，方程（组）无解的意义是找不到等式成立的条件．
易错点2：运用等式性质时，两边同除以一个数必须要注意不能为0的情况，还要关注解方程与方程组的基本思想．（消元降次）主要陷阱是消除了一个带x公因式要回头检验．
易错点3：运用不等式的性质3时，容易忘记改不改变符号的方向而导致结果出错．
易错点4：关于一元二次方程的取值范围的题目易忽视二次项系数不为0导致出错．
易错点5：关于一元二次不等式有解无解的条件易忽视相等的情况．
易错点6：解分式方程时首要步骤去分母，分数相当于括号，易忘记根检验，导致运算结果出错．
易错点7：不等式（组）的解的问题要先确定解集，确定解集的方法运用数轴．
易错点8：利用函数图像求不等式的解集和方程的解．
三、函数
易错点1：各个待定系数表示的意义．
易错点2：熟练掌握各种函数解析式的求法，有几个的待定系数就要几个点值．
易错点3：利用图像求不等式的解集和方程（组）的解，利用图像性质确定增减性．
易错点4：两个变量利用函数模型解实际问题，注意区别方程、函数、不等式模型解决不等领域的问题．
易错点5：利用函数图像进行分类（平行四边形、相似、直角三角形、等腰三角形）以及分类的求解方法．
易错点6：与坐标轴交点坐标一定要会求．面积最大值的求解方法，距离之和的最小值的求解方法，距离之差最大值的求解方法．
易错点7：数形结合思想方法的运用，还应该注意结合图像性质解题．函数图像与图形结合学会从复杂图形分解为简单图形的方法，图形为图像提供数据或者图像为图形提供数据．
易错点8：自变量的取值范围：二次根式的被开方数是非负数，分式的分母不为0，0指数底数不为0，其它都是全体实数．
四、三角形
易错点1：三角形的概念以及三角形的角平分线、中线、高线的特征与区别．
易错点2：三角形三边之间的不等关系，注意其中的“任何两边”．最短距离的方法．
易错点3：三角形的内角和，三角形的分类与三角形内外角性质，特别关注外角性质中的“不相邻”．
易错点4：全等形，全等三角形及其性质，三角形全等判定．着重学会论证三角形全等，三角形相似与全等的综合运用以及线段相等是全等的特征，线段的倍分是相似的特征以及相似与三角函数的结合．边边角两个三角形不一定全等．
易错点5：两个角相等和平行经常是相似的基本构成要素，以及相似三角形对应高之比等于相似比，对应线段成比例，面积之比等于相似比的平方．
易错点6：等腰（等边）三角形的定义以及等腰（等边）三角形的判定与性质，运用等腰（等边）三角形的判定与性质解决有关计算与证明问题，这里需注意分类讨论思想的渗入．
易错点7：运用勾股定理及其逆定理计算线段的长，证明线段的数量关系，解决与面积有关的问题以及简单的实际问题．
易错点8：将直角三角形，平面直角坐标系，函数，开放性问题，探索性问题结合在一起综合运用探究各种解题方法．
易错点9：中点，中线，中位线，一半定理的归纳以及各自的性质．
易错点10：直角三角形判定方法；三角形面积的确定与底上的高（特别是钝角三角形）．
易错点11：三角函数的定义中对应线段的比经常出错以及特殊角的三角函数值．
五、四边形
易错点1：平行四边形的性质和判定，如何灵活、恰当地应用．三角形的稳定性与四边形不稳定性．
易错点2：平行四边形注意与三角形面积求法的区分．平行四边形与特殊平行四边形之间的转化关系．
易错点3：运用平行四边形是中心对称图形，过对称中心的直线把它分成面积相等的两部分．对角线将四边形分成面积相等的四部分．
易错点4：平行四边形中运用全等三角形和相似三角形的知识解题，突出转化思想的渗透．
易错点5：矩形、菱形、正方形的概念、性质、判定及它们之间的关系，主要考查边长、对角线长、面积等的计算．矩形与正方形的折叠．（23题必考）
易错点6：四边形中的翻折、平移、旋转、剪拼等动手操作性问题，掌握其中的不变与旋转一些性质．（18题必考）
易错点7：梯形问题的主要做辅助线的方法．
六、圆
易错点1：对弧、弦、圆周角等概念理解不深刻，特别是弦所对的圆周角有两种情况要特别注意，两条弦之间的距离也要考虑两种情况．（选择题最后一题考）
易错点2：对垂径定理的理解不够，不会正确添加辅助线运用直角三角形进行解题．
易错点3：对切线的定义及性质理解不深，不能准确的利用切线的性质进行解题以及对切线的判定方法（两种方法）使用不熟练．
易错点4：考查圆与圆的位置关系时，相切有内切和外切两种情况，包括相交也存在两圆圆心在公共弦同侧和异侧两种情况，学生很容易忽视其中的一种情况．（25题分类讨论）
易错点5：与圆有关的位置关系把握好d与R和R+r，R-r之间的关系以及应用上述的方法求解；
易错点6：圆周角定理是重点，同弧（等弧）所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，90度的圆周角所对的弦是直径，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
易错点7：几个公式一定要牢记：三角形、平行四边形、菱形、矩形、正方形、梯形、圆的面积公式，圆周长公式，弧长，扇形面积，圆锥的侧面积以及全面积以及弧长与底面周长，母线长与扇形的半径之间的转化关系．
七、对称图形
易错点1：轴对称、轴对称图形，及中心对称，中心对称图形的概念和性质把握不准．
易错点2：图形的轴对称或旋转问题，要充分运用其性质解题，即运用图形的“不变性”，在轴对称和旋转中角的大小不变、线段的长短不变．
易错点3：将轴对称与全等混淆，关于直线对称与关于轴对称混淆．
八、统计与概率
易错点1：中位数、众数、平均数的有关概念理解不透彻，错求中位数、众数、平均数．
易错点2：在从统计图获取信息时，一定要先判断统计图的准确性．不规则的统计图往往使人产生错觉，得到不准确的信息．
易错点3：对普查与抽样调查的概念及它们的适用范围不清楚，造成错误．
易错点4：极差、方差的概念理解不清晰，从而不能正确求出一组数据的极差、方差．
易错点5：概率与频率的意义理解不清晰，不能正确的求出事件的概率．
易错点6：平均数、加权平均数、方差公式，扇形统计图的圆心角与频率之间的关系，频数、频率、总数之间的关系．加权平均数的权（部分省份不做要求）可以是数据、比分、百分数，还可以是概率（或者频率）．
易错点7：求概率的方法．（1）简单事件；（2）两步以及两步以上的简单事件求概率的方法：利用树状或者列表表示各种等可能的情况与事件的可能性的比值；（3）复杂事件求概率的方法运用频率估算概率．
易错点8：判断是否公平的方法运用概率是否相等，关注频率与概率的整合．
【易错强化】
一、相反数（共1小题）
1．﹣5的相反数是（ ）
A．5B．﹣5C．0.2D．﹣0.2
【答案】A
【解析】解：﹣5的相反数是：5．故选：A．
二、绝对值（共2小题）
2．2024的绝对值是（ ）
A．﹣2024B．2024C．D．
【答案】B
【解析】解：由题意得，|2024|＝2024．故选：B．
3．若ab＞0，则++的值为（ ）
A．3B．﹣1C．±1或±3D．3或﹣1
【答案】D
【解析】解：因为ab＞0，所以a，b同号．
①若a，b同正，则++＝1+1+1＝3；
②若a，b同负，则++＝﹣1﹣1+1＝﹣1．
故选：D．
三、非负数的性质：绝对值（共1小题）
4．已知，|a﹣2|+|b+3|＝0，则ba＝ ．
【答案】9
【解析】解：∵|a﹣2|+|b+3|＝0，
∴a﹣2＝0，b+3＝0，
∴a＝2，b＝﹣3，
则ba＝（﹣3）2＝9．
故答案为：9．
四、平方根（共1小题）
5．若一个正数的两个平方根是2a﹣1和﹣a+2，则a＝ ，这个正数是 ．
【答案】﹣1；9
【解析】解：依题意得，2a﹣1+（﹣a+2）＝0，
解得：a＝﹣1．
则这个数是（2a﹣1）2＝（﹣3）2＝9．
故答案为：﹣1；9
五、算术平方根（共1小题）
6．的算术平方根是（ ）
A．B．C．±2D．2
【答案】B
【解析】解：＝2，2的算术平方根是．故选：B．
六、立方根（共2小题）
7．的平方根是 ；16的算术平方根是 ；27的立方根是 ．
【答案】±2；4；3
【解析】解：＝4，4的平方根是±2；
16的算术平方根是4；
27的立方根是3．
故答案为：±2；4；3．
8．若﹣2xm﹣ny2与3x4y2m+n是同类项，则m﹣3n的立方根是 ．
【答案】2
【解析】解：若﹣2xm﹣ny2与3x4y2m+n是同类项，
∴，
解方程得：．
∴m﹣3n＝2﹣3×（﹣2）＝8．
8的立方根是2．
故答案为：2．
七、无理数（共1小题）
9．在实数：3.14159，，1.010 010 001，，π，中，无理数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解析】解：＝4，
无理数有，π，共有2个，
故选：B．
八、实数与数轴（共2小题）
10．如图，在数轴上，点A到点C的距离与点B到点A的距离相等，A，B两点所对应的实数分别是﹣和1，则点C对应的实数是 ．
【答案】2+
【解析】解：∵A，B两点所对应的实数分别是﹣和1，
∴AB＝1+，
又∵CA＝AB，
∴OC＝OA+AC＝2+，
∴点C对应的实数是2+，
故答案为：2+．
11．实数a，b在数轴上的位置如图所示，则﹣|a﹣b|＝ ．
【答案】﹣b
【解析】解：根据数轴可得：b＞0，a＜0，且|a|＞|b|，
∴a﹣b＜0，
则﹣|a﹣b|＝﹣a﹣（b﹣a）＝﹣a﹣b+a＝﹣b，
故答案为：﹣b．
九、估算无理数的大小（共1小题）
12．已知a是的整数部分，b是它的小数部分，则（﹣a）3+（b+3）2＝ ．
【答案】﹣17
【解析】解：∵3＜＜4，
∴的整数部分＝3，小数部分为 ﹣3，
则（﹣a）3+（b+3）2＝（﹣3）3+（﹣3+3）2＝﹣27+10＝﹣17．
故答案为：﹣17．
十、整式的加减（共1小题）
13．如图1，将一个边长为a的正方形纸片剪去两个小矩形，得到一个“”的图案，如图2所示，再将剪下的两个小矩形拼成一个新的矩形，如图3所示，则新矩形的周长可表示为（ ）
A．2a﹣3bB．4a﹣8bC．2a﹣4bD．4a﹣10b
【答案】B
【解析】解：根据题意得：2[a﹣b+（a﹣3b）]＝4a﹣8b．
故选：B．
十一、同底数幂的乘法（共1小题）
14．已知x+y﹣3＝0，则2y•2x的值是（ ）
A．6B．﹣6C．D．8
【答案】D
【解析】解：∵x+y﹣3＝0，
∴x+y＝3，
∴2y•2x＝2x+y＝23＝8，
故选：D．
十二、幂的乘方与积的乘方（共1小题）
15．计算的结果是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：
＝••
＝•
＝1×
＝．
故选：A．
十三、完全平方公式的几何背景（共1小题）
16．对于一个图形，通过两种不同的方法计算它的面积，可以得到一个数学等式，例如图1可以得到（a+b）2＝a2+2ab+b2，请解答下列问题：
（1）写出图2中所表示的数学等式 ．
（2）根据整式乘法的运算法则，通过计算验证上述等式．
（3）利用（1）中得到的结论，解决下面的问题：
若a+b+c＝10，ab+ac+bc＝35，则a2+b2+c2＝ ．
（4）小明同学用图3中x张边长为a的正方形，y张边长为b的正方形z张边长分别为a、b的长方形纸片拼出一个面积为（5a+7b）（9a+4b）长方形，则x+y+z＝ ．
【解析】解：（1）∵正方形的面积＝（a+b+c）2；正方形的面积＝a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc．
∴（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc．
故答案为：（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc．
（2）证明：（a+b+c）（a+b+c），
＝a2+ab+ac+ab+b2+bc+ac+bc+c2，
＝a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc．
（3）a2+b2+c2＝（a+b+c）2﹣2ab﹣2ac﹣2bc，
＝102﹣2（ab+ac+bc），
＝100﹣2×35，
＝30．
故答案为：30；
（4）由题可知，所拼图形的面积为：xa2+yb2+zab，
∵（5a+7b）（9a+4b），
＝45a2+20ab+63ab+28b2，
＝45a2+28b2+83ab，
∴x＝45，y＝28，z＝83．
∴x+y+z＝45+28+83＝156．
故答案为：156．
十四、完全平方式（共1小题）
17．如果x2+2mx+9是一个完全平方式，则m的值是（ ）
A．3B．±3C．6D．±6
【答案】B
【解析】解：∵x2+2mx+9是一个完全平方式，
∴2m＝±6，
∴m＝±3，
故选：B．
十五、分式有意义的条件（共1小题）
18．若分式有意义，则x的取值范围是 ．
【答案】见试题解析内容
【解析】解：由题意得：x﹣1≠0，
解得：x≠1，
故答案为：x≠1．
十六、分式的值为零的条件（共1小题）
19．如果分式的值为0，那么x的值为（ ）
A．﹣1B．1C．﹣1或1D．1或0
【答案】B
【解析】解：根据题意，得
|x|﹣1＝0且x+1≠0，
解得，x＝1．
故选：B．
十七、分式的基本性质（共1小题）
20．如果分式中的a，b都同时扩大2倍，那么该分式的值（ ）
A．不变B．缩小2倍C．扩大2倍D．扩大4倍
【答案】C
【解析】解：∵分式中的a，b都同时扩大2倍，
∴＝，
∴该分式的值扩大2倍．
故选：C．
十八、分式的加减法（共2小题）
21．如图，若x为正整数，则表示﹣的值的点落在（ ）
A．段①B．段②C．段③D．段④
【答案】B
【解析】解∵﹣＝﹣＝1﹣＝
又∵x为正整数，
∴≤＜1
故表示﹣的值的点落在②
故选：B．
22．分式中，在分子、分母都是整式的情况下，如果分子的次数低于分母的次数，称这样的分式为真分式．例如，分式，是真分式．如果分子的次数不低于分母的次数，称这样的分式为假分式．例如，分式，是假分式．一个假分式可以化为一个整式与一个真分式的和．例如，．
（1）将假分式化为一个整式与一个真分式的和；
（2）若分式的值为整数，求x的整数值．
【答案】见试题解析内容
【解析】解：（1）由题可得，＝＝2﹣；
（2）＝＝＝x﹣1+，
∵分式的值为整数，且x为整数，
∴x+1＝±1，
∴x＝﹣2或0．
十九、等式的性质（共1小题）
23．下列等式变形错误的是（ ）
A．若a＝b，则
B．若a＝b，则3a＝3b
C．若a＝b，则ax＝bx
D．若a＝b，则
【答案】D
【解析】解：根据等式的性质可知：
A．若a＝b，则＝．正确；
B．若a＝b，则3a＝3b，正确；
C．若a＝b，则ax＝bx，正确；
D．若a＝b，则＝（m≠0），所以原式错误．
故选：D．
二十、二元一次方程的解（共1小题）
24．若是方程2x+y＝0的解，则6a+3b+2＝ ．
【答案】2
【解析】解：把代入方程2x+y＝0，得2a+b＝0，
∴6a+3b+2＝3（2a+b）+2＝2．
故答案为：2．
二十一、一元二次方程的定义（共1小题）
25．如果方程（m﹣3）﹣x+3＝0是关于x的一元二次方程，那么m的值为（ ）
A．±3B．3C．﹣3D．都不对
【答案】C
【解析】解：由一元二次方程的定义可知，
解得m＝﹣3．
故选：C．
二十二、一元二次方程的一般形式（共1小题）
26．把一元二次方程2x（x﹣1）＝（x﹣3）+4化成一般式之后，其二次项系数与一次项分别是（ ）
A．2，﹣3B．﹣2，﹣3C．2，﹣3xD．﹣2，﹣3x
【答案】C
【解析】解：一元二次方程2x（x﹣1）＝（x﹣3）+4，
去括号得：2x2﹣2x＝x﹣3+4，
移项，合并同类项得：2x2﹣3x﹣1＝0，
其二次项系数与一次项分别是2，﹣3x．
故选：C．
二十三、根的判别式（共1小题）
27．若关于x的方程（k﹣1）x2﹣2kx+k﹣3＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（ ）
A．B．且k≠1C．D．且k≠1
【答案】B
【解析】解：①当k﹣1＝0，即k＝1时，方程为﹣2x﹣2＝0，此时方程有一个解，不符合题意；
②当k≠1时，∵关于x的方程（k﹣1）x2﹣2kx+k﹣3＝0有两个不相等的实数根，
∴（﹣2k）2﹣4×（k﹣1）×（k﹣3）＞0，
解得：k＞且k≠1．
故选：B．
二十四、由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题）
28．某厂一月份生产某机器100台，计划二、三月份共生产280台．设二、三月份每月的平均增长率为x，根据题意列出的方程是（ ）
A．100（1+x）2＝280
B．100（1+x）+100（1+x）2＝280
C．100（1﹣x）2＝280
D．100+100（1+x）+100（1+x）2＝280
【答案】B
【解析】解：设二、三月份每月的平均增长率为x，
则二月份生产机器为：100（1+x），
三月份生产机器为：100（1+x）2；
又知二、三月份共生产280台；
所以，可列方程：100（1+x）+100（1+x）2＝280．
故选：B．
二十五、分式方程的解（共1小题）
29．已知关于x的分式方程＝﹣1无解，则m的值为（ ）
A．m＝1B．m＝4C．m＝3D．m＝1或m＝4
【答案】D
【解析】解：去分母得：3﹣2x﹣9+mx＝﹣x+3，
整理得：（m﹣1）x＝9，
当m﹣1＝0，即m＝1时，该整式方程无解；
当m﹣1≠0，即m≠1时，由分式方程无解，得到x﹣3＝0，即x＝3，
把x＝3代入整式方程得：3m﹣3＝9，
解得：m＝4，
综上，m的值为1或4，
故选：D．
二十六、解分式方程（共1小题）
30．解分式方程：＝﹣．
【解析】解：原方程即＝﹣，
两边同时乘以（2x+1）（2x﹣1）得：x+1＝3（2x﹣1）﹣2（2x+1），
x+1＝6x﹣3﹣4x﹣2，
解得：x＝6．
经检验：x＝6是原分式方程的解．
∴原方程的解是x＝6．
二十七、不等式的性质（共1小题）
31．已知a＜b，下列不等式成立的是（ ）
A．a+2＜b+1B．﹣3a＞﹣2bC．m﹣a＞m﹣bD．am2＜bm2
【答案】C
【解析】解：A、不等式的两边都减1，不等号的方向不变，故A错误；
B、不等式的两边都乘以同一个负数，不等号的方向改变，B选项没有乘以同一个负数，故B错误；
C、∵a＜b，∴﹣a＞﹣b
∴m﹣a＞m﹣b，故C正确；
D、∵m2≥0，a＜b
∴am2≤bm2，故D错误；
故选：C．
二十八、一元一次不等式组的整数解（共1小题）
32．已知关于x的不等式组恰有3个整数解，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：由于不等式组有解，则，必定有整数解0，
∵，
∴三个整数解不可能是﹣2，﹣1，0．
若三个整数解为﹣1，0，1，则不等式组无解；
若三个整数解为0，1，2，则；
解得．故选：B．
二十九、坐标与图形性质（共1小题）
33．如图，已知A（﹣2，3）、B（4，3）、C（﹣1，﹣3）
（1）求点C到x轴的距离；
（2）求△ABC的面积；
（3）点P在y轴上，当△ABP的面积为6时，请直接写出点P的坐标．
【解析】解：（1）∵C（﹣1，﹣3），
∴|﹣3|＝3，
∴点C到x轴的距离为3；
（2）∵A（﹣2，3）、B（4，3）、C（﹣1，﹣3）
∴AB＝4﹣（﹣2）＝6，点C到边AB的距离为：3﹣（﹣3）＝6，
∴△ABC的面积为：6×6÷2＝18．
（3）设点P的坐标为（0，y），
∵△ABP的面积为6，A（﹣2，3）、B（4，3），
∴6×|y﹣3|＝6，
∴|y﹣3|＝2，
∴y＝1或y＝5，
∴P点的坐标为（0，1）或（0，5）．
三十、一次函数的性质（共1小题）
34．在一次函数y＝﹣x+3的图象上取一点P，作PA⊥x轴，垂足为A，作PB⊥y轴，垂足为B，且矩形OAPB的面积为，则这样的点P共有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【解析】解：设P点的坐标为（a，b ）则矩形OAPB的面积＝|a|•|b|即|a|•|b|＝
∵P点在直线y＝﹣x+3上
∴﹣a+3＝b
∴|a|•|3﹣a|＝
（1）若a＞3，则|a|•|3﹣a|＝a•（a﹣3）＝，解得：a＝，a＝（舍去）
（2）若3＞a＞0，则|a|•|3﹣a|＝a•（3﹣a）＝，解得：a＝
（3）若a＜0，则|a|•|3﹣a|＝﹣a•（3﹣a）＝，解得：a＝（舍去），a＝．
∴这样的点P共有3个．
故选：B．
三十一、一次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
35．如图，已知a，b，c分别是Rt△ABC的三条边长，∠C＝90°，我们把关于x的形如y＝的一次函数称为“勾股一次函数”，若点P（1，）在“勾股一次函数”的图象上，且Rt△ABC的面积是5，则c的值是 5 ．
【答案】5
【解析】解：∵点P（1，）在“勾股一次函数”y＝的图象上，
∴，即a+b＝，
又∵a，b，c分别是Rt△ABC的三条边长，∠C＝90°，Rt△ABC的面积是5，
∴ab＝5，即ab＝10，
又∵a2+b2＝c2，∴（a+b）2﹣2ab＝c2，
即∴（）2﹣2×10＝c2，解得c＝5，故答案为：5．
三十二、一次函数与一元一次不等式（共1小题）
36．如图，已知：函数y＝3x+b和y＝ax﹣3的图象交于点P（﹣2，﹣5），则根据图象可得不等式3x+b＞ax﹣3的解集是（ ）
A．x＞﹣5B．x＞﹣2C．x＞﹣3D．x＜﹣2
【答案】B
【解析】解：∵函数y＝3x+b和y＝ax﹣3的图象交于点P（﹣2，﹣5），
则根据图象可得不等式3x+b＞ax﹣3的解集是x＞﹣2，故选：B．
三十三、一次函数的应用（共2小题）
37．为了贯彻落实市委市府提出的“精准扶贫”精神．某校特制定了一系列关于帮扶A、B两贫困村的计划．现决定从某地运送152箱鱼苗到A、B两村养殖，若用大小货车共15辆，则恰好能一次性运完这批鱼苗，已知这两种大小货车的载货能力分别为12箱/辆和8箱/辆，其运往A、B两村的运费如下表：
（1）求这15辆车中大小货车各多少辆？
（2）现安排其中10辆货车前往A村，其余货车前往B村，设前往A村的大货车为x辆，前往A、B两村总费用为y元，试求出y与x的函数解析式．
（3）在（2）的条件下，若运往A村的鱼苗不少于100箱，请你写出使总费用最少的货车调配方案，并求出最少费用．
【解析】解：（1）设大货车用x辆，小货车用y辆，根据题意得：
，解得：．
∴大货车用8辆，小货车用7辆．
（2）y＝800x+900（8﹣x）+400（10﹣x）+600[7﹣（10﹣x）]＝100x+9400．（3≤x≤8，且x为整数）．
（3）由题意得：12x+8（10﹣x）≥100，
解得：x≥5，
又∵3≤x≤8，
∴5≤x≤8且为整数，
∵y＝100x+9400，
k＝100＞0，y随x的增大而增大，
∴当x＝5时，y最小，
最小值为y＝100×5+9400＝9900（元）．
答：使总运费最少的调配方案是：5辆大货车、5辆小货车前往A村；3辆大货车、2辆小货车前往B村．最少运费为9900元．
38．快、慢两车分别从相距180千米的甲、乙两地同时出发，沿同一路线匀速行驶，相向而行，快车到达乙地停留一段时间后，按原路原速返回甲地．慢车到达甲地比快车到达甲地早小时，慢车速度是快车速度的一半，快、慢两车到达甲地后停止行驶，两车距各自出发地的路程y（千米）与所用时间x（小时）的函数图象如图所示，请结合图象信息解答下列问题：
（1）请直接写出快、慢两车的速度；
（2）求快车返回过程中y（千米）与x（小时）的函数关系式；
（3）两车出发后经过多长时间相距90千米的路程？直接写出答案．
【解析】解：（1）慢车的速度＝180÷（﹣）＝60千米/时，
快车的速度＝60×2＝120千米/时；
（2）快车停留的时间：﹣×2＝（小时），
+＝2（小时），即C（2，180），
设CD的解析式为：y＝kx+b，则
将C（2，180），D（，0）代入，得
，解得，
∴快车返回过程中y（千米）与x（小时）的函数关系式为y＝﹣120x+420（2≤x≤）；
（3）相遇之前：120x+60x+90＝180，
解得x＝；
相遇之后：120x+60x﹣90＝180，
解得x＝；
快车从甲地到乙地需要180÷120＝小时，
快车返回之后：60x＝90+120（x﹣﹣），解得x＝，
综上所述，两车出发后经过或或小时相距90千米的路程．
三十四、一次函数综合题（共1小题）
39．如图，直线y＝kx+b与x轴、y轴分别交于点A（4，0）、B（0，4），点P在x轴上运动，连接PB，将△OBP沿直线BP折叠，点O的对应点记为O′．
（1）求k、b的值；
（2）若点O′恰好落在直线AB上，求△OBP的面积；
（3）将线段PB绕点P顺时针旋转45°得到线段PC，直线PC与直线AB的交点为Q，在点P的运动过程中，是否存在某一位置，使得△PBQ为等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵点A（4，0）、B（0，4）在直线y＝kx+b上，
∴，解得：k＝﹣1，b＝4；
（2）存在两种情况：
①如图1，当P在x轴的正半轴上时，点O′恰好落在直线AB上，则OP＝O'P，∠BO'P＝∠BOP＝90°，
∵OB＝OA＝4，∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB＝4，∠OAB＝45°，
由折叠得：∠OBP＝∠O'BP，BP＝BP，
∴△OBP≌△O'BP（AAS），
∴O'B＝OB＝4，∴AO'＝4﹣4，
Rt△PO'A中，O'P＝AO'＝4﹣4＝OP，
∴S△BOP＝OB•OP＝＝8﹣8；
②如图所示：当P在x轴的负半轴时，
由折叠得：∠PO'B＝∠POB＝90°，O'B＝OB＝4，
∵∠BAO＝45°，∴PO'＝PO＝AO'＝4+4，
∴S△BOP＝OB•OP＝＝8+8；
（3）分4种情况：
①当BQ＝QP时，如图2，P与O重合，此时点P的坐标为（0，0）；
②当BP＝PQ时，如图3，
∵∠BPC＝45°，∴∠PQB＝∠PBQ＝22.5°，
∵∠OAB＝45°＝∠PBQ+∠APB，∴∠APB＝22.5°，
∴∠ABP＝∠APB，∴AP＝AB＝4，
∴OP＝4+4，
∴P（4+4，0）；
③当PB＝PQ时，如图4，此时Q与C重合，
∵∠BPC＝45°，
∴∠PBA＝∠PCB＝67.5°，
△PCA中，∠APC＝22.5°，
∴∠APB＝45+22.5°＝67.5°，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AB＝AP＝4，
∴OP＝4﹣4，
∴P（4﹣4，0）；
④当PB＝BQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于y轴对称，
∴此时P（﹣4，0）；
综上，点P的坐标是（0，0）或（4+4，0）或（4﹣4，0）或（﹣4，0）．
三十五、反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题）
40．如图，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线y＝（x＞0）同时经过点B，且点A在点B的左侧，点A的横坐标为1，∠AOB＝∠OBA＝45°，则k的值为 ．
【答案】
【解析】解：如图所示，过A作AM⊥y轴于M，过B作BD⊥x轴于D，直线BD与AM交于点N，
则OD＝MN，DN＝OM，∠AMO＝∠BNA＝90°，
∴∠AOM+∠OAM＝90°，
∵∠AOB＝∠OBA＝45°，
∴OA＝BA，∠OAB＝90°，
∴∠OAM+∠BAN＝90°，
∴∠AOM＝∠BAN，
∴△AOM≌△BAN，
∴AM＝BN＝1，OM＝AN＝k，
∴OD＝1+k，BD＝OM﹣BN＝k﹣1
∴B（1+k，k﹣1），
∵双曲线y＝（x＞0）经过点B，
∴（1+k）•（k﹣1）＝k，整理得：k2﹣k﹣1＝0，
解得：k＝（负值已舍去），故答案为：．
三十六、二次函数的图象（共1小题）
41．函数y＝与y＝﹣kx2+k（k≠0）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】解：解法一：由解析式y＝﹣kx2+k可得：抛物线对称轴x＝0；
A、由双曲线的两支分别位于二、四象限，可得k＜0，则﹣k＞0，抛物线开口方向向上、抛物线与y轴的交点为y轴的负半轴上；本图象与k的取值相矛盾，故A错误；
B、由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k＞0，则﹣k＜0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象符合题意，故B正确；
C、由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k＞0，则﹣k＜0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象与k的取值相矛盾，故C错误；
D、由双曲线的两支分别位于一、三象限，可得k＞0，则﹣k＜0，抛物线开口方向向下、抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，本图象与k的取值相矛盾，故D错误．
解法二：
①k＞0，双曲线在一、三象限，﹣k＜0，抛物线开口向下，顶点在y轴正半轴上，选项B符合题意；
②K＜0时，双曲线在二、四象限，﹣k＞0，抛物线开口向上，顶点在y轴负半轴上，选项B符合题意；
故选：B．
三十七、二次函数图象与系数的关系（共1小题）
42．如图，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝﹣1．且过点（，0），有下列结论：①abc＞0；②a﹣2b+4c＝0；③25a﹣10b+4c＝0；④3b+2c＞0；⑤a﹣b≥m（am﹣b）；其中所有正确的结论是 ．（填写正确结论的序号）
【答案】①③⑤
【解析】解：由抛物线的开口向下可得：a＜0，
根据抛物线的对称轴在y轴左边可得：a，b同号，所以b＜0，
根据抛物线与y轴的交点在正半轴可得：c＞0，
∴abc＞0，故①正确；
直线x＝﹣1是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴，所以﹣＝﹣1，可得b＝2a，
a﹣2b+4c＝a﹣4a+4c＝﹣3a+4c，
∵a＜0，
∴﹣3a＞0，
∴﹣3a+4c＞0，
即a﹣2b+4c＞0，故②错误；
∵抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝﹣1．且过点（，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（，0），
当x＝﹣时，y＝0，即，
整理得：25a﹣10b+4c＝0，故③正确；
∵b＝2a，
∴25a﹣20a+4c＝0，
∴5a+4c＝0，即c＝﹣a；
∵b＝2a，a+b+c＜0，
∴，
即3b+2c＜0，故④错误；
由二次函数的性质可知，当x＝﹣1时，y取最大值，
∴对任意﹣m的值，满足a﹣b+c≥am2﹣bm+c，
整理得，a﹣b≥m（am﹣b）；
故⑤正确；
故答案为：①③⑤．
三十八、抛物线与x轴的交点（共1小题）
43．已知函数y＝（k﹣3）x2+2x+1的图象与x轴有交点，则k的取值范围是（ ）
A．k≤4且k≠3B．k＜4且k≠3C．k＜4D．k≤4
【答案】D
【解析】解：当k＝3时，函数y＝2x+1是一次函数，它的图象与x轴有一个交点；
当k≠3，函数y＝（k﹣3）x2+2x+1是二次函数，
当22﹣4（k﹣3）≥0，
k≤4
即k≤4时，函数的图象与x轴有交点．
综上k的取值范围是k≤4．
故选：D．
三十九、二次函数综合题（共2小题）
44．如图，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴相交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴相交于点C（0，3），作直线BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线BC上方的抛物线上存在点D，使∠DCB＝2∠ABC，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，点F的坐标为（0，），点M在抛物线上，点N在直线BC上．当以D，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点N的坐标．
【解析】解：（1）∵抛物线经过点A（﹣1，0），C（0，3），
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解法一：作点B关于y轴的对称点B'，作射线B'C交抛物线于点D，
∵B的坐标为（4，0），
∴B'（﹣4，0），
∴直线B'C的解析式为：y＝x+3，
则﹣x2+x+3＝x+3，
解得：x1＝0（舍），x2＝2，
∴D（2，）；
如图1，过点C作CE∥x轴交抛物线于点E，则∠ECB＝∠ABC，
过点D作DH⊥CE于点H，则∠DHC＝90°，
∵∠DCB＝∠DCH+∠ECB＝2∠ABC，
∴∠DCH＝∠ABC，
∵∠DHC＝∠COB＝90°，
∴△DCH∽△CBO，∴，
设点D的横坐标为t，则，
∵C（0，3），∴，
∵点B是y＝﹣+x+3与x轴的交点，
∴，解得x1＝4，x2＝﹣1，
∴B的坐标为（4，0），
∴OB＝4，
∴，
解得t1＝0（舍去），t2＝2，
∴点D的纵坐标为：，
则点D坐标为；
（3）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
则，解得：，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
设N（m，﹣m+3），
分两种情况：
①如图2﹣1和图2﹣2，以DF为边，DN为对角线，N在x轴的上方时，四边形DFNM是平行四边形，
∵D（2，），F（0，），
∴M（m+2，﹣m+4），
代入抛物线的解析式得：﹣＝﹣m+4，
解得：m＝，
∴N（，3﹣）或（﹣，3+）；
②如图3﹣1和3﹣2，以DF为边，DM为对角线，四边形DFMN是平行四边形，
同理得：M（m﹣2，﹣m+2），
代入抛物线的解析式得：﹣＝﹣m+2，
解得：m＝4，
∴N（4+，﹣）或（4﹣，）；
③以DF为对角线时，设中点P的坐标为（1，4），
设M（t，﹣t2+t+3），N（n，﹣n+3），
∴，
此方程组无解，所以此种情况不成立；
综上，点N的坐标分别为：（，3﹣）或（﹣，3+）或（4+，﹣）或（4﹣，）．
45．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx经过A（4，0），B（1，4）两点．P是抛物线上一点，且在直线AB的上方．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标；
（3）如图，OP交AB于点C，PD∥BO交AB于点D．记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3．判断+是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x．
（2）P（2，）或（3，4）．
（3）．
【解析】解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入y＝ax2+bx，
∴，解得．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x．
（2）设直线AB的解析式为：y＝kx+t，
将A（4，0），B（1，4）代入y＝kx+t，
∴，解得．
∵A（4，0），B（1，4），
∴S△OAB＝×4×4＝8，
∴S△OAB＝2S△PAB＝8，即S△PAB＝4，
过点P作PM⊥x轴于点M，PM与AB交于点N，过点B作BE⊥PM于点E，如图，
∴S△PAB＝S△PNB+S△PNA＝PN×BE+PN×AM＝PN＝4，
∴PN＝．
设点P的横坐标为m，
∴P（m，﹣m2+m）（1＜m＜4），N（m，﹣m+），
∴PN＝﹣m2+m﹣（﹣m+）＝．
解得m＝2或m＝3；
∴P（2，）或（3，4）．
（3）∵PD∥OB，
∴∠DPC＝∠BOC，∠PDC＝∠OBC，
∴△DPC∽△BOC，
∴CP：CO＝CD：CB＝PD：OB，
∵＝＝，＝＝，
∴+＝．
设直线AB交y轴于点F．则F（0，），
过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH交AB于点G，如图，
∵∠PDC＝∠OBC，
∴∠PDG＝∠OBF，
∵PG∥OF，∴∠PGD＝∠OFB，
∴△PDG∽△OBF，
∴PD：OB＝PG：OF，
设P（n，﹣n2+n）（1＜n＜4），
由（2）可知，PG＝﹣n2+n﹣，
∴+＝＝＝PG＝﹣（n﹣）2+．
∵1＜n＜4，
∴当n＝时，+的最大值为．
四十、平行线的性质（共1小题）
46．如果两个角的两边分别平行，而其中一个角比另一个角的4倍少30°，那么这两个角是（ ）
A．42°、138°B．都是10°
C．42°、138°或10°、10°D．以上都不对
【答案】C
【解析】解：如图1，∵AB∥EF，∴∠3＝∠2，
∵BC∥DE，
∴∠3＝∠1，
∴∠1＝∠2．
如图2，∵AB∥EF，
∴∠3+∠2＝180°，
∵BC∥DE，
∴∠3＝∠1，
∴∠1+∠2＝180°
∴如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补．
设另一个角为x，则这一个角为4x﹣30°，
（1）两个角相等，则x＝4x﹣30°，
解得x＝10°，
4x﹣30°＝4×10°﹣30°＝10°；
（2）两个角互补，则x+（4x﹣30°）＝180°，
解得x＝42°，
4x﹣30°＝4×42°﹣30°＝138°．
所以这两个角是42°、138°或10°、10°．
故选：C．
四十一、三角形的角平分线、中线和高（共1小题）
47．已知：如图所示，在△ABC中，点D，E，F分别为BC，AD，CE的中点，且S△ABC＝4cm2，则阴影部分的面积为 cm2．
【答案】1
【解析】解：∵D为BC中点，根据同底等高的三角形面积相等，
∴S△ABD＝S△ACD＝S△ABC＝×4＝2（cm2），
同理S△BDE＝S△CDE＝S△BCE＝×2＝1（cm2），∴S△BCE＝2（cm2），
∵F为EC中点，
∴S△BEF＝S△BCE＝×2＝1（cm2）．
故答案为1．
四十二、三角形内角和定理（共1小题）
48．如图，在第1个△ABA1中，∠B＝40°，∠BAA1＝∠BA1A，在A1B上取一点C，延长AA1到A2，使得在第2个△A1CA2中，∠A1CA2＝∠A1A2C；在A2C上取一点D，延长A1A2到A3，使得在第3个△A2DA3中，∠A2DA3＝∠A2A3D；…，按此做法进行下去，第3个三角形中以A3为顶点的内角的度数为 ；第n个三角形中以An为顶点的底角的度数为 ．
【答案】17.5°；
【解析】解：∵在△ABA1中，∠B＝40°，AB＝A1B，
∴∠BA1A＝（180°﹣∠B）＝（180°﹣40°）＝70°，
∵A1A2＝A1C，∠BA1A是△A1A2C的外角，
∴∠CA2A1＝∠BA1A＝×70°＝35°；
同理可得，∠DA3A2＝×70°＝17.5°，∠EA4A3＝×70°，
以此类推，第n个三角形的以An为顶点的底角的度数＝．
故答案为：17.5°，．
四十三、全等三角形的判定与性质（共1小题）
49．如图，已知等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP＝OC．
（1）求∠APO+∠DCO的度数；
（2）求证：AC＝AO+AP．
【解析】解：（1）连接BO，如图1所示：
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠ODB＝∠ODC，
在△OBD和△OCD中，，
∴△OBD≌△OCD（SAS），
∴OB＝OC，
又∵OP＝OC，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DBO＝∠DCO，
又∵∠BAC＝120°，
∠ABC＝∠ACB＝30°，
又∵∠ABD＝∠ABO+∠DBO＝30°，
∴∠APO+∠DCO＝30°；
（2）过点O作OH⊥BP于点H，如图2所示：
∵∠BAC＝120°，AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠HAO＝∠CAD＝60°，
又∵OH⊥BP，∴∠OHA＝90°，
∴∠HOA＝30°，∴AO＝2AH，
又∵BO＝PO，OH⊥BP，
∴BH＝PH，
又∵HP＝AP+AH，
∴BH＝AP+AH，
又∵AB＝BH+AH，
∴AB＝AP+2AH，
又∵AB＝AC，AO＝2AH，
∴AC＝AP+AO．
四十四、含30度角的直角三角形（共1小题）
50．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4cm，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别在AB、BC边上匀速移动，它们的速度分别为VP＝2cm/s，VQ＝1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为t s．
（1）当t为何值时，△PBQ为等边三角形？
（2）当t为何值时，△PBQ为直角三角形？
【答案】（1）；
（2）或t＝1．
【解析】解：在△ABC中，∵∠C＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°．
∵4÷2＝2，
∴0≤t≤2，BP＝4﹣2t，BQ＝t.
（1）当BP＝BQ时，△PBQ为等边三角形．
即4﹣2t＝t．
∴．
当时，△PBQ为等边三角形；
（2）若△PBQ为直角三角形，
①当∠BQP＝90°时，BP＝2BQ，
即4﹣2t＝2t，
∴t＝1．
②当∠BPQ＝90°时，BQ＝2BP，
即t＝2（4﹣2t），
∴．
即当或t＝1时，△PBQ为直角三角形．
四十五、直角三角形斜边上的中线（共1小题）
51．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，∠ACD＝4∠BCD，点E是斜边AB的中点．则∠DCE的度数为（ ）
A．30°B．36°C．45°D．54°
【答案】D
【解析】解：∵∠ACB＝90°，∠ACD＝4∠BCD，
∴∠BCD＝∠ACB＝18°，
∵CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠BCD＝72°，
∵点E是斜边AB的中点，
∴CE＝BE＝AB，
∴∠B＝∠BCE＝72°，
∴∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝54°，
故选：D．
四十六、三角形中位线定理（共1小题）
52．如图，在△ABC中，M是BC边的中点，AP平分∠A，BP⊥AP于点P、若AB＝12，AC＝22，则MP的长为 ．
【答案】5
【解析】解：延长BP与AC相交于D，
因为∠BAP＝∠DAP，AP⊥BD，AP＝AP
所以△ABP≌△APD（ASA），
于是AB＝AD＝12，BP＝PD
又∵M是BC边的中点
故PM∥AC
所以PM＝DC＝×10＝5
故MP的长为5．
故答案为5．
四十七、平行四边形的判定与性质（共1小题）
53．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延长BC到E，使CE＝3，连接DE，由直角三角形的性质可知DE＝5．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒．（t＞0）
（1）当t＝3时，BP＝ ；
（2）当t＝ 时，点P运动到∠B的角平分线上；
（3）请用含t的代数式表示△ABP的面积S；
（4）当0＜t＜6时，直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值．
【答案】（1）6；
（2）8；
（3）①S△ABP＝4t，（0＜t＜4）；
②S△ABP＝16，（4≤t≤6）；
③S△ABP＝﹣4t+40，（6＜t≤10）；
（4）t＝2或t＝3或t＝．
【解析】解：（1）BP＝2t＝2×3＝6，
故答案为：6；
（2）作∠B的角平分线交AD于F，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AD∥BC，∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝4，
∴DF＝AD﹣AF＝8﹣4＝4，
∴BC+CD+DF＝8+4+4＝16，
∴2t＝16，解得t＝8．
∴当t＝8时，点P运动到∠ABC的角平分线上；
故答案为：8；
（3）根据题意分3种情况讨论：
①当点P在BC上运动时，
S△ABP＝×BP×AB＝×2t×4＝4t；（0＜t＜4）；
②当点P在CD上运动时，
S△ABP＝×AB×BC＝×4×8＝16；（4≤t≤6）；
③当点P在AD上运动时，
S△ABP＝×AB×AP＝×4×（20﹣2t）＝﹣4t+40；（6＜t≤10）；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，
根据题意分情况讨论：
①当点P在BC上，点P到四边形ABED相邻两边距离相等，
∴点P到AD边的距离为4，
∴点P到AB边的距离也为4，
即BP＝4，
∴2t＝4，解得t＝2s；
②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，
∴点P到DE边的距离也为4，
∴PE＝DE＝5，
∴PC＝PE﹣CE＝2，
∴8﹣2t＝2，解得t＝3s；
③当点P在CD上，如图，过点P作PH⊥DE于点H，
点P到DE、BE边的距离相等，
即PC＝PH，
∵PC＝2t﹣8，
∵S△DCE＝S△DPE+S△PCE，
∴3×4＝5×PH+3×PC，
∴12＝8PH，
∴12＝8（2t﹣8），
解得t＝．
综上所述：t＝2或t＝3或t＝时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
四十八、菱形的判定与性质（共1小题）
54．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）AC的长为10．
【解析】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，
∵点E是AD的中点，∴AE＝DE，
∴△FAE≌△CDE（AAS），
∴AF＝CD，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝BD＝BC，
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：∵四边形ADBF是菱形，
∴菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积，
∵点D是BC的中点，
∴△ABC的面积＝2△ABD的面积，
∴菱形ADBF的面积＝△ABC的面积＝40，
∴AB•AC＝40，
∴×8•AC＝40，
∴AC＝10，
∴AC的长为10．
四十九、矩形的性质（共2小题）
55．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：∵AB＝6，BC＝8，
∴矩形ABCD的面积为48，AC＝＝10，
∴AO＝DO＝AC＝5，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为12，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即12＝AO×EO+DO×EF，
∴12＝×5×EO+×5×EF，
∴5（EO+EF）＝24，
∴EO+EF＝，
故选：C．
56．如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．
（1）求证：△DOE≌△BOF；
（2）若AB＝6，AD＝8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．
【答案】（1）答案见解析；
（2）25．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO＝∠FBO，
∵O为BD的中点，
∴OB＝OD，
又∵EF⊥BD，
∴∠EOD＝∠FOB＝90°，
在△DOE和△BOF中，，
∴△DOE≌△BOF（ASA）；
（2）解：∵由（1）可得，ED∥BF，ED＝BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BFDE是菱形，
根据AB＝6，AD＝8，设AE＝x，可得BE＝ED＝8﹣x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：BE2＝AB2+AE2，
即（8﹣x）2＝x2+62，
解得：，
∴，
∴四边形BFDE的周长＝．
五十、正方形的性质（共2小题）
57．如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 ．
【答案】+3
【解析】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为×9＝6，
∴空白部分的面积为9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则ab＝，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b＝，即BG+CG＝，
∴△BCG的周长＝+3，
故答案为：+3．
58．如图1，在正方形ABCD中，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．
（1）若点E是BC边上的中点，求证：AE＝EF；
（2）如图2，若点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，那么结论“AE＝EF”是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若点E是BC边上的任意点一，在AB边上是否存在点M，使得四边形DMEF是平行四边形？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：取AB的中点H，连接EH；如图1所示
∵四边形ABCD是正方形，AE⊥EF；
∴∠1+∠AEB＝90°，∠2+∠AEB＝90°
∴∠1＝∠2，
∵BH＝BE，∠BHE＝45°，且∠FCG＝45°，
∴∠AHE＝∠ECF＝135°，AH＝CE，
在△AHE和△ECF中，，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF；
（2）解：AE＝EF成立，
理由如下：如图2，延长BA到M，使AM＝CE，
∵∠AEF＝90°，
∴∠FEG+∠AEB＝90°．
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠FEG，
∴∠MAE＝∠CEF．
∵AB＝BC，
∴AB+AM＝BC+CE，
即BM＝BE．
∴∠M＝45°，
∴∠M＝∠FCE．
在△AME与△ECF中，，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF．
（3）存在，
理由如下：如图3，作DM⊥AE于AB交于点M，则有：DM∥EF，连接ME、DF，
在△ADM与△BAE中，，
∴△ADM≌△BAE（ASA），
∴DM＝AE，
由（2）AE＝EF，
∴DM＝EF，
∴四边形DMEF为平行四边形．
五十一、梯形（共1小题）
59．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，点E在BC上，AE＝BE，点F是CD的中点，且AF⊥AB，若AD＝2.7，AF＝4，AB＝6，则CE的长为（ ）
A．B．C．2.5D．2.3
【答案】D
【解析】解：延长AF、BC交于点G．
∵AD∥BC，
∴∠D＝∠FCG，∠DAF＝∠G．
又DF＝CF，∴△AFD≌△GFC．
∴AG＝2AF＝8，CG＝AD＝2.7．
∵AF⊥AB，AB＝6，
∴BG＝10．
∴BC＝BG﹣CG＝7.3．
∵AE＝BE，
∴∠BAE＝∠B．
∴∠EAG＝∠AGE．
∴AE＝GE．
∴BE＝BG＝5．
∴CE＝BC﹣BE＝2.3．
故选：D．
五十二、四边形综合题（共1小题）
60．将一矩形纸片OABC放在平面直角坐标系中，O（0，0），A（6，0），C（0，3）．动点Q从点O出发以每秒1个单位长的速度沿OC向终点C运动，运动秒时，动点P从点A出发以相等的速度沿AO向终点O运动．当其中一点到达终点时，另一点也停止运动．设点P的运动时间为t（秒）．
（1）用含t的代数式表示OP，OQ；是否存在t，使得PQ与AC平行？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．
（2）求△POQ面积的最大值．
（3）如图，将△POQ沿PQ翻折，点O恰好落在CB边上的点D处，且点D的坐标（1，3），求t的值．
【解析】解：（1）∵O（0，0），A（6，0），C（0，3），
∴OA＝6，OC＝3，
∵四边形OABC是矩形，
∴AB＝OC＝3，BC＝OA＝6，
∴B（6，3），
∵动点Q从O点以每秒1个单位长的速度沿OC向终点C运动，运动秒时，动点P从点A出发以相等的速度沿AO向终点O运动．
∴当点P的运动时间为t（秒）时，
AP＝t，OQ＝+t，
则OP＝OA﹣AP＝6﹣t；
存在，PQ与AC平行，
当时，PQ∥AC，
即，t＝；
（2）S△POQ＝＝＝﹣＝﹣，
∵Q运动到点C时，t＝3﹣＝，
P运动到点O时，t＝6，
∵﹣，
∴当0≤t≤时，S随t的增大而增大，
∴当t＝时，S的最大值为；
（3）∵D（1，3），
∴CD＝1，
设OQ＝a，则DQ＝a，CQ＝3﹣a，
在Rt△CQD中，CQ2+CD2＝DQ2，
∴（3﹣a）2+12＝a2，
a＝，
∵OQ＝t+＝，t＝1．
五十三、圆的认识（共1小题）
61．如图，⊙O的半径为6，△OAB的面积为18，点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，P点有 个．
【答案】4
【解析】解：解法一：过O作OC⊥AB于C，则AC＝BC，
设OC＝x，AC＝y，
∵AB是⊙O的一条弦，⊙O的半径为6，∴AB≤12，
∵△OAB的面积为18，
∴，则y＝，
∴，
解得x＝3或﹣3（舍），
∴OC＝3＞4，
∴4＜OP≤6，
∵点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，OP＝5或6，P点有4个．
解法二：设△AOB中OA边上的高为h，
则，即，
∴h＝6，
∵OB＝6，
∴OA⊥OB，即∠AOB＝90°，
∴AB＝6，图中OC＝3，
同理得：点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，OP＝5或6，P点有4个．
故答案为：4．
五十四、垂径定理（共1小题）
62．如图，⊙O的直径为10cm，弦AB为8cm，P是弦AB上一点，若OP的长为整数，则满足条件的点P有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】D
【解析】解：如图，连接OA，过O作OD⊥AB于D，
∵⊙O的直径为10cm，弦AB为8cm，
当OP⊥AB时OP有最小值，
则AD＝AB＝4cm，
由勾股定理得OD＝＝＝3cm，
∴当OP⊥AB时OP的最小值为3，
当OP与OA重合时P最大为5，
∴P在AD中间有3，4，5三个整数点，
在BD之间有4，5，两个整数点，
故P在AB上有5个整数点．故选：D．
五十五、圆周角定理（共7小题）
63．如图所示，⊙O是正方形ABCD的外接圆，P是⊙O上不与A、B重合的任意一点，则∠APB等于（ ）
A．45°B．60°
C．45° 或135°D．60° 或120°
【答案】C
【解析】解：连接OA，OB，
∵⊙O是正方形ABCD的外接圆，∴∠AOB＝90°，
若点P在优弧ADB上，则∠APB＝∠AOB＝45°；
若点P在劣弧AB上，
则∠APB＝180°﹣45°＝135°．
∴∠APB＝45°或135°．
故选：C．
64．如图，半圆O的直径AB＝7，两弦AC、BD相交于点E，弦CD＝，且BD＝5，则DE等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解法一：
∵∠D＝∠A，∠DCA＝∠ABD，
∴△AEB∽△DEC；
∴＝；
设BE＝2x，则DE＝5﹣2x，EC＝x，AE＝2（5﹣2x）；
连接BC，则∠ACB＝90°；
Rt△BCE中，BE＝2x，EC＝x，则BC＝x；
在Rt△ABC中，AC＝AE+EC＝10﹣3x，BC＝x；
由勾股定理，得：AB2＝AC2+BC2，
即：72＝（10﹣3x）2+（x）2，
整理，得4x2﹣20x+17＝0，解得x1＝+，x2＝﹣；
由于x＜，故x＝﹣；
则DE＝5﹣2x＝2．
解法二：连接OD，OC，AD，
∵OD＝CD＝OC
则∠DOC＝60°，∠DAC＝30°
又AB＝7，BD＝5，∴AD＝2，
在Rt△ADE中，∠DAC＝30°，
所以DE＝2．故选：A．
65．如图，半圆的半径OC＝2，线段BC与CD是半圆的两条弦，BC＝CD，延长CD交直径BA的延长线于点E，若AE＝2，则弦BD的长为 ．
【答案】
【解析】 解：如图，连接OD，AD，
∵BC＝DC，BO＝DO，
∴∠BDC＝∠DBC，∠BDO＝∠DBO，
∴∠CDO＝∠CBO，
又∵OC＝OB＝OD，∴∠BCO＝∠DCO，即OC平分∠BCD，
又∵BC＝DC，∴BD⊥CO，
又∵AB是直径，∴AD⊥BD，∴AD∥CO，
又∵AE＝AO＝2，
∴AD＝CO＝1，
∴Rt△ABD中，BD＝＝＝．
故答案为：．
66．如图，已知⊙C的半径为3，圆外一定点O满足OC＝5，点P为⊙C上一动点，经过点O的直线l上有两点A、B，且OA＝OB，∠APB＝90°，l不经过点C，则AB的最小值为 ．
【答案】4
【解析】解：如图，连接OP，PC，OC，
∵OP+PC≥OC，OC＝5，PC＝3，
∴当点O，P，C三点共线时，OP最短，
如图，∵OA＝OB，∠APB＝90°，∴AB＝2OP，
当O，P，C三点共线时，
∵OC＝5，CP＝3，∴OP＝5﹣3＝2，
∴AB＝2OP＝4，故答案为：4．
67．如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，AE的延长线交⊙O于点D，连接BD．
（1）判断△BDE的形状，并证明你的结论；
（2）若AB＝10，BE＝2，求BC的长．
【答案】（1）△BDE为等腰直角三角形．证明过程见解析部分；
（2）BC＝8．
【解析】（1）解：△BDE为等腰直角三角形．
证明：∵AE 平分∠BAC，BE 平分∠ABC，
∴∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC．
∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠DBE＝∠DBC+∠CBE，
∴∠BED＝∠DBE．∴BD＝ED．
∵AB为直径，∴∠ADB＝90°，
∴△BDE是等腰直角三角形．
另解：计算∠AEB＝135°也可以得证．
（2）解：连接OC、CD、OD，OD交BC于点F.
∵∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．∴BD＝DC．
∵OB＝OC．∴OD垂直平分BC．
∵△BDE是等腰直角三角形，BE＝2，∴BD＝2．
∵AB＝10，∴OB＝OD＝5．
设OF＝t，则DF＝5﹣t．
在Rt△BOF和Rt△BDF中，52﹣t2＝（2）2﹣（5﹣t）2，
解得t＝3，
∴BF＝4．∴BC＝8．
另解：分别延长AC，BD相交于点G．则△ABG为等腰三角形，先计算AG＝10，BG＝4，AD＝4，再根据面积相等求得BC．
68．已知：如图，在半径为2的半圆O中，半径OA垂直于直径BC，点E与点F分别在弦AB、AC上滑动并保持AE＝CF，但点F不与A、C重合，点E不与A、B重合．
（1）求四边形AEOF的面积．
（2）设AE＝x，S△OEF＝y，写出y与x之间的函数关系式，求x的取值范围．
【解析】解：（1）∵BC为半圆O的直径，OA为半径，且OA⊥BC，
∴∠B＝∠OAF＝45°，OA＝OB，
又∵AE＝CF，AB＝AC，
∴BE＝AF，
∴△BOE≌△AOF
∴S四边形AEOF＝S△AOB＝OB•OA＝2．
（2）∵BC为半圆O的直径，
∴∠BAC＝90°，且AB＝AC＝2，
y＝S△OEF＝S四边形AEOF﹣S△AEF＝2﹣AE•AF＝2﹣x（2﹣x）
∴y＝x2﹣x+2（0＜x＜2）．
69．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，∠CDB＝15°，OE＝2．
（1）求⊙O的半径；
（2）将△OBD绕O点旋转，使弦BD的一个端点与弦AC的一个端点重合，则弦BD与弦AC的夹角为 ．
【解析】解：（1）∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，
∴弧BC＝弧BD，∴∠BDC＝∠BOD，
而∠CDB＝15°，∴∠BOD＝2×15°＝30°，
在Rt△ODE中，∠DOE＝30°，OE＝2，
∴OE＝DE，OD＝2DE，
∴DE＝＝2，∴OD＝4，
即⊙O的半径为4；
（2）有4种情况：如图：
①如图1所示：∵OA＝OB，∠AOB＝30°，
∴∠OAB＝∠OBA＝75°，
∵CD⊥AB，AB是直径，∴弧BC＝弧BD，
∴∠CAB＝∠BOD＝15°，
∴∠CAB＝∠BAO+∠CAB＝15°+75°＝90°；
②如图2所示，∠CAD＝75°﹣15°＝60°；
③如图3所示：∠ACB＝90°；
④如图4所示：∠ACB＝60°；
故答案为：60°或90°．
五十六、点与圆的位置关系（共1小题）
70．如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）
A．+1B．+C．2+1D．2﹣
【答案】B
【解析】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
取OD＝OA＝2，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，∴OM＝CD，
当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，
∴BD＝2，
∴CD＝2+1，
∴OM＝CD＝，即OM的最大值为+；
故选：B．
五十七、切线的判定与性质（共4小题）
71．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作圆O，分别交BC于点D，交CA的延长线于点E，过点D作DH⊥AC于点H，连接DE交线段OA于点F．
（1）求证：DH是圆O的切线；
（2）若＝，求证：A为EH的中点．
（3）若EA＝EF＝1，求圆O的半径．
【解析】证明：（1）连接OD，如图1，
∵OB＝OD，∴△ODB是等腰三角形，∠OBD＝∠ODB①，
在△ABC中，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB②，
由①②得：∠ODB＝∠OBD＝∠ACB，∴OD∥AC，
∵DH⊥AC，∴DH⊥OD，
∴DH是圆O的切线；
（2）如图1，在⊙O中，∵∠E＝∠B，
∴由（1）可知：∠E＝∠B＝∠C，
∴△EDC是等腰三角形，
∵＝，
∵AE∥OD，
∴△AEF∽△ODF，
∴＝＝，
设OD＝3x，AE＝2x，
∵AO＝BO，OD∥AC，
∴BD＝CD，
∴AC＝2OD＝6x，
∴EC＝AE+AC＝2x+6x＝8x，
∵ED＝DC，DH⊥EC，
∴EH＝CH＝4x，
∴AH＝EH﹣AE＝4x﹣2x＝2x，
∴AE＝AH，
∴A是EH的中点；
（3）如图1，设⊙O的半径为r，即OD＝OB＝r，
∵EF＝EA，
∴∠EFA＝∠EAF，
∵OD∥EC，
∴∠FOD＝∠EAF，
则∠FOD＝∠EAF＝∠EFA＝∠OFD，
∴DF＝OD＝r，
∴DE＝DF+EF＝r+1，
∴BD＝CD＝DE＝r+1，
在⊙O中，∵∠BDE＝∠EAB，
∴∠BFD＝∠EFA＝∠EAB＝∠BDE，
∴BF＝BD，△BDF是等腰三角形，
∴BF＝BD＝r+1，
∴AF＝AB﹣BF＝2OB﹣BF＝2r﹣（1+r）＝r﹣1，
∵∠BFD＝∠EFA，∠B＝∠E，
∴△BFD∽△EFA，
∴，∴，
解得：r1＝，r2＝（舍），
综上所述，⊙O的半径为．
72．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以斜边AB上的中线CD为直径作⊙O，与BC交于点M，与AB的另一个交点为E，过M作MN⊥AB，垂足为N．
（1）求证：MN是⊙O的切线；
（2）若⊙O的直径为5，sinB＝，求ED的长．
【解析】（1）证明：连接OM，如图1，
∵OC＝OM，∴∠OCM＝∠OMC，
在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，
∴CD＝AB＝BD，∴∠DCB＝∠DBC，
∴∠OMC＝∠DBC，∴OM∥BD，
∵MN⊥BD，
∴OM⊥MN，
∵OM过O，
∴MN是⊙O的切线；
（2）解：连接DM，CE，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CED＝90°，∠DMC＝90°，
即DM⊥BC，CE⊥AB，
由（1）知：BD＝CD＝5，
∴M为BC的中点，
∵sinB＝，
∴csB＝，
在Rt△BMD中，BM＝BD•csB＝4，
∴BC＝2BM＝8，
在Rt△CEB中，BE＝BC•csB＝，
∴ED＝BE﹣BD＝﹣5＝．
73．如图，AB为⊙O的直径，过圆上一点D作⊙O的切线CD交BA的延长线于点C，过点O作OE∥AD交CD于点E，连接BE．
（1）直线BE与⊙O相切吗？并说明理由；
（2）若CA＝2，CD＝4，求DE的长．
【答案】（1）直线BE与⊙O相切，理由见解析；
（2）DE的长为6．
【解析】解：（1）直线BE与⊙O相切，
理由：连接OD，
∵CD与⊙O相切于点D，
∴∠ODE＝90°，
∵AD∥OE，∴∠ADO＝∠DOE，∠DAO＝∠EOB，
∵OD＝OA，
∴∠ADO＝∠DAO，
∴∠DOE＝∠EOB，
∵OD＝OB，OE＝OE，
∴△DOE≌△BOE（SAS），
∴∠OBE＝∠ODE＝90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴直线BE与⊙O相切；
（2）解法一：设⊙O的半径为r，
在Rt△ODC中，OD2+DC2＝OC2，
∴r2+42＝（r+2）2，
∴r＝3，
∴AB＝2r＝6，
∴BC＝AC+AB＝2+6＝8，
由（1）得：△DOE≌△BOE，
∴DE＝BE，
在Rt△BCE中，BC2+BE2＝CE2，
∴82+BE2＝（4+DE）2，
∴64+DE2＝（4+DE）2，
∴DE＝6；
解法二：设⊙O的半径为r，
在Rt△ODC中，OD2+DC2＝OC2，
∴r2+42＝（r+2）2，
∴r＝3，
∴OA＝3，
∵AD∥OE，
∴＝，
∴＝，∴DE＝6，
∴DE的长为6．
74．如图，△ABC内接于⊙O，AC是⊙O的直径，过OA上的点P作PD⊥AC，交CB的延长线于点D，交AB于点E，点F为DE的中点，连接BF．
（1）求证：BF与⊙O相切；
（2）若AP＝OP，csA＝，AP＝4，求BF的长．
【解析】（1）证明：连接OB，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝180°﹣∠ABC＝90°，
∵点F为DE的中点，
∴BF＝EF＝DE，
∴∠FEB＝∠FBE，
∵∠AEP＝∠FEB，
∴∠FBE＝∠AEP，
∵PD⊥AC，
∴∠EPA＝90°，∴∠A+∠AEP＝90°，
∵OA＝OB，∴∠A＝∠OBA，
∴∠OBA+∠FBE＝90°，
∴∠OBF＝90°，
∵OB是⊙O的半径，∴BF与⊙O相切；
（2）解：在Rt△AEP中，csA＝，AP＝4，
∴AE＝＝＝5，
∴PE＝＝＝3，
∵AP＝OP＝4，
∴OA＝OC＝2AP＝8，
∴PC＝OP+OC＝12，
∵∠A+∠AEP＝90°，∠A+∠C＝90°，
∴∠AEP＝∠C，
∵∠APE＝∠DPC＝90°，
∴△APE∽△DPC，
∴＝，
∴＝，
∴DP＝16，
∴DE＝DP﹣PE＝16﹣3＝13，
∴BF＝DE＝，
∴BF的长为．
五十八、扇形面积的计算（共2小题）
75．如图，AB为半圆O的直径，C为AO的中点，CD⊥AB交半圆于点D，以C为圆心，CD为半径画弧交AB于E点，若AB＝4，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：连接AD，OD，BD，
∵AB为半圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，又CD⊥AB，
∴△ACD∽△CDB，
∴＝，即＝，
∴CD＝，又OC＝1，
∴∠COD＝60°，
∴S扇形OAD＝＝π，
S△CDO＝×CO×CD＝，
∴S扇形OAD﹣S△CDO＝π﹣，S扇形CDE＝＝π，
∴阴影部分的面积＝S半圆﹣（S扇形OAD﹣S△CDO+S扇形CDE）＝π+．
故选：A．
76．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，且∠ODE＝30°，BE＝1，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】0.36．
【解析】解：如图，连接OC，设⊙O的半径为r．
∵CD⊥AB，∴∠DEO＝90°，
∵∠ODE＝30°，BE＝1，OE＝OB﹣BE＝r﹣1，
∴sin∠ODE＝，即＝，解得r＝2，
又∵OC＝OD，
∴∠BOC＝∠BOD＝90°﹣∠ODE＝60°，
∴S扇形BOC＝πr2＝r2，
∵OB＝r，CE＝DE＝OD•cs∠ODE＝r，
∴S△BOC＝OB•CE＝r2，
∴S阴影＝S扇形BOC﹣S△BOC
＝r2﹣r2
＝（﹣）r2
＝（﹣）×4
≈0.36．
故答案为：0.36．
五十九、圆的综合题（共1小题）
77．如图，四边形ABCD的顶点在⊙O上，BD是⊙O的直径，延长CD、BA交于点E，连接AC、BD交于点F，作AH⊥CE，垂足为点H，已知∠ADE＝∠ACB．
（1）求证：AH是⊙O的切线；
（2）若OB＝4，AC＝6，求sin∠ACB的值；
（3）若＝，求证：CD＝DH．
【解析】（1）证明：连接OA，
由圆周角定理得，∠ACB＝∠ADB，
∵∠ADE＝∠ACB，
∴∠ADE＝∠ADB，
∵OD＝OA，
∴∠OAD＝∠ADB，
∴∠ADE＝∠OAD，
∴OA∥DE，
∵AH⊥DE，
∴OA⊥AH，
∴AH是⊙O的切线；
（2）解：由（1）知，∠E＝∠DBE，∠DBE＝∠ACD，
∴∠E＝∠ACD，
∴AE＝AC＝AB＝6．
在Rt△ABD中，AB＝6，BD＝8，∠ADE＝∠ACB，
∴sin∠ADB＝＝，即sin∠ACB＝；
（3）证明：由（2）知，OA是△BDE的中位线，
∴OA∥DE，OA＝DE．∴△CDF∽△AOF，
∴＝＝，
∴CD＝OA＝DE，即CD＝CE，
∵AC＝AE，AH⊥CE，∴CH＝HE＝CE，
∴CD＝CH，∴CD＝DH．
六十、利用轴对称设计图案（共1小题）
78．如图1所示的图形是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小明按图2所示方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙，那么小明用9个这样的图形（图1）拼出来的图形的总长度是
（结果用含a，b代数式表示）．
【答案】a+8b
【解析】解：方法1、如图，由图可得，拼出来的图形的总长度＝5a+4[a﹣2（a﹣b）]＝a+8b
故答案为：a+8b．
方法2、∵小明用9个这样的图形（图1）拼出来的图形
∴口朝上的有5个，口朝下的有四个，
而口朝上的有5个，长度之和是5a，口朝下的有四个，长度为4[b﹣（a﹣b）]＝8b﹣4a，
即：总长度为5a+8b﹣4a＝a+8b，故答案为a+8b．
六十一、轴对称-最短路线问题（共2小题）
79．如图，点P是∠AOB内任意一点，且∠AOB＝40°，点M和点N分别是射线OA和射线OB上的动点，当△PMN周长取最小值时，则∠MPN的度数为（ ）
A．140°B．100°C．50°D．40°
【答案】B
【解析】解：分别作点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连接P1P2，交OA于M，交OB于N，则
OP1＝OP＝OP2，∠OP1M＝∠MPO，∠NPO＝∠NP2O，
根据轴对称的性质，可得MP＝P1M，PN＝P2N，则
△PMN的周长的最小值＝P1P2，
∴∠P1OP2＝2∠AOB＝80°，
∴等腰△OP1P2中，∠OP1P2+∠OP2P1＝100°，
∴∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OP1M+∠OP2N＝100°，
故选：B．
80．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，动点P满足S△PAB＝S矩形ABCD，则点P到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（ ）
A．2B．2C．3D．
【答案】A
【解析】解：设△ABP中AB边上的高是h．
∵S△PAB＝S矩形ABCD，
∴AB•h＝AB•AD，
∴h＝AD＝2，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，
如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，BE，则BE的长就是所求的最短距离．
在Rt△ABE中，∵AB＝6，AE＝2+2＝4，
∴BE＝＝＝2，
即PA+PB的最小值为2．
故选：A．
六十二、坐标与图形变化-平移（共1小题）
81．如图，把Rt△ABC放在直角坐标系内，其中∠CAB＝90°，BC＝5，点A、B的坐标分别为（1，0）、（4，0）．将△ABC沿x轴向右平移，当点C落在直线y＝2x﹣6上时，线段BC扫过的面积为（ ）
A．4B．8C．16D．8
【答案】C
【解析】解：如图所示．
∵点A、B的坐标分别为（1，0）、（4，0），
∴AB＝3．
∵∠CAB＝90°，BC＝5，
∴AC＝4．
∴A′C′＝4．
∵点C′在直线y＝2x﹣6上，
∴2x﹣6＝4，解得 x＝5．
即OA′＝5．
∴CC′＝5﹣1＝4．
∴S▱BCC′B′＝4×4＝16 （面积单位）．
即线段BC扫过的面积为16面积单位．
故选：C．
六十三、旋转的性质（共2小题）
82．如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则△ABC的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，
∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，
∴△BPE为等边三角形，∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，
在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，∴AE2＝PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，
∴∠APB＝90°+60°＝150°．
∴∠APF＝30°，
∴在直角△APF中，AF＝AP＝，PF＝AP＝．
∴在直角△ABF中，AB2＝BF2+AF2＝（4+）2+（）2＝25+12．
则△ABC的面积是•AB2＝•（25+12）＝．
故选：A．
83．阅读下面材料，并解决问题：
（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝ ；
（2）基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题
已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
【解析】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PA P′＝60°，
∴△AP P′为等边三角形，
P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，
易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；
故答案为：150°；
（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，
∴△EAF≌△E′AF（SAS），
∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，
即EF2＝BE2+FC2．
（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，
∴BC＝，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，
∴△A′O′B如图所示；
∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C＝，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．
六十四、中心对称（共1小题）
84．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在第一象限，点B，C的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC＝90°，AB＝AC，直线AB交y轴于点P，若△ABC与△A′B′C′关于点P成中心对称，则点A′的坐标为（ ）
A．（﹣4，﹣5）B．（﹣5，﹣4）C．（﹣3，﹣4）D．（﹣4，﹣3）
【答案】A
【解析】解：∵点B，C的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∴A（4，3），
设直线AB解析式为y＝kx+b，
则，解得，
∴直线AB解析式为y＝x﹣1，
令x＝0，则y＝﹣1，∴P（0，﹣1），
又∵点A与点A'关于点P成中心对称，
∴点P为AA'的中点，
设A'（m，n），则＝0，＝﹣1，
∴m＝﹣4，n＝﹣5，
∴A'（﹣4，﹣5），
故选：A．
六十五、中心对称图形（共1小题）
85．如所示图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】解：A．该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
六十六、相似三角形的判定（共1小题）
86．如图，△ABC是边长为6cm等边三角形，动点P、Q同时从A、B出发，分别沿AB、BC方向匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点停止运动，在运动过程中作QR∥BA交AC于点R，连接PR，设运动的时间为t（s），当t＝ s时△APR∽△PRQ．
【答案】1.2
【解析】解：∵△ABC是边长为6cm等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°
∵QR∥BA
∴∠CRQ＝∠A＝60°，∠CQR＝∠B＝60°
∴△CRQ为等边三角形
∵点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s
∴AP＝t，PB＝6﹣t，BQ＝2t，CQ＝CR＝RQ＝6﹣2t，AR＝2t
∵QR∥BA
∴∠QRP＝∠APR
若要△APR∽△PRQ，则需满足∠RPQ＝60°
∴∠BPQ+∠APR＝120°，∠ARP+∠APR＝120°
∴∠BPQ＝∠ARP
又∵∠A＝∠B
∴△APR∽△BQP
∴＝
∴＝
解得t＝1.2
故答案为1.2．
六十七、相似三角形的判定与性质（共5小题）
87．如图，在△ABC中，BC＝120，高AD＝60，正方形EFGH一边在BC上，点E，F分别在AB，AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（ ）
A．15B．20C．25D．30
【答案】B
【解析】解：设正方形EFGH的边长EF＝EH＝x，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF＝∠EHG＝90°，EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∵AD是△ABC的高，
∴∠HDN＝90°，
∴四边形EHDN是矩形，
∴DN＝EH＝x，
∵△AEF∽△ABC，
∴＝（相似三角形对应边上的高的比等于相似比），
∵BC＝120，AD＝60，
∴AN＝60﹣x，
∴＝，
解得：x＝40，
∴AN＝60﹣x＝60﹣40＝20．
故选：B．
88．如图，在▱ABCD中，AB＝10，AD＝15，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，BG⊥AE于点G，若BG＝8，则△CEF的周长为（ ）
A．16B．17C．24D．25
【答案】A
【解析】解：∵在▱ABCD中，CD＝AB＝10，BC＝AD＝15，∠BAD的平分线交BC于点E，
∴AB∥DC，∠BAF＝∠DAF，
∴∠BAF＝∠F，
∴∠DAF＝∠F，
∴DF＝AD＝15，
同理BE＝AB＝10，
∴CF＝DF﹣CD＝15﹣10＝5；
∴在△ABG中，BG⊥AE，AB＝10，BG＝8，
在Rt△ABG中，AG＝＝＝6，
∴AE＝2AG＝12，
∴△ABE的周长等于10+10+12＝32，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CF，
∴△CEF∽△BEA，相似比为5：10＝1：2，
∴△CEF的周长为16．
故选：A．
89．如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，E为CD边的中点，将△ADE绕点E顺时针旋转180°，点D的对应点为C，点A的对应点为F，过点E作ME⊥AF交BC于点M，连接AM、BD交于点N，现有下列结论：
①AM＝AD+MC；
②AM＝DE+BM；
③DE2＝AD•CM；
④点N为△ABM的外心．
其中正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解析】解：∵E为CD边的中点，
∴DE＝CE，
又∵∠D＝∠ECF＝90°，∠AED＝∠FEC，
∴△ADE≌△FCE，
∴AD＝CF，AE＝FE，
又∵ME⊥AF，∴ME垂直平分AF，
∴AM＝MF＝MC+CF，∴AM＝MC+AD，故①正确；
如图，延长CB至G，使得∠BAG＝∠DAE，
由AM＝MF，AD∥BF，可得∠DAE＝∠F＝∠EAM，
可设∠BAG＝∠DAE＝∠EAM＝α，∠BAM＝β，则∠AED＝∠EAB＝∠GAM＝α+β，
由∠BAG＝∠DAE，∠ABG＝∠ADE＝90°，可得△ABG∽△ADE，
∴∠G＝∠AED＝α+β，∴∠G＝∠GAM，∴AM＝GM＝BG+BM，
由△ABG∽△ADE，可得＝，
而AB＜BC＝AD，
∴BG＜DE，
∴BG+BM＜DE+BM，
即AM＜DE+BM，
∴AM＝DE+BM不成立，故②错误；
∵ME⊥FF，EC⊥MF，
∴EC2＝CM×CF，
又∵EC＝DE，AD＝CF，
∴DE2＝AD•CM，故③正确；
∵∠ABM＝90°，
∴AM是△ABM的外接圆的直径，
∵BM＜AD，
∴当BM∥AD时，＝＜1，
∴N不是AM的中点，
∴点N不是△ABM的外心，故④错误．
综上所述，正确的结论有2个，
故选：B．
90．如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，∠AED＝∠B，AG分别交线段DE、BC于点F、G，且AD：AC＝DF：CG．求证：
（1）AG平分∠BAC；
（2）EF•CG＝DF•BG．
【解析】解：如图所示：
（1）∵∠DAE+∠AED+∠ADE＝180°，∠BAC+∠B+∠C＝180°，∠AED＝∠B，
∴∠ADE＝∠C，
在△ADF和△ACG中，
∴△ADF∽△ACG，∴∠DAF＝∠CAG，
∴AG平分∠BAC；
（2）在△AEF和△ABG中，，
∴△AEF∽△ABG，∴，
在△ADF和△AGC中，，
∴△ADF∽△AGC，
∴，∴，
∴EF•CG＝DF•BG．
91．某班甲、乙、丙三位同学进行了一次用正方形纸片折叠探究相关数学问题的课题学习活动．
活动情境：
如图2，将边长为8cm的正方形纸片ABCD沿EG折叠（折痕EG分别与AB、DC交于点E、G），使点B落在AD边上的点 F处，FN与DC交于点M处，连接BF与EG交于点P．
所得结论：
当点F与AD的中点重合时：（如图1）甲、乙、丙三位同学各得到如下一个正确结论（或结果）：
甲：△AEF的边AE＝ cm，EF＝ cm；
乙：△FDM的周长为16cm；
丙：EG＝BF．
你的任务：
（1）填充甲同学所得结果中的数据；
（2）写出在乙同学所得结果的求解过程；
（3）当点F在AD边上除点A、D外的任何一处（如图2）时：
①试问乙同学的结果是否发生变化？请证明你的结论；
②丙同学的结论还成立吗？若不成立，请说明理由，若你认为成立，先证明EG＝BF，再求出S（S为四边形AEGD的面积）与x（AF＝x）的函数关系式，并问当x为何值时，S最大？最大值是多少？
【解析】解：（1）AE＝3cm，EF＝5cm；
设AE＝x，则EF＝8﹣x，AF＝4，∠A＝90°，42+x2＝（8﹣x）2，x＝3，
∴AE＝3cm，EF＝5cm；
（2）如答图1，∵∠MFE＝90°，
∴∠DFM+∠AFE＝90°，
又∵∠A＝∠D＝90°，∠AFE＝∠DMF，
∴△AEF∽△DFM，
∴，
又∵AE＝3，AF＝DF＝4，EF＝5
∴，，，，
∴△FMD的周长＝4++＝16；
（3）①乙的结果不会发生变化
理由：如答图2，设AF＝x，EF＝8﹣AE，
x2+AE2＝（8﹣AE）2，
∴AE＝4﹣，
同上述方法可得△AEF∽△DFM，C△AEF＝x+8，FD＝8﹣x，
则，＝16
②丙同学的结论还成立．
证明：如答图2，
∵B、F关于GE对称，∴BF⊥EG于P，
过G作GK⊥AB于K，
∴∠FBE＝∠KGE，
在正方形ABCD中，GK＝BC＝AB，∠A＝∠EKG＝90°，
∴△AFB≌△KEG，∴BF＝EG．
由上述可知AE＝4﹣，△AFB≌△KEG，
∴AF＝EK＝x，AK＝AE+EK＝AF+AE＝4﹣+x，
S＝×8＝0.5×8（AE+AK）＝4×（4﹣+4﹣+x）＝，
S＝，（0＜x＜8）
当x＝4，即F与AD的中点重合时S最大，S最大＝40．
六十八、相似形综合题（共1小题）
92．（1）如图1，菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，请直接写出HD：GC：EB的结果（不必写计算过程）
（2）将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD：GC：EB；
（3）把图2中的菱形都换成矩形，如图3，且AD：AB＝AH：AE＝1：2，此时HD：GC：EB的结果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）；若无变化，请说明理由．
【解析】解：（1）连接AG，
∵菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，
∴∠GAE＝∠CAB＝30°，AE＝AH，AB＝AD，
∴A，G，C共线，AB﹣AE＝AD﹣AH，∴HD＝EB，
延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，
∴GC⊥MN，∠NGO＝∠AGE＝30°，
∴＝cs30°＝，
∵GC＝2OG，
∴＝，
∵HGND为平行四边形，
∴HD＝GN，
∴HD：GC：EB＝1：：1．
（2）如图2，连接AG，AC，
∵△ADC和△AHG都是等腰三角形，
∴AD：AC＝AH：AG＝1：，∠DAC＝∠HAG＝30°，
∴∠DAH＝∠CAG，∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC＝AD：AC＝1：，
∵∠DAB＝∠HAE＝60°，∴∠DAH＝∠BAE，
在△DAH和△BAE中，
∴△DAH≌△BAE（SAS），∴HD＝EB，
∴HD：GC：EB＝1：：1．
（3）有变化．
如图3，连接AG，AC，
∵AD：AB＝AH：AE＝1：2，∠ADC＝∠AHG＝90°，
∴△ADC∽△AHG，∴AD：AB＝AH：AG＝1：，
∵∠DAC＝∠HAG，∴∠DAH＝∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，∴HD：GC＝AD：AC＝1：，
∵∠DAB＝∠HAE＝90°，∴∠DAH＝∠BAE，
∵DA：AB＝HA：AE＝1：2，∴△ADH∽△ABE，
∴DH：BE＝AD：AB＝1：2，
∴HD：GC：EB＝1：：2
六十九、解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）
93．如图，先锋村准备在坡角为α的山坡上栽树，要求相邻两树之间的水平距离为5米，那么这两树在坡面上的距离AB为（ ）
A．5csαB．C．5sinαD．
【答案】B
【解析】解：如图，过点B作BC⊥AF于点C．
∵BC＝5米，∠CBA＝∠α．∴AB＝＝．
故选：B．
七十、总体、个体、样本、样本容量（共1小题）
94．为了解某校480名八年级学生的睡眠时间，从中抽取80名学生进行调查，下列说法正确的是（ ）
A．480名学生是总体
B．样本容量是80名
C．每名学生是个体
D．80名学生的睡眠时间是总体的一个样本
【答案】D
【解析】解：总体是某校480名八年级学生的睡眠时间，故选项A说法错误，不符合题意；
样本容量是80，故选项B说法错误，不符合题意；
每名学生的睡眠时间是个体，故选项C说法错误，不符合题意；
80名学生的睡眠时间是总体的一个样本，故D选项说法正确，符合题意．
故选：D．
七十一、算术平均数（共3小题）
95．x1，x2，…，x10的平均数为a，x11，x12，…，x50的平均数为b，则x1，x2，…，x50的平均数为（ ）
A．a+bB．C．D．
【答案】D
【解析】解：前10个数的和为10a，后40个数的和为40b，50个数的平均数为．
故选：D．
96．小明等五名同学四月份参加某次数学测验的成绩如下：100、100、x、x、80．已知这组数据的中位数和平均数相等，那么整数x的值为 ．
【答案】60或110
【解析】解：①x最小时，这组数据为x，x，80，100，100；中位数是80，
∴（100+100+x+x+80）÷5＝80，
∴x＝60；
②x最大时，这组数据为80，100，100，x，x；中位数是100，
∴（100+100+x+x+80）÷5＝100，
∴x＝110．
③当80≤x≤100，这组数据为80，x，x，100，100；中位数是x．
∴（100+100+x+x+80）÷5＝x，
∴x＝，x不是整数，舍去．
故答案为：60或110．
97．荆州古城是闻名遐迩的历史文化名城，下表图是荆州古城某历史景点一周的抽样统计参观人数和门票价格．
（1）把上表中一周的参观人数作为一个样本，直接指出这个样本的中位数，众数和平均数，分析表中数据还可得到一些信息，如双休日参观人数远远高于平时等，请你尝试再写出两条相关信息；
（2）若“五•一”黄金周有甲，乙两个旅行团到该景点参观，两团人数之和恰为上述样本数据的中位数，乙团不超过50人，设两团分别购票共付W元，甲团人数x人，①求W与x的函数关系式；②若甲团人数不超过100人，请说明两团合起来购票比分开购票最多可节约多少元？
【解析】解：（1）中位数是120；众数是100；平均数是（100+120+100+100+160+230+240）＝150（人）．
分析数据可得到：双休日参观人数和平时参观人数的和相差110；有三天参观的人数相等．
（2）两团人数之和是120人，乙团队人数0＜120﹣x≤50，解得70≤x＜120，
①W与x的函数关系式是：W＝6x+8（120﹣x）即W＝﹣2x+960（70≤x≤100）；
或W＝4x+8（120﹣x）即W＝﹣4x+960（100＜x＜120）．
②两团的合起来购票是120×4＝480元，
当甲团有70人时，乙团有50人时，此时节约的最多，节约了70×6+50×8﹣480＝340元．
两团合起来购票比分开购票最多可节约340元．
七十二、众数（共1小题）
98．随着移动互联网的快速发展，基于互联网的共享单车应运而生．为了解某小区居民使用共享单车的情况，某研究小组随机采访该小区的10位居民，得到这10位居民一周内使用共享单车的次数分别为：17，12，15，20，17，0，7，26，17，9．
（1）这组数据的中位数是 ，众数是 ；
（2）计算这10位居民一周内使用共享单车的平均次数；
（3）若该小区有200名居民，试估计该小区居民一周内使用共享单车的总次数．
【解析】解：（1）按照大小顺序重新排列后，第5、第6个数分别是15和17，所以中位数是（15+17）÷2＝16，17出现3次最多，所以众数是17，
故答案是16，17；
（2）＝14，
答：这10位居民一周内使用共享单车的平均次数是14次；
（3）200×14＝2800（次）
答：该小区居民一周内使用共享单车的总次数为2800次．
七十三、列表法与树状图法（共2小题）
99．点P的坐标是（m，n），从﹣5，﹣3，0，4，7这五个数中任取一个数作为m的值，再从余下的四个数中任取一个数作为n的值，则点P（m，n）在平面直角坐标系中第二象限内的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：画树状图为：
共有20种等可能的结果数，其中点P（m，n）在平面直角坐标系中第二象限内的结果数为4，
所以点P（m，n）在平面直角坐标系中第二象限内的概率＝＝．
故选：B．
100．小明参加一个知识竞赛，该竞赛试题由10道选择题构成，每小题有四个选项，且只有一个选项正确．其给分标准为：答对一题得2分，答错一题扣1分，不答得0分，若10道题全部答对则额外奖励5分．小明对其中的8道题有绝对把握答对，剩下2道题完全不知道该选哪个选项．
（1）对于剩下的2道题，若小明都采用随机选择一个选项的做法，求两小题都答错的概率；
（2）从预期得分的角度分析，采用哪种做法解答剩下2道题更合算？
【答案】（1）；
（2）小明采用都不答的解答方式更合算．
【解析】解：（1）因为每小题有四个选项，且只有一个选项是正确的，
所以有三个选项是错误的，
不妨用“对，错，错，错”来表示．因此可列表：
由表格可知，共有16种等可能的结果，其中两题都答错的有9种结果，
所以两小题都答错的概率为；
（2）小明有3种可能的解答方式分别为：
①两题都不答；②一题不答，一题随机选择；③两题都采用随机选择．
①当两题都不答时，预期得分为0+16＝16分；
②当一题不答，一题随机选择时，∵P（对）＝，P（错）＝，
∴预期得分为：2×﹣1×+0+16＝15分；
③当两题都采用随机选择时，有两题都对，一对一错，两题都错三种可能，
所得的分数分别为9分，1分，﹣2分，
相应的概率分别为：
P（答对2题）＝，P（答对1题）＝，P（两题都答错）＝，
∴预期得分为：
9×+1×﹣2×+16＝15．
∵15＜15＜16，
∴小明采用都不答的解答方式更合算．
七十四、利用频率估计概率（共1小题）
101．如图显示了用计算机模拟随机抛掷一枚硬币的某次实验的结果
下面有三个推断：
①当抛掷次数是100时，计算机记录“正面向上”的次数是47，所以“正面向上”的概率是0.47；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.5附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.5；
③若再次用计算机模拟此实验，则当抛掷次数为150时，“正面向上”的频率一定是0.45．
其中合理的是（ ）
A．①B．②C．①②D．①③
【答案】B
【解析】解：①当抛掷次数是100时，计算机记录“正面向上”的次数是47，“正面向上”的概率不一定是0.47，故错误；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.5附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.5，故正确；
③若再次用计算机模拟此实验，则当抛掷次数为150时，“正面向上”的频率不一定是0.45，故错误．
故选：B．
四、命题猜想压轴篇
【中考压轴1】动点问题
1．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+2分别交x轴、y轴于A、B两点，过点C（2，2）作x轴垂线，垂足为D，连接BC．现有动点P、Q同时从A点出发，分别沿AB、AD向终点B和终点D运动，若点P的运动速度为每秒个单位长度，点Q的运动速度为每秒2个单位长度．设运动的时间为t秒．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）当CQ∥AB时，t＝ ；
（3）设△CPQ的面积为y，写出y与t的函数关系式，并求△CPQ面积的最大值；
（4）当△CPQ为轴对称图形时，直接写出t的值．
【解析】解：（1）∵直线y＝x+2分别交x轴、y轴于A、B两点，
∴当x＝0时，y＝2，
当y＝0时，x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（0，2）；
（2）∵B（0，2），C（2，2），
∴BC＝2，BC∥AD，
∵CQ∥AB，
∴四边形BCQA是平行四边形，
∴AQ＝BC＝2，
∴t＝2÷2＝1，
故答案为：1；
（3）过P作EF⊥AD，交AD于F，交直线CB于E，
∵∠AOB＝90°，OA＝OB＝2，
∴∠BAD＝45°，
∵PF⊥AD，
∴∠PFA＝90°，
∴∠BAD＝∠FPA＝45°，
∵AP＝t，
∴AF＝PF＝t，
∵BC∥AD，
∴∠BAD＝45°＝∠EBP，
∵∠E＝90°，
∴∠EBP＝∠EPB＝45°，
∴EP＝EB＝2﹣t，
∵AQ＝2t，
∴QD＝AD﹣AQ＝4﹣2t，
∴△CPQ的面积为y＝S梯形ABCD﹣S△APQ﹣S△PBC﹣S△QCD
＝×（2+4）×2﹣t•2t﹣×（2﹣t）×2﹣×（4﹣2t）×2
＝6﹣t2﹣（2﹣t）﹣（4﹣2t）
＝﹣t2+3t
＝﹣（t﹣）2+，
∴y与t的函数关系式为y＝﹣t2+3t，△CPQ面积的最大值为；
（4）∵△CPQ为轴对称图形，
∴△CPQ为等腰三角形，
过P作EF⊥AD，交AD于F，交直线CB于E，
由（3）得AF＝PF＝t，PF＝2﹣t，QD＝4﹣2t，EP＝EB＝2﹣t，
∵AQ＝2t，∴QF＝t，QD＝AD﹣AQ＝4﹣2t，
在Rt△PQF中，由勾股定理得：PQ2＝t2+t2＝2t2，
在Rt△DCQ中，由勾股定理得：CQ2＝22+（4﹣2t）2，
在Rt△PEC中，由勾股定理得：CP2＝（2﹣t）2+（2﹣t+2）2，
分为三种情况：
①当CQ＝PQ时，2t2＝22+（4﹣2t）2，
解得t＝4+（比AD的值大，舍去），t＝4﹣；
②当CP＝CQ时，（2+2﹣2t）2+（2﹣2t）2＝22+（4﹣2t）2，
解得t＝0（舍去），t＝2；
③当CP＝PQ时，（2﹣t）2+（2﹣t+2）2＝2t2，
解得t＝，
∴当△CPQ为轴对称图形时，△CPQ为等腰三角形，t的值是2或或4﹣．
2．如图，Rt△ABC中，AB＝6，AC＝8，动点M、N分别以每秒3个单位长度、4个单位长度的速度同时从A出发，点M沿折线A→B→C方向运动，点N沿折线A→C→B方向运动，点M达点B后，点M、点N的运动速度均变为每秒1个单位长度运动，当两点相遇时停止运动，设运动时间为t秒，点M、N的距离为y．
（1）请直接写出y关于t的函数表达式并直接写出自变量t的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出函数的图象；
（3）当M，N两点相距6个单位长度时，直接写出t的值．
【解析】解：（1）∵AB＝6，AC＝8，
∴BC＝＝＝10，
当0≤t≤2时，MN＝＝＝5t，∴y＝5t，
当2＜t≤7时，MN＝10﹣（t﹣2）﹣（t﹣2）＝14﹣2t，
∴；
（2）如图，
（3）当0≤t≤2时，MN＝5t＝6，
∴t＝，
当2＜t≤7时，MN＝6＝14﹣2t，
∴t＝4，
综上所述：t的值为或4．
3．如图，已知矩形ABCD的边AB＝4，AD＝8，点P是边BC上的动点，线段AP的垂直平分线交矩形ABCD的边于点M、N，其中点M在边AB或BC上，点N在边CD或DA上．
（1）如图2，当BP＝2时，求AM的长度；
（2）当△AMN是等腰三角形时，求BP能取到的值或取值范围；
（3）当动点P由点B运动到点C的过程中，求点N的运动路程长为多少？
【解析】解：（1）如图，设AP与MN相交于O，
∵矩形ABCD，
∴∠ABP＝90°，
∴，
∵MN垂直平分AP，
∴∠AOM＝90°，，
∵∠AOM＝∠ABP＝90°，∠OAM＝∠BAP，
∴△AOM∽△ABP，∴，
∴，
∴AM＝2.5．
（2）当BP＜4时，点P从点B到BC边的中点运动（不包括中点），则点M在AB上运动，点N 在从CD的中点到AD的中点运动（不包括AD的中点），
当MN＝AN时，连接MP，过点N作NQ⊥AM于Q，如图，
∵MN＝AN，NQ⊥AM，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，∴四边形ADNM为矩形，
∴，
∵MN垂直平分AP，
∴AM＝MP，∠AOM＝90°，
∴∠MAO+∠AMO＝90°，
∵MN＝AN，∴∠NAM＝∠NMA，
∵∠NAD+∠NAM＝∠BAD＝90°，
∴∠MAO＝∠NAD，即∠BAP＝∠NAD，
∵∠ABP＝∠ADN＝90°，
∴△ABP∽△ADN，
∴，
∴，
设BP＝x，则AM＝MP＝4x，MB＝4﹣4x，
∴在Rt△MBP中，由勾股定理，得，
x2+（4﹣4x）2＝（4x）2，
解得：，（不合题意，舍去），
∴当时，△AMN是等腰三角形；
②当4≤BP≤8时，点P从BC中点向点C运动，点M从点B向点P运动，点N从AD中点向点D运动，连接AM，如图，
∵矩形ABCD，∴BC∥AD，
∴∠OAN＝∠OPM，∠ONA＝∠OMP，
∵MN垂直平分AP，∴OA＝OP，AM＝PM，
∴△AON≌△POM（AAS），
∴AN＝PM，∴AN＝PM，
即△AMN是等腰三角形，
∴当4≤BP≤8时，△AMN是等腰三角形，
综上，当△AMN是等腰三角形时，BP能取到的值为或取值范围为4≤BP≤8．
（3）解：当BP≤4时，点P 从点B到BC边的中点运动，则点N 在从CD的中点到AD的中点运动，
∴运动距离为，
当4＜BP≤8时，点P从BC中点向点C运动，点M从点B向点P运动，点N从AD中点向点D运动，
当BP＝8时，即点P与点C重合，取AD中点E，连接OE，如图，
由勾股定理，得，
∴，
∵点E是AD，∴，
∵MN垂直平分AP，
∴O是AC，点P与点C重合，
∴OE是△ADC的中位线，
∴OE∥BC，
∴∠AEO＝90°，
∴∠AEO＝∠AON＝90°，
∵∠EAO＝∠OAN，
∴△AOE∽△ANO，
∴，
∴，
∴AN＝5，
∴EN＝AN﹣AE＝1，
∴当动点P由点B运动到点C的过程中，求点N的运动路程长＝6+1＝7，
答：当动点P由点B运动到点C的过程中，求点N的运动路程长为7．
4．如图①，动点P从矩形ABCD的顶点A出发，以v1的速度沿折线A﹣B﹣C向终点C运动；同时，一动点Q从点D出发，以v2的速度沿DC向终点C运动，当一个点到达终点时，另一个点也停止运动．点E为CD的中点，连接PE，PQ，记△EPQ的面积为S，点P运动的时间为t，其函数图象为折线MN﹣NF和曲线FG（图②），已知，ON＝4，NH＝1，点G的坐标为（8，0）．
（1）点P与点Q的速度之比的值为 ；的值为 ；
（2）如果OM＝15．
①求线段NF所在直线的函数表达式；
②求FG所在曲线的函数表达式；
③是否存在某个时刻t，使得？若存在，求出t的取值范围：若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵ON＝4，NH＝1，G（8，0），
∴N（4，0），H（5，0），
由图象可知：t＝4时，Q与E重合，t＝5时，P与B重合，t＝8时，P与C重合，
∴Q的速度v2＝，P的速度v1＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∵E为CD的中点，
∴DE＝，
∴＝＝，
∵P从A到B用了5秒，从B到C用了3秒，
∴AB＝5v1，BC＝3v1，∴AB＝BC，
∴AB：AD的值为，
故答案为：，；
（2）①∵OM＝15，∴M（0，15），
由题知，t＝0时，P与A重合，Q与D重合，
∴＝15，
∵AB：AD＝，DE＝，
∴DE＝AD，
∴＝15，
∴AD＝BC＝6（舍去负值），
∴AB＝CD＝AD＝10，
∴v2＝＝，
当t＝5时，DQ＝v2t＝×5＝，
∴QE＝DQ﹣DE＝﹣5＝，此时P与B重合，
∴S△EPQ＝＝×6＝，
∴F（5，），
设直线NF的解析式为S＝kt+b（k≠0），
将N（4，0）与F（5，）代入得：，∴，
∴线段NF所在直线的函数表达式为S＝t﹣15（4＜t≤5）；
②设FG所在的曲线的数解析式为S＝＝，
∴FG所在的曲线的函数解析式为S＝（5≤t≤8）；
③存在，分情况讨论如下：
当Q在DE上，P在AB上时，
∵直线MN经过点M（0，15），N（4，0），
可求得直线MN的解析式为S＝﹣t+15（0≤t≤4），
当s＝时，﹣t+15＝，
∴x＝3，
∵s随x的增大而减小，
∴当0≤x≤3时，S≥，
当Q在CE上，P在BC上时，
直线NF的解析式为S＝（4＜t≤5）；
由F（5，）知：当t＝5时，S＝，
当S＝时，＝，
∴t＝7或5，
由图象知：当5≤x≤7，
x的取值范围为0≤t≤3或5≤t≤7．
5．如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，BC＝3．点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BC向终点C运动．同时，点Q也从点B出发，以每秒3个单位长度的速度沿射线BC运动．当点P到达点C时，P、Q同时停止运动．以PQ为对角线作矩形PNQM，PN∥AB．设矩形PNQM和△ACB重叠部分面积为S（S＞0），点P运动的时间为t秒．
（1）线段PQ的长为 （用含t的代数式表示）．
（2）当点N落在AC上时，求t的值．
（3）当点N在△ACB内部时，求S与t的之间函数关系式．
（4）连结AM，当线段AM将矩形PNQM分成两部分的面积比1：3时，直接写出t的值．
【解析】解：（1）PQ＝BQ﹣BP＝3t﹣t＝2t，
故答案为：2t；
（2）如图1，∵PN∥AB，∴∠CPN＝∠B＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠PNQ＝90°，
∴∠CNQ+∠CNP＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CNP+∠CPN＝90°，∴∠CNQ＝∠CPN＝30°，
在Rt△CNQ中，CQ＝BQ﹣BC＝3t﹣3，∠CNQ＝30°，
∴QN＝2CQ＝2（3t﹣3），
在Rt△PNQ中，PQ＝2t，∠CPN＝30°，QN＝2（3t﹣3），
由PQ＝2AN得，2t＝4（3t﹣3），
∴t＝；
（3）如图2，当点Q在BC上时，即0＜t≤1，
PN＝PQ•cs∠QPN＝2t••cs30°＝，QN＝PQ•sin∠QPN＝2t•sin30°＝t，
∴S＝S△PNQ＝，
如图3，当点Q在BC时，即1＜t≤，
设QN交AC于点D，
∵CQ＝BQ﹣BC＝3t﹣3，∠QCD＝90°，∠PQN＝90°﹣∠QPN＝90°﹣60°＝30°，
∴CD＝CQ•tan∠PQN＝（3t﹣3），
∴S△CDQ＝CD•CQ＝，
∴S＝＝﹣4，
∴S＝；
（4）如图5，当点Q在BC上，AM交QN于E时，
由S△MNQ＝S矩形PMQN得，，
∴QE＝QN＝，
∵MQ∥AB，
∴△MQE∽△AFE，∴，
∵QF＝BQ•sianB＝3t•sin30°＝，BF＝BQ•csB＝，
∴EF＝QF﹣QE＝，AF＝AB﹣BF＝2﹣，
∴，∴t＝，
如图5，当点Q在BC上时，AM交PN于O时，
同理可得：点O是PN的中点，
作PG⊥A版于G，作OH⊥AB于H，
可得△AOH∽△OMP，∴，
∵BG＝BP＝t，GH＝OP＝t，AB＝2，
∴AH＝2，
∵OH＝PG＝，PM＝t，
∴，∴t＝，
综上所述：t＝或．
6．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AB＝4，点D为AB的中点，动点P从点A出发．沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动．点P关于点D的对称点为点Q，当点P不与点D重合时，以PQ为直角边向上作等腰直角△QPM，使∠QPM＝90°．设点P的运动时间为t秒．
（1）用含t的代数式表示线段PQ的长．
（2）当点M落在△ABC的边上时，求t的值．
（3）当△PQM与△ABC重叠部分为四边形时，求重叠部分的面积S与t之间的关系式．
（4）PM与△ABC的直角边交于点N．当MQ垂直平分CN时，直接写出t的值．
【解析】解：（1）由题意得AP＝t，
∵AB＝4，点D为AB的中点，
∴AD＝BD＝2，
∵点P关于点D的对称点为点Q，
∴PD＝QD，∴PQ＝2PD，
当0≤t＜2时，PD＝AD﹣AP＝2﹣t，
∴PQ＝2PD＝2（2﹣t）＝4﹣2t．
当2＜t≤4时，
PD＝AP﹣AD＝t﹣2，
∴PQ＝2PD＝2（t﹣2）＝2t﹣4，
综上所述，线段PQ的长为4﹣2t（0≤t＜2）或2t﹣4（2＜t≤4）．
（2）如图1，点M在AC边上，
∵AC＝BC，PM＝PQ，∠C＝∠MPQ＝90°，
∴PM⊥AQ，∠A＝∠B＝∠PQM＝∠PMQ＝45°，
∴AM＝QM，∴AP＝PQ，
∴t＝4﹣2t，解得t＝；
如图2，点M在BC边上，
∵∠B＝∠PQM＝45°，∴BM＝QM，
∵PM⊥BQ，∴BP＝PQ，
∴4﹣t＝2t﹣4，解得t＝，
综上所述，t的值为或．
（3）如图3，当0＜t＜时，△PQM与△ABC重叠部分为四边形，
设QM交AC于点G，
∵∠A＝∠PQM＝∠M＝45°，∴∠AGQ＝∠MGN＝90°，
∴∠GNM＝∠M＝45°，∴GM＝GN，
∵∠APN＝90°，∴∠PNA＝∠A＝45°，
∴AP＝NP＝t，
∵PM＝PQ＝4﹣2t，∴MN＝4﹣2t﹣t＝4﹣3t，
∵MN＝＝＝GN，
∴GM＝GN＝MN＝（4﹣3t），
∴S＝S△PQM﹣S△GMN＝（4﹣2t）2﹣[（4﹣3t）]2＝﹣t2﹣2t+4；
如图4，当＜t＜4时，△PQM与△ABC重叠部分为四边形，
设QM交BC于点H，
∵∠B＝∠PQM＝∠M＝45°，∠BPN＝90°，
∴∠MHN＝∠BHQ＝90°，∠PNB＝∠PBN＝45°，
∴∠HNM＝∠M＝45°，PN＝PB＝4﹣t，
∴HM＝HN，
∵PM＝PQ＝2t﹣4，
∴MN＝2t﹣4﹣（4﹣t）＝3t﹣8，
∵MN＝＝＝HN，
∴HN＝MN＝（3t﹣8），
∴S＝S△PQM﹣S△HMN＝（2t﹣4）2﹣[（3t﹣8）]2＝﹣t2+4t﹣8，
综上所述，S＝．
（4）t的值为1或3，理由如下：
如图3，PM与AC交于点N，且MQ垂直平分CN，则CN＝2GN，
由（3）可知，等腰直角三角形的斜边是直角边的倍，而直角边是斜边的倍，
∴AC＝AB＝×4＝2，AN＝AP＝t，
由（3）得GN＝（4﹣3t），
∴2﹣t＝2×（4﹣3t），解得t＝1；
如图4，PM与BC交于点N，且MQ垂直平分CN，则CN＝2HN，
由（3）得HN＝（3t﹣8），
∵BC＝2，BN＝PB＝（4﹣t），
∴2﹣（4﹣t）＝2×（3t﹣8），
解得t＝3，
综上所述，t的值为1或3．
7．【问题提出】
如图1，在矩形ABCD中，点E在BC上，且BE＝4．动点F以每秒1个单位的速度从点B出发，在折线段BA﹣AD上运动，连接EF，当EF⊥BC时停止运动，过点E作EG⊥EF，交矩形ABCD的边于点G，连接FG．设动点F的运动路程为x，线段FG与矩形ABCD的边围成的三角形的面积为S．
【初步感知】
如图2，动点F由点B向点A运动的过程中，经探究发现S是关于x的二次函数，如图2所示，抛物线顶点P的坐标为（3，t），与y轴的交点N的坐标为（0，16），与x轴的交点为点M．
（1）求矩形ABCD的边AB和AD的长；
【深入探究】
（2）点F由点A向终点运动的过程中，求S关于x的函数表达式；
【拓展延伸】
（3）是否存在3个路程x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），当x3﹣x2＝x2﹣x1时，3个路程对应的面积S均相等．
【解析】解：（1）∵抛物线与y轴的交点N的坐标为（0，16），
即当t＝0时，S＝16，
当t＝0时，点F与点B重合，此时线段FG与矩形ABCD的边围成的三角形为△ABG，如图1，
AG＝BE＝4，S＝AB•AG＝16．∴AB＝8；
如图2，
过点G作GH⊥BC于点H，由此推得：△FBE∽△EHG，
∴，
当FB＝3时，即，∴EH＝6，
∴AG＝BH＝4+6＝10．
∴t＝×（8﹣3）×10＝25，
设抛物线为S＝a（x﹣h）2+k（a≠0），
∵抛物线顶点P的坐标为（3，25），
∴抛物线为 S＝a（x﹣3）2+25，
∵抛物线与y轴的交点N的坐标为（0，16），
∴16＝a（0﹣3）2+25，∴a＝﹣1，
∴S＝﹣（x﹣3）2+25＝﹣x2+6x+16．
当S＝0时，解得：x1＝﹣2 x2＝8，
∴抛物线与x轴的交点为点M的坐标为（8，0），
由此可知，当点F与点A重合时，点G与点D重合，
在Rt△ABE中，，
由△ABE∽△DEA得＝，即＝，
∴AD＝20；
（2）如图4，过点F作FH⊥BC于点H，
由此推得△FHE∽△ECG，得＝，即＝，
∴CG＝24﹣2x，
∴DG＝8﹣（24﹣2x）＝2x﹣16．
∴S＝DG•DF＝×（2x﹣16）×[20﹣（x﹣8）]＝﹣x2+36x﹣224；
（3）存在3个路程x1，x2，x3（x1＜x2＜x3），当x3﹣x2＝x2﹣x1时，3个路程对应的面积S均相等．理由如下：
由S＝﹣x2+6x+16知，抛物线的对称轴为直线x＝3，
∴x2+x1＝2×3＝6，
当x3﹣x2＝x2﹣x1时，则x3＝2x2﹣x1＝2（x2+x1）﹣3x1＝12﹣3x1，
∴+6x1+16＝+36x3﹣224＝﹣+36（12﹣3x1）﹣224，
整理得：+21x1﹣24＝0，
Δ＝212﹣4×4×（﹣24）＝825＞0，
∴存在，当x3﹣x2＝x2﹣x1时，3个路程对应的面积S均相等．
8．如图，在矩形ABCD中，AD＝4cm，DC＝3cm，对角线AC、BD相交于点O，动点P、Q分别从点C、A同时出发，运动速度均为1cm/s，点P沿C→O→B运动．到点B停止，点Q沿A→D→C运动，到点C停止．连接AP、AQ、PQ，设△APQ的面积为y（cm2）（这里规定：线段是面积为0的几何图形），点Q的运动时间为x（s）．
（1）当PQ∥CD时，求x的值；
（2）当时，求y与x之间的函数关系式；
（3）直接写出在整个运动过程中，使AQ＝PQ的所有x的值．
【解析】解：（1）如图1：
∵PQ∥CD，∴△APQ∽△ACD，
∴，
∴，∴；
（2）如图2，当时，过点P作PE⊥AD，垂足为点E，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠PED＝90°，∴PE∥AB，
∴△DPE∽△DBA，∴，
∴，∴PE＝，
∴，
∴，
如图3，当4＜x≤5时，过点P作PF⊥AB，垂足为点F，延长FP交CD于点G，
则PF∥AD，
∵△BPF∽△BDA，∴，
∴，∴，
∴，
∴S四边形PQCB＝S△BCD﹣S△PQD＝，
∴；
∴S△APQ＝S矩形ABCD﹣S△ABP﹣S△ADQ﹣S四边形PQCB
＝
＝，
∴；
如图4，当5＜x≤7时，过点Q作QH⊥AB，垂足为点H，则QH＝AD＝4，
∴，∴S＝6，
综上所述；
（3）AQ＝PQ，
当点P在OC上时，如图5，作QH⊥AC于H，
则AH＝HQ，△AHQ∽△ADC，
∴＝＝，
∵AQ＝CP＝x，∴AH＝x，
∴x+x+x＝5，解得，x＝；
当Q与D重合时，如图6，AQ＝4，QP＝4，
∴x＝4时，AQ＝PQ；
当点P停止运动，Q运动到CD的中点时，如图7，
AQ＝PQ，则△ADQ≌△BCQ，
∴DQ＝QC，∴AQ＝，
此时，x＝，
∴时，AQ＝PQ．
【中考压轴2】函数类问题
1．如图，抛物线交x轴正半轴于点A，过顶点C作CD⊥x轴于点D，OA＝CD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若﹣2≤x≤6时，则函数y的取值范围是 ；
（3）点P为CD右侧第一象限抛物线上一点，过点P作PH⊥x轴于点H，点Q为y轴正半轴上一点，连接AQ、H，PQ延长线交x轴于点B，点N在y轴负半轴上，连接BN、AN，若
∠BQA＝135°，∠ANB＝45°，求直线AN的解析式．
【解析】解：（1）在y＝﹣x2+bx中，令y＝0，得﹣x2+bx＝0，
解得：x1＝0，x2＝2b，∴A（2b，0），∴OA＝CD＝2b，
∴C（b，2b），代入y＝﹣x2+bx，
得：2b＝﹣b2+b2，
解得：b＝0（舍去）或b＝4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x；
（2）∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣4）2+8，
∴抛物线的顶点C（4，8），
当x＝﹣2时，y＝﹣（﹣2﹣4）2+8＝﹣10，
当x＝6时，y＝﹣（6﹣4）2+8＝6，
∴当﹣2≤x≤6时，﹣10≤y≤8，
故答案为：﹣10≤y≤8；
（3）如图，在BP上取点K，使AK＝QA，过点K作KR⊥x轴于R，
则∠KQA＝∠AKQ，
∵∠BQA＝135°，∴∠KQA＝180°﹣∠BQA＝45°＝∠AKQ，
∴∠KAQ＝180°﹣∠KQA﹣∠AKQ＝90°，
∴∠QAO+∠AQO＝∠QAO+∠KAR＝90°，
∴∠AQO＝∠KAR，
在△AQO和△KAR中，，
∴△AQO≌△KAR（AAS），
∴OA＝KR，OQ＝AR，
∵A（8，0），∴OA＝8，∴KR＝8，
设OQ＝AR＝2m，则OR＝OA+AR＝8+2m，
∴Q（0，2m），K（8+2m，8），
设直线KQ的解析式为y＝kx+n，则，
解得：，
∴直线KQ的解析式为y＝x+2m，
∵tan∠OHQ＝，∴＝，
∴OH＝OQ＝3m，
∴点P的横坐标为3m，且点P为直线KQ与抛物线的交点，
∴×3m+2m＝﹣×（3m）2+4×3m，
解得：m1＝2，m2＝﹣（负值舍去），
∴Q（0，4），H（6，0），P（6，0），直线KQ的解析式为y＝x+4，
当y＝x+4＝0时，x＝﹣12，∴B（﹣12，0），∴OB＝12，
∵∠BQA＝135°，∠ANB＝45°，
∴∠BQA+∠ANB＝180°，∴B、Q、A、N四点共圆，
∵＝，∴∠ANO＝∠QBO，
∴tan∠ANO＝tan∠QBO，
∴＝，即＝，
∴ON＝24，∴N（0，﹣24），
设直线AN的解析式为y＝k′x+b′，则，解得：，
∴直线AN的解析式为y＝3x﹣24．
2．如图，抛物线y1＝ax2+bx+与x轴交于点A（﹣3，0），点B，点D是抛物线y1的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为点C（﹣1，0）．
（1）求抛物线y1所对应的函数解析式；
（2）如图1，点M是抛物线y1上一点，且位于x轴上方，横坐标为m，连接MC，
若∠MCB＝∠DAC，求m的值；
（3）如图2，将抛物线y1平移后得到顶点为B的抛物线y2．点P为抛物线y1上的一个动点，过点P作y轴的平行线，交抛物线y2于点Q，过点Q作x轴的平行线，交抛物线y2于点R．当以点P，Q，R为顶点的三角形与△ACD全等时，请直接写出点P的坐标．
【解析】解：（1）由题意得：，解得．
抛物线y1所对应的函数解析式为；
（2）当x＝﹣1时，，
∴D（﹣1，1），
设直线AD的解析式为y＝kx+b，∴，
解得，
∴直线AD的解析式为，
如答图1，当M点在x轴上方时，
∵∠M1CB＝∠DAC，∴DA∥CM1，
设直线CM1的解析式为，
∵直线经过点C，∴，解得：，
∴直线CM1的解析式为，
∴，解得：，（舍去），
∴，
综合以上可得m的值为；
（3）∵抛物线y1平移后得到y2，且顶点为B（1，0），
∴，
即．
设，则，
∴，
①如答图2，当P在Q点上方时，
PQ＝1﹣m，QR＝2﹣2m，
∵△PQR与△ACD全等，
∴当PQ＝DC且QR＝AC时，m＝0，
∴，，
当PQ＝AC且QR＝DC时，无解；
②如答图3，当点P在Q点下方时，
同理：PQ＝m﹣1，QR＝2m﹣2，m﹣1＝1，∴m＝2，
则，．
综合可得P点坐标为或．
3．【建立模型】
（1）在数学课上，老师出示这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l经过点C，AD⊥l，BE⊥l，垂足分别为点D和点E，求证：△ADC≌△CEB，请你写出证明过程：
【类比迁移】
（2）勤奋小组在这个模型的基础上，继续进行探究问题；
如图2，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x+3的图象与y轴交于点A，与x轴交于点C，将线段AC绕点C顺时针旋转90°得到线段CB，反比例函数的图象经过点B，请你求出反比例函数的解析式；
【拓展延伸】
（3）创新小组受到勤奋小组的启发，结合抛物线的图象继续深入探究：
如图3，一次函数y＝﹣3x+3的图象与y轴交于点A，与x轴交于点C，创新小组的同学发现在第一象限的抛物线y＝﹣x2+2x+3的图象上存在一点P，连接PA，当∠PAC＝45°时，请你和创新小组的同学一起求出点P的坐标．
【解析】（1）证明：如图1，
∵AD⊥l，BE⊥l，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠CAD＝90°，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∴∠CAD＝∠BCE，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）如图2，过点B作BG⊥x轴于点G，
则∠CGB＝∠AOC＝90°，
∴∠ACO+∠CAO＝90°，
∵将线段AC绕点C顺时针旋转90°得到线段CB，
∴AC＝CB，∠ACB＝90°，∴∠ACO+∠BCG＝90°，
∴∠CAO＝∠BCG，
∴△ACO≌△CBG（AAS），∴OA＝CG，OC＝BG，
∵直线y＝﹣3x+3与y轴交于点A，与x轴交于点C，
∴A（0，3），C（1，0），
∴OA＝3，OC＝1，∴CG＝3，BG＝1，
∴OG＝OC+CG＝1+3＝4，∴B（4，1），
将B（4，1）代入y＝，得1＝，∴k＝4，
∴反比例函数的解析式为y＝；
（3）如图3，过点C作CE⊥AC，且CE＝AC，连接AE交抛物线于P，过点E作EF⊥x轴于点F，
则∠CFE＝∠ACE＝∠AOC＝90°，
∴∠ACO+∠CAO＝∠ACO+∠ECF＝90°，
∴∠CAO＝∠ECF，∴△ACO≌△CEF（AAS），
∴OA＝CF＝3，OC＝EF＝1，
∴OF＝OC+CF＝1+3＝4，∴E（4，1），
设直线AE的解析式为y＝kx+b，将E（4，1），A（0，3）代入得：，
解得：，
∴直线AE的解析式为y＝﹣x+3，
联立方程组得，
解得：（舍去），，
∴点P的坐标为（，）．
4．已知：正方形OABC的边OC、OA分别在x、y轴的正半轴上，设点B（4，4），点P（t，0）是x轴上一动点，过点O作OH⊥AP于点H，直线OH交直线BC于点D，连AD．
（1）如图1，当点P在线段OC上时，求证：OP＝CD；
（2）在点P运动过程中，△AOP与以A、B、D为顶点的三角形相似时，求t的值；
（3）如图2，抛物线y＝﹣x2+x+4上是否存在点Q，使得以P、D、Q、C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：∵OD⊥AH，
∴∠OAP＝∠DOC＝90°﹣∠AOD；
正方形OABC中，OA＝OC＝4，∠AOP＝∠OCD＝90°，即：
∵，∴△AOP≌△OCD，
∴OP＝CD．
（2）解：①点P在x轴负半轴上时，P（t，0），且t＜0，如图①；
∵在Rt△AOP中，OH⊥AP，
∴∠POH＝∠PAO＝90°﹣∠APO；
又∵∠POH＝∠COD，∴∠COD＝∠PAO；
在△AOP与△OCD中，∵，
∴△AOP≌△OCD；
∴OP＝CD＝﹣t，则：BD＝BC+CD＝4﹣t；
若△AOP与以A、B、D为顶点的三角形相似，则有：
＝，得：＝
解得：t＝2﹣2或t＝2+2（正值舍去）；
②当点P在线段OC上时，P（t，0），0＜t≤4，如图②；
因为OP＜OA、BD＜AB、OA＝AB，
若△AOP与以A、B、D为顶点的三角形相似，那么有：＝，所以OP＝BD，即：
t＝4﹣t，t＝2；
③当点P在点C右侧时，P（t，0），t＞4，如图③；
同①可求得t＝2+2；
综上，t1＝2，t2＝，t3＝．
（3）解：假设存在符合条件的点Q，分两种情况讨论：
①PC为平行四边形的对角线，则QP∥CD，且QP＝CD；
若P（t，0）、D（4，t），则Q（t，﹣t），代入抛物线y＝﹣x2+x+4中，得：
﹣t2+t+4＝﹣t，即：t2﹣10t﹣24＝0，
解得：t1＝﹣2，t2＝12；
②PC为平行四边形的边，则DQ∥PC，且QD＝PC；
若P（t，0）、D（4，t），则 PC＝QD＝|t﹣4|，Q（t，t）或（8﹣t，t）；
Q（t，t）时，t＝﹣t2+t+4，即：t2+2t﹣24＝0，
解得 t1＝4（舍）、t2＝﹣6；
Q（8﹣t，t）时，t＝﹣（8﹣t）2+（8﹣t）+4，即：t2﹣6t+8＝0，
解得 t1＝4（舍）、t2＝2．
综上可知，t1＝2，t2＝12，t3＝﹣6，t4＝﹣2．
∴存在点Q，使得以P、D、Q、C为顶点的四边形为平行四边形．
5．抛物线y＝ax2+bx﹣4（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和B（4，0），与y轴交于点C，连接BC．点P是线段BC下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交BC于M，交x轴于N，设点P的横坐标为t．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）用关于t的代数式表示线段PM，求PM的最大值及此时点M的坐标；
（3）过点C作CH⊥PN于点H，S△BMN＝9S△CHM，
①求点P的坐标；
②连接CP，在y轴上是否存在点Q，使得△CPQ为直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣4（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和B（4，0），
∴，解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣4；
（2）在y＝x2﹣x﹣4中，令x＝0，得y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，则，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣4，
设P（t，t2﹣t﹣4），则M（t，t﹣4），
∴PM＝t﹣4﹣（t2﹣t﹣4）＝﹣t2+2t，
∵PM＝﹣t2+2t＝（t﹣2）2+2，﹣＜0，
∴当t＝2时，PM取得最大值2，此时点M的坐标为（2，﹣2）；
（3）①如图1，∵P（t，t2﹣t﹣4），M（t，t﹣4），N（t，0），B（4，0），C（0，﹣4），CH⊥PN，
∴BN＝4﹣t，MN＝4﹣t，CH＝t，MH＝t﹣4﹣（﹣4）＝t，
∵S△BMN＝9S△CHM，
∴×（4﹣t）2＝9×t2，
解得：t1＝1，t2＝﹣2，
∵点P是线段BC下方抛物线上的一个动点，
∴0＜t＜4，∴t＝1，
∴P（1，﹣）；
②存在点Q使得△CPQ为直角三角形，设Q（0，m），
∵C（0，﹣4），P（1，﹣），
∴CP2＝（1﹣0）2+（﹣+4）2＝，CQ2＝（﹣4﹣m）2，PQ2＝12+（﹣﹣m）2，∠PCQ≠90°，
当∠CQP＝90°时，如图2，PQ⊥y轴，
∴Q（0，﹣）；
当∠CPQ＝90°时，如图3，
在Rt△CPQ中，CP2+PQ2＝CQ2，
∴+12+（﹣﹣m）2＝（﹣4﹣m）2，
解得：m＝﹣，
∴Q（0，﹣）；
综上所述，点Q的坐标为（0，﹣）或（0，﹣）．
6．如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为该抛物线上一点，且点P的横坐标为m．
①当点P在直线AC下方时，过点P作PE∥x轴，交直线AC于点E，作PF∥y轴．交直线AC于点F，求PE+PF的最大值；
②若∠PCB＝3∠OCB，求m的值．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C．
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）①在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0，得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线AC解析式y＝kx+n，∵A（﹣3，0）、C（0，﹣3），
∴，解得：，
∴直线AC解析式y＝﹣x﹣3，
∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，
∴tan∠ACO＝＝＝1，∴∠ACO＝45°，
∵点P为该抛物线上一点，且点P的横坐标为m，
∴P（m，m2+2m﹣3），
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴F（m，﹣m﹣3），∠PFE＝∠ACO＝45°，∠EPF＝90°，
∴＝tan∠PFE＝tan45°＝1，
∴PE＝PF＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∴PE+PF＝2（﹣m2﹣3m）＝﹣2（m+）2+，
∵﹣2＜0，
∴当m＝﹣时，PE+PF的最大值＝；
②作点B关于y轴的对称点B′（﹣1，0），连接B′C，过点B′作B′D⊥B′C交CP于D，过点D作DE⊥x轴于E，
∵∠PCB＝3∠OCB，
∴∠PCO＝2∠OCB，
∵OB＝OB′，OC⊥BB′，
∴tan∠OCB＝＝，tan∠OCB′＝＝，
∴tan∠OCB＝tan∠OCB′，
∴∠OCB＝∠OCB′，∴∠PCB′＝∠OCB，
∴tan∠PCB′＝tan∠OCB＝，即＝，
∵B′C＝＝＝，
∴B′D＝，
∵∠CB′D＝∠B′ED＝90°，
∴∠DB′E+∠CB′O＝90°，
∵∠OCB+∠CB′O＝90°，
∴∠DB′E＝∠OCB，
∴sin∠DB′E＝sin∠OCB＝＝＝，cs∠DB′E＝cs∠OCB＝＝＝，
∴＝，＝，
∴DE＝B′D＝×＝，B′E＝B′D＝×＝1，
∴OE＝OB′+B′E＝1+1＝2，
∴D（﹣2，），
设直线CD解析式为y＝k1x+b1，
则：，解得：，
∴直线CD解析式为y＝x﹣3，
联立方程组：，解得：（舍去），；
∴m＝．
7．如图1，抛物线y1＝ax2﹣3x+c的图象与x轴的交点为A和B，与y轴交点为D（0，4），与直线y2＝﹣x+b交点为A和C，且OA＝OD．
（1）求抛物线的解析式和b值；
（2）在直线y2＝﹣x+b上是否存在一点P，使得△ABP是等腰直角三角形，如果存在，求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由；
（3）将抛物线y1图象x轴上方的部分沿x轴翻折得一个“M”形状的新图象（如图2），若直线y3＝﹣x+n与该新图象恰好有四个公共点，请求出此时n的取值范围．
【解析】解：（1）∵D（0，4），∴OD＝4，
∵OA＝OD，点A在x的负半轴上，∴A（﹣4，0），
把A（﹣4，0），D（0，4）分别代入y1＝ax2﹣3x+c，得，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y1＝﹣x2﹣3x+4，
把A（﹣4，0）代入y2＝﹣x+b，得4+b＝0，
解得：b＝﹣4；
（2）存在．
在y1＝﹣x2﹣3x+4中，令y1＝0，得﹣x2﹣3x+4＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝1，∴B（1，0），
如图1，设直线y2＝﹣x﹣4与y轴交于点G，
则G（0，﹣4），∴OG＝4，
∵A（﹣4，0），∴OA＝4，∴OA＝OG，
∴△AOG是等腰直角三角形，∴∠BAC＝45°，
当∠APB＝90°时，如图1，过点P作PH⊥x轴于点H，
∵∠BAP＝45°，∠APB＝90°，
∴∠ABP＝45°＝∠BAP，
∴PA＝PB，即△ABP是等腰直角三角形，
∵PH⊥AB，∴AH＝BH，即H是AB的中点，
∴H（﹣，0），∴点P的横坐标为﹣，
当x＝﹣时，y2＝﹣（﹣）﹣4＝﹣，
∴P1（﹣，﹣）；
当∠ABP＝90°时，则∠APB＝∠BAP＝45°，
∴BP＝AB＝5，∴P2（1，﹣5）；
综上所述，在直线y2＝﹣x﹣4上存在点P使得△ABP是等腰直角三角形，点P的坐标为（﹣，﹣）或（1，﹣5）；
（3）∵y1＝﹣x2﹣3x+4＝﹣（x+）2+，
∴抛物线y1＝﹣x2﹣3x+4的顶点为（﹣，），沿x轴翻折后的解析式为y＝（x+）2﹣，
把A（﹣4，0）代入y3＝﹣x+n，得4+n＝0，
解得：n＝﹣4，
联立抛物线y＝（x+）2﹣与直线y3得：（x+）2﹣＝﹣x+n，
整理得：x2+4x﹣（n+4）＝0，
当Δ＝16+4（n+4）＝0时，n＝﹣8，
∴当直线y3＝﹣x+n与该新图象恰好有四个公共点时，﹣8＜n＜﹣4．
8．综合运用
如图1，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上．如图2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜45°），AB交直线y＝x于点E，BC交y轴于点F．
（1）当旋转角∠COF为多少度时，OE＝OF；（直接写出结果，不要求写解答过程）
（2）若点A（4，3），求FC的长；
（3）如图3，对角线AC交y轴于点M，交直线y＝x于点N，连接FN．将△OFN与△OCF的面积分别记为S1与S2．设S＝S1﹣S2，AN＝n，求S关于n的函数表达式．
【解析】解：（1）当OE＝OF时，
在Rt△AOE和Rt△COF中，，
∴Rt△AOE≌Rt△COF（HL），
∴∠AOE＝∠COF（即∠AOE＝旋转角），
∴2∠AOE＝45°，
∴∠COF＝∠AOE＝22.5°，
∴当旋转角为22.5°时，OE＝OF；
（2）过点A作AG⊥x轴于点G，则有AG＝3，OG＝4，
∴，
∵四边形OABC是正方形，∴OC＝OA＝5，∠AOC＝∠C＝90°，
又∵∠COF+∠FOA＝90°，∠AOG+∠FOA＝90°，
∴∠COF＝∠GOA，
∴Rt△AOG∽Rt△FOC，∴，
∴，
∴FC的长为；
（3）过点N作直线PQ⊥BC于点P，交OA于点Q，
∵四边形OABC是正方形，∴∠BCA＝∠OCA＝45°，BC∥OA，
又∠FON＝45°，∴∠FCN＝∠FON＝45°，
∴F、C、O、N四点共圆，∴∠OFN＝∠OCA＝45°，
∴∠OFN＝∠FON＝45°，∴△FON是等腰直角三角形，
∴FN＝NO，∠FNO＝90°，∴∠FNP+∠ONQ＝90°，
又∵∠NOQ+∠ONQ＝90°，
∴∠NOQ＝∠FNP，
∴△NOQ≌△FNP（AAS），
∴NP＝OQ，FP＝NQ，
∵四边形OQPC是矩形，
∴CP＝OQ，OC＝PQ，
∴，
＝，
，
＝，
＝，
＝，
∴，
又∵△ANQ为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴S关于n的函数表达式为．
9．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）过点A（1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，OC＝3．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）过点A作AM⊥BC，垂足为M，求证：四边形ADBM为正方形；
（3）点P为抛物线在直线BC下方图形上的一动点，当△PBC面积最大时，求点P的坐标；
（4）若点Q为线段OC上的一动点，问：AQ+QC是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）函数的表达式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3）＝a（x2﹣4x+3），
即：3a＝3，解得：a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x+3，
则顶点D（2，﹣1）；
（2）∵OB＝OC＝3，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
AM＝MB＝ABsin45°＝＝AD＝BD，
则四边形ADBM为菱形，而∠AMB＝90°，
∴四边形ADBM为正方形；
（3）将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n并解得：
直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
过点P作y轴的平行线交BC于点H，
设点P（x，x2﹣4x+3），则点H（x，﹣x+3），
则S△PBC＝PH×OB＝（﹣x+3﹣x2+4x﹣3）＝（﹣x2+3x），
∵﹣＜0，故S△PBC有最大值，此时x＝，
故点P（，﹣）；
（4）存在，理由：
如图，过点C作与y轴夹角为30°的直线CH，作QH⊥CH，垂足为H，
则HQ＝CQ，
AQ+QC最小值＝AQ+HQ＝AH，
直线HC所在表达式中的k值为，直线HC的表达式为：y＝x+3…①
则直线AH所在表达式中的k值为﹣，
则直线AH的表达式为：y＝﹣x+s，将点A的坐标代入上式并解得：
则直线AH的表达式为：y＝﹣x+…②，
联立①②并解得：x＝，
故点H（，），而点A（1，0），
则AH＝，
即：AQ+QC的最小值为．
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）过点P作PN⊥BC，垂足为点N．请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
【解析】解：（1）由二次函数交点式表达式得：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣x﹣12）＝ax2﹣ax﹣12a，
即：﹣12a＝4，解得：a＝﹣，
则抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+4；
（2）存在，理由：
点A、B、C的坐标分别为（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），
则AC＝＝5，AB＝4﹣（﹣3）＝7，BC＝4，∠OBC＝∠OCB＝45°，
设BC的解析式为y＝kx+b，将点B、C的坐标代入解得：
，解得，
∴y＝﹣x+4…①，
设直线AC的解析式为y＝k′x+b′，则有，
解得
∴直线AC的表达式为：y＝x+4，
设线段AC的中点为K（﹣，2），过点M与CA垂直，直线的表达式中的k值为﹣，
同理可得过点K与直线AC垂直，直线的表达式为：y＝﹣x+…②，
①当AC＝AQ时，如图1，
则AC＝AQ＝5，
设：QM＝MB＝n，则AM＝7﹣n，
由勾股定理得：（7﹣n）2+n2＝25，解得：n＝3或4，
∵点Q在点B的左侧，∴n＝3
故点Q（1，3）；
②当AC＝CQ时，如图1，
CQ＝5，则BQ＝BC﹣CQ＝4﹣5，
则QM＝MB＝，
故点Q（，）；
③当CQ＝AQ时，
联立①②并解得：x＝（舍去）；
故点Q的坐标为：Q（1，3）或（，）；
（3）设点P（m，﹣m2+m+4），则点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，
当m＝2时，PN的最大值为：．
【中考压轴3】面积问题
1．已知抛物线y＝ax2+bx+8过点B（4，8）和点C（8，4），与y轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接AB，BC，点D在线段AB上（与点A，B不重合），点F是OA的中点，连接FD，过点D作DE⊥FD交BC于点E，连接EF，当△DEF面积是△ADF面积的3倍时，求点D的坐标；
（3）如图2，点P是抛物线上对称轴右侧的点，H（m，0）是x轴正半轴上的动点，若线段OB上存在点G（与点O，B不重合），使得∠GBP＝∠HGP＝∠BOH，求m的取值范围．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+8过点B（4，8）和点C（8，4），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+8；
（2）∵抛物线y＝﹣x2+x+8与y轴交于点A，
当x＝0时，y＝8，
∴A（0，8），则OA＝8，
∵B（4，8），
∴AB∥x轴，AB＝4，
∵点F是OA的中点，
∴F（0，4），
∴AB＝AF＝4，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∵B（4，8），C（8，4），
∴，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+12，
设E（m，﹣m+12）（4＜m＜8），
如图1，过点E作EG⊥AB交AB的延长线于G，
则∠G＝90°，
∴G（m，8），
∴GE＝8﹣（﹣m+12）＝m﹣4，BG＝m﹣4，
∴BG＝GE，
∴△BGE是等腰直角三角形，
设D（t，8），则AD＝t，DG＝m﹣t，
∵DE⊥FD，
∴∠FDE＝90°，
∵∠FAD＝∠G＝∠FDE＝90°，
∴∠AFD＝90°﹣∠ADF＝∠GDE，
∴△AFD∽△GDE，
∴＝，即＝，
∴t（m﹣t）＝4（m﹣4），
即（t﹣4）m＝（t﹣4）（t+4），
∵m＞4，
∴m＝t+4，
即m﹣t＝4，
∴DG＝AF，
∴△AFD≌△GDE（ASA），
∴DF＝DE，
又∵DE⊥DF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴S△DEF＝DF2，
∵S△ADF＝AD•AF，
当△DEF面积是△ADF面积的3倍时，
即DF2＝3×AD•AF，
∴DF2＝12AD，
在Rt△ADF中，DF2＝AD2+AF2＝t2+42，
∴AD2+AF2＝12AD，
∴t2+42＝12t，
解得：t＝6﹣2或t＝2+6（舍去），
∴D（6﹣2，8）；
（3）∵∠GBP＝∠HGP＝∠BOH，
又∠OGH+∠HGP＝∠GBP+∠BPG，
∴∠OGH＝∠BPG，
∴△OGH∽△BPG，
∴＝，
设BP交x轴于点S，过点B作BT⊥x轴于点T，如图2，
∵∠GBP＝∠BOH，
∴SB＝SO，
∵OT＝4，BT＝8，
∴OB＝＝4，
设BS＝k，则TS＝k﹣4，
在Rt△TBS中，SB2＝ST2+BT2，
∴k2＝（k﹣4）2+82，
解得：k＝10，
∴S（10，0），
设直线BS的解析式为y＝ex+f，则，
解得：，
∴直线BS的解析式为y＝﹣x+，
联立，
解得：或，
∴P（，﹣），
∴PB＝＝，
∵＝，
设OG＝n，则BG＝OB﹣OG＝4﹣n，
∴＝，
整理得：m＝﹣＝﹣n2+n＝﹣（n﹣2）2+，
∵点G在线段OB上（与点O，B不重合），
∴0＜OG＜4，
∴0＜n＜4，
∴当n＝2时，m取得的最大值为，
∴0＜m≤．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+x+c经过A（﹣2，0），B（0，4）两点，直线x＝3与x轴交于点C．
（1）求a，c的值；
（2）经过点O的直线分别与线段AB，直线x＝3交于点D，E，且△BDO与△OCE的面积相等，求直线DE的解析式；
（3）P是抛物线上位于第一象限的一个动点，在线段OC和直线x＝3上是否分别存在点F，G，使B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）把A（﹣2，0），B（0，4）两点代入抛物线y＝ax2+x+c中得：
解得：；
（2）由（1）知：抛物线解析式为：y＝﹣x2+x+4，
设直线AB的解析式为：y＝kx+b，
则，解得：，
∴AB的解析式为：y＝2x+4，
设直线DE的解析式为：y＝mx，
∴2x+4＝mx，
∴x＝，
当x＝3时，y＝3m，
∴E（3，3m），
∵△BDO与△OCE的面积相等，CE⊥OC，
∴•3•（﹣3m）＝•4•，
∴9m2﹣18m﹣16＝0，
∴（3m+2）（3m﹣8）＝0，
∴m1＝﹣，m2＝（舍），
∴直线DE的解析式为：y＝﹣x；
（3）存在，
B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形有两种情况：
设P（t，﹣t2+t+4），
①如图1，过点P作PH⊥y轴于H，
∵四边形BPGF是矩形，
∴BP＝FG，∠PBF＝∠BFG＝90°，
∴∠CFG+∠BFO＝∠BFO+∠OBF＝∠CFG+∠CGF＝∠OBF+∠PBH＝90°，
∴∠PBH＝∠OFB＝∠CGF，
∵∠PHB＝∠FCG＝90°，
∴△PHB≌△FCG（AAS），
∴PH＝CF，
∴CF＝PH＝t，OF＝3﹣t，
∵∠PBH＝∠OFB，
∴＝，即＝，
解得：t1＝0（舍），t2＝1，
∴F（2，0）；
②如图2，过点G作GN⊥y轴于N，过点P作PM⊥x轴于M，
同①可得：NG＝FM＝3，OF＝t﹣3，
∵∠OFB＝∠FPM，
∴tan∠OFB＝tan∠FPM，
∴＝，即＝，
解得：t1＝，t2＝（舍），
∴F（，0）；
综上，点F的坐标为（2，0）或（，0）．
3．如图1，二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）图象交坐标轴于点A，B（0，﹣2），点P为x轴上一动点．
（1）求二次函数y＝a（x+3）（x﹣4）的表达式；
（2）过点P作PQ⊥x轴分别交线段AB，抛物线于点Q，C，连接AC．当OP＝1时，求△ACQ的面积；
（3）如图2，将线段PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PD．当点D在抛物线上时，求点D的坐标．
【解析】解：（1）将B（0，﹣2）代入y＝a（x+3）（x﹣4），
∴a＝，
∴y＝（x+3）（x﹣4）＝x2﹣x﹣2；
（2）令y＝0，则（x+3）（x﹣4）＝0，
∴x＝﹣3或x＝4，
∴A（4，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝x﹣2，
∵OP＝1，
∴P（1，0），
∵PQ⊥x轴，
∴Q（1，﹣），C（1，﹣2），
∴AP＝3，
∴S△ACQ＝S△ACP﹣S△APQ＝×3×2﹣×3×＝；
（3）设P（t，0），
如图2，过点D作x轴垂线交于点N，
∵∠BPD＝90°，
∴∠OPB+∠NPD＝90°，∠OPB+∠OBP＝90°，
∴∠NPD＝∠OBP，
∵BP＝PD，
∴△PND≌△BOP（AAS），
∴OP＝ND，BO＝PN，
∴D（t+2，﹣t），
∴﹣t＝（t+2+3）（t+2﹣4），
解得t＝1或t＝﹣10，
∴D（3，﹣1）或D（﹣8，10）．
4．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），D是抛物线的顶点，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为m（0≤m≤3），AE∥PD交直线l：y＝x+2于点E，AP交DE于点F，交y轴于点Q．
（1）求抛物线的表达式；
（2）设△PDF的面积为S1，△AEF的面积为S2，当S1＝S2时，求点P的坐标；
（3）连接BQ，点M在抛物线的对称轴上（位于第一象限内），且∠BMQ＝45°，在点P从点B运动到点C的过程中，点M也随之运动，直接写出点M的纵坐标t的取值范围．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），
∴将A、B坐标分别代入抛物线解析式得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图，∵D是抛物线的顶点，抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴D（1，﹣4），
∵AE∥PD交直线l：y＝x+2于点E，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为m（0≤m≤3），
∴△AEF∽△PDF，设E（e，e+2），P（m，m2﹣2m﹣3），
又∵△PDF的面积为S1，△AEF的面积为S2，S1＝S2，
∴△AEF≌△PDF，
∴AF＝PF，EF＝DF，即点F分别是AP、ED的中点，
又∵A（﹣1，0），P（m，m2﹣2m﹣3），E（e，e+2），D（1，﹣4），
∴由中点坐标公式得：，
解得：m1＝0，m2＝，
∴点P的坐标为（，﹣）或（0，﹣3）；
（3）①当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，
以OB为斜边在第一象限内作等腰直角△O′OB，
则O′（，），OO′＝O′B＝，
以O′为圆心，OO′为半径作⊙O′，交抛物线对称轴于点M（1，t），
过点O′作O′H⊥DM于点H，则∠O′HM＝90°，
∵O′H＝﹣1＝，O′M＝OO′＝，
∴MH＝＝＝，
∴t＝+＝，
②当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，
连接BC，以O为圆心，OB为半径作⊙O交抛物线对称轴于点M，
∵OB＝OC＝3，
∴⊙O经过点C，
连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，
则OM＝OB＝3，OE＝1，
∵∠MEO＝90°，
∴ME＝＝＝2，
∴t＝2，
综上所述，2≤t≤．
5．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（4，0），与y轴交于点C，连接BC，点P是线段BC上的动点（与点B，C不重合），连接AP并延长AP交抛物线于点Q，连接CQ，BQ，设点Q的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；
（2）当△BCQ的面积等于2时，求m的值；
（3）在点P运动过程中，是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线A（﹣1，0），B（4，0），可得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：，
令x＝0，则y＝2，
∴点C的坐标为（0，2）；
（2）连接OQ，
∵点Q的横坐标为m，
∴Q（m，），
∴S＝S△OCQ+S△OBQ﹣S△OBC
＝﹣
＝﹣m2+4m，
令S＝2，
解得：m＝或，
（3）如图，过点Q作QH⊥BC于H，连接AC，
∵AC＝，BC＝，AB＝5，
满足AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，又∠QHC＝90°，∠APC＝∠QPH，
∴△APC∽△QPH，
∴，
∵S△BCQ＝BC•QH＝QH，
∴QH＝，
∴＝，
∴当m＝2时，存在最大值．
6．如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+1与直线l2：x＝﹣2相交于点D，点A是直线l2上的动点，过点A作AB⊥l1于点B，点C的坐标为（0，3），连接AC，BC．设点A的纵坐标为t，△ABC的面积为s．
（1）当t＝2时，请直接写出点B的坐标；
（2）s关于t的函数解析式为s＝，其图象如图2所示，结合图1、2的信息，求出a与b的值；
（3）在l2上是否存在点A，使得△ABC是直角三角形？若存在，请求出此时点A的坐标和△ABC的面积；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）解法一：如图1，连接AG，
当t＝2时，A（﹣2，2），
设B（x，x+1），
在y＝x+1中，当x＝0时，y＝1，
∴G（0，1），
∵AB⊥l1，
∴∠ABG＝90°，
∴AB2+BG2＝AG2，
即（x+2）2+（x+1﹣2）2+x2+（x+1﹣1）2＝（﹣2）2+（2﹣1）2，
解得：x1＝0（舍），x2＝﹣，
∴B（﹣，）；
解法二：如图1﹣1，过点B作BE⊥x轴于E，过点A作AH⊥BE于H，
当x＝0时，y＝1，当y＝0时，x+1＝0，则x＝﹣1，
∴OF＝OG＝1，
∵∠GOF＝90°，
∴∠OGF＝∠OFG＝45°，
∴BE＝EF，
∵∠ABD＝90°，
∴∠ABH＝∠BAH＝45°，
∴△ABH是等腰直角三角形，
∴AH＝BH，
当t＝2时，A（﹣2，2），
设B（x，x+1），
∴x+2＝2﹣（x+1），
∴x＝﹣，
∴B（﹣，）；
（2）如图2可知：当t＝7时，s＝4，
把（7，4）代入s＝中得：+7b﹣＝4，
解得：b＝﹣1，
如图3，过B作BH∥y轴，交AC于H，
由（1）知：当t＝2时，A（﹣2，2），B（﹣，），
∵C（0，3），
设AC的解析式为：y＝kx+n，
则，解得，
∴AC的解析式为：y＝x+3，
∴H（﹣，），
∴BH＝﹣＝，
∴s＝＝＝，
把（2，）代入s＝a（t+1）（t﹣5）得：a（2+1）（2﹣5）＝，
解得：a＝﹣；
（3）存在，设B（x，x+1），
分两种情况：
①当∠CAB＝90°时，如图4，
∵AB⊥l1，
∴AC∥l1，
∵l1：y＝x+1，C（0，3），
∴AC：y＝x+3，
∴A（﹣2，1），
∵D（﹣2，﹣1），
在Rt△ABD中，AB2+BD2＝AD2，
即（x+2）2+（x+1﹣1）2+（x+2）2+（x+1+1）2＝22，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣2（舍），
∴B（﹣1，0），即B在x轴上，
∴AB＝＝，AC＝＝2，
∴S△ABC＝＝＝2；
②当∠ACB＝90°时，如图5，
∵∠ABD＝90°，∠ADB＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AB＝BD，
∵A（﹣2，t），D（﹣2，﹣1），
∴（x+2）2+（x+1﹣t）2＝（x+2）2+（x+1+1）2，
（x+1﹣t）2＝（x+2）2，
x+1﹣t＝x+2或x+1﹣t＝﹣x﹣2，
解得：t＝﹣1（舍）或t＝2x+3，
Rt△ACB中，AC2+BC2＝AB2，
即（﹣2）2+（t﹣3）2+x2+（x+1﹣3）2＝（x+2）2+（x+1﹣t）2，
把t＝2x+3代入得：x2﹣3x＝0，
解得：x＝0或3，
当x＝3时，如图5，则t＝2×3+3＝9，
∴A（﹣2，9），B（3，4），
∴AC＝＝2，BC＝＝，
∴S△ABC＝＝＝10；
当x＝0时，如图6，
此时，A（﹣2，3），AC＝2，BC＝2，
∴S△ABC＝＝＝2．
7．如图抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣1，0），点C（0，3），且OB＝OC．
（1）求抛物线的解析式及其对称轴；
（2）点D、E是直线x＝1上的两个动点，且DE＝1，点D在点E的上方，求四边形ACDE的周长的最小值．
（3）点P为抛物线上一点，连接CP，直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分，求点P的坐标．
【解析】解：（1）∵OB＝OC，∴点B（3，0），
则抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3）＝ax2﹣2ax﹣3a，
故﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3…①，
函数的对称轴为：x＝1；
（2）四边形ACDE的周长＝AC+DE+CD+AE，其中AC＝、DE＝1是常数，
故CD+AE最小时，周长最小，
取点C关于直线x＝1对称点C′（2，3），则CD＝C′D，
取点A′（﹣1，1），则A′D＝AE，
故：CD+AE＝A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE＝A′D+DC′最小，周长也最小，
四边形ACDE的周长的最小值＝AC+DE+CD+AE＝+A′D+DC′＝+A′C′＝+；
（3）如图，设直线CP交x轴于点E，
直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分，
又∵S△PCB：S△PCA＝EB×（yC﹣yP）：AE×（yC﹣yP）＝BE：AE，
则BE：AE＝3：5或5：3，
则AE＝或，
即：点E的坐标为（，0）或（，0），
将点E的坐标代入直线CP的表达式：y＝kx+3，
解得：k＝﹣6或﹣2，
故直线CP的表达式为：y＝﹣2x+3或y＝﹣6x+3…②
联立①②并解得：x＝4或8（不合题意值已舍去），
故点P的坐标为（4，﹣5）或（8，﹣45）．
8．如图，已知二次函数图象的顶点坐标为A（1，4），与坐标轴交于B、C、D三点，且B点的坐标为（﹣1，0）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在二次函数图象位于x轴上方部分有两个动点M、N，且点N在点M的左侧，过M、N作x轴的垂线交x轴于点G、H两点，当四边形MNHG为矩形时，求该矩形周长的最大值；
（3）当矩形MNHG的周长最大时，能否在二次函数图象上找到一点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的？若存在，求出该点的横坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）二次函数表达式为：y＝a（x﹣1）2+4，
将点B的坐标代入上式得：0＝4a+4，解得：a＝﹣1，
故函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）设点M的坐标为（x，﹣x2+2x+3），则点N（2﹣x，﹣x2+2x+3），
则MN＝x﹣2+x＝2x﹣2，GM＝﹣x2+2x+3，
矩形MNHG的周长C＝2MN+2GM＝2（2x﹣2）+2（﹣x2+2x+3）＝﹣2x2+8x+2，
∵﹣2＜0，故当x＝﹣＝2，C有最大值，最大值为10，
此时x＝2，点N（0，3）与点D重合；
（3）△PNC的面积是矩形MNHG面积的，
则S△PNC＝×MN×GM＝×2×3＝，
连接DC，在CD的上下方等距离处作CD的平行线m、n，
过点P作y轴的平行线交CD、直线n于点H、G，即PH＝GH，
过点P作PK⊥CD于点K，
设直线CD的表达式为：y＝kx+b，
将C（3，0）、D（0，3）坐标代入一次函数表达式得：，
解得：，
直线CD的表达式为：y＝﹣x+3，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝45°＝∠PHK，CD＝3，
设点P（x，﹣x2+2x+3），则点H（x，﹣x+3），
S△PNC＝＝×PK×CD＝×PH×sin45°×3，
解得：PH＝＝HG，
则PH＝﹣x2+2x+3+x﹣3＝，
解得：x＝，
故点P（，），
直线n的表达式为：y＝﹣x+3﹣＝﹣x+…②，
联立①②并解得：x＝，
即点P′、P″的横坐标分别为或；
故点P横坐标为：或或．
9．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（﹣2，0），C（0，﹣6），其对称轴为直线x＝2．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若直线y＝﹣x+m将△AOC的面积分成相等的两部分，求m的值；
（3）点B是该二次函数图象与x轴的另一个交点，点D是直线x＝2上位于x轴下方的动点，点E是第四象限内该二次函数图象上的动点，且位于直线x＝2右侧．若以点E为直角顶点的△BED与△AOC相似，求点E的坐标．
【解析】解：（1）由已知得：，解得：，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣6，
同理可得直线AC的表达式为：y＝﹣3x﹣6；
（2）联立，解得：x＝﹣，
直线y＝﹣x+m与y轴的交点为（0，m），
S△AOC＝＝6，
由题意得：×＝3，
解得：m＝﹣2或﹣10（舍去﹣10），
∴m＝﹣2；
（3）∵OA＝2，OC＝6，∴，
①当△DEB∽△AOC时，则，
如图1，过点E作EF⊥直线x＝2，垂足为F，过点B作BG⊥EF，垂足为G，
则Rt△BEG∽Rt△EDF，
则，则BG＝3EF，
设点E（h，k），则BG＝﹣k，FE＝h﹣2，
则﹣k＝3（h﹣2），即k＝6﹣3h，
∵点E在二次函数上，故：h2﹣2h﹣6＝6﹣3h，
解得：h＝4或﹣6（舍去﹣6），
则点E（4，﹣6）；
②当△BED∽△AOC时，，
过点E作ME⊥直线x＝2，垂足为M，过点B作BN⊥ME，垂足为N，
则Rt△BEN∽Rt△EDM，则，则NB＝EM，
设点E（p，q），则BN＝﹣q，EM＝p﹣2，
则﹣q＝（p﹣2），解得：p＝或（舍去）；
故点E坐标为（4，﹣6）或（，）．
10．如图，抛物线y＝ax2+bx（a＞0）过点E（8，0），矩形ABCD的边AB在线段OE上（点A在点B的左侧），点C、D在抛物线上，∠BAD的平分线AM交BC于点M，点N是CD的中点，已知OA＝2，且OA：AD＝1：3．
（1）求抛物线的解析式；
（2）F、G分别为x轴，y轴上的动点，顺次连接M、N、G、F构成四边形MNGF，求四边形MNGF周长的最小值；
（3）在x轴下方且在抛物线上是否存在点P，使△ODP中OD边上的高为？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）矩形ABCD不动，将抛物线向右平移，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点K、L，且直线KL平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．
【解析】解：（1）∵点A在线段OE上，E（8，0），OA＝2
∴A（2，0）
∵OA：AD＝1：3
∴AD＝3OA＝6
∵四边形ABCD是矩形
∴AD⊥AB
∴D（2，﹣6）
∵抛物线y＝ax2+bx经过点D、E
∴ 解得：
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x
（2）如图1，作点M关于x轴的对称点点M'，作点N关于y轴的对称点点N'，连接FM'、GN'、M'N'
∵y＝x2﹣4x＝（x﹣4）2﹣8
∴抛物线对称轴为直线x＝4
∵点C、D在抛物线上，且CD∥x轴，D（2，﹣6）
∴yC＝yD＝﹣6，即点C、D关于直线x＝4对称
∴xC＝4+（4﹣xD）＝4+4﹣2＝6，即C（6，﹣6）
∴AB＝CD＝4，B（6，0）
∵AM平分∠BAD，∠BAD＝∠ABM＝90°
∴∠BAM＝45°
∴BM＝AB＝4
∴M（6，﹣4）
∵点M、M'关于x轴对称，点F在x轴上
∴M'（6，4），FM＝FM'
∵N为CD中点
∴N（4，﹣6）
∵点N、N'关于y轴对称，点G在y轴上
∴N'（﹣4，﹣6），GN＝GN，
∴C四边形MNGF＝MN+NG+GF+FM＝MN+N'G+GF+FM'
∵当M'、F、G、N'在同一直线上时，N'G+GF+FM'＝M'N'最小
∴C四边形MNGF＝MN+M'N'＝＝2+10＝12
∴四边形MNGF周长最小值为12．
（3）存在点P，使△ODP中OD边上的高为．
过点P作PQ∥y轴交直线OD于点Q，
∵D（2，﹣6）
∴OD＝，直线OD解析式为y＝﹣3x，
设点P坐标为（t，t2﹣4t）（0＜t＜8），则点Q（t，﹣3t），
①如图2，当0＜t＜2时，点P在点D左侧，
∴PQ＝yQ﹣yP＝﹣3t﹣（t2﹣4t）＝﹣t2+t，
∴S△ODP＝S△OPQ+S△DPQ＝PQ•xP+PQ•（xD﹣xP）＝PQ（xP+xD﹣xP）＝PQ•xD＝PQ＝﹣t2+t
∵△ODP中OD边上的高h＝，
∴S△ODP＝OD•h，
∴﹣t2+t＝×2×，
方程无解
②如图3，当2＜t＜8时，点P在点D右侧
∴PE＝yP﹣yE＝t2﹣4t﹣（﹣3t）＝t2﹣t
∴S△ODP＝S△OPQ﹣S△DPQ＝PQ•xP﹣PQ•（xP﹣xD）＝PQ（xP﹣xP+xD）＝PQ•xD＝t2﹣t
∴t2﹣t＝×2×
解得：t1＝﹣4（舍去），t2＝6
∴P（6，﹣6）
综上所述，点P坐标为（6，﹣6）满足使△ODP中OD边上的高为．
（4）设抛物线向右平移m个单位长度后与矩形ABCD有交点K、L
∵KL平分矩形ABCD的面积
∴K在线段AB上，L在线段CD上，如图4
∴K（m，0），L（2+m，﹣6）
连接AC，交KL于点H
∵S△ACD＝S四边形ADLK＝S矩形ABCD
∴S△AHK＝S△CHL
∵AK∥LC
∴△AHK∽△CHL
∴
∴AH＝CH，即点H为AC中点
∴H（4，﹣3）也是KL中点
∴
∴m＝3
∴抛物线平移的距离为3个单位长度．
11．如图，在平面直角坐标系xOy中，以直线x＝对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c与直线l：y＝kx+m（k＞0）交于A（1，1），B两点，与y轴交于C（0，5），直线l与y轴交于点D．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）设直线l与抛物线的对称轴的交点为F，G是抛物线上位于对称轴右侧的一点，若＝，且△BCG与△BCD面积相等，求点G的坐标；
（3）若在x轴上有且仅有一点P，使∠APB＝90°，求k的值．
【解析】解：（1）由题意可得，
解得a＝1，b＝﹣5，c＝5；
∴二次函数的解析式为：y＝x2﹣5x+5，
（2）作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足分别为M，N，设对称轴交x轴于Q．
则，
∵MQ＝，
∴NQ＝2，B（，）；
∴，
解得，
∴，D（0，），
同理可求，，
∵S△BCD＝S△BCG，
∴①DG∥BC（G在BC下方），，
∴＝x2﹣5x+5，
解得，，x2＝3，
∵x＞，
∴x＝3，
∴G（3，﹣1）．
②G在BC上方时，直线G2G3与DG1关于BC对称，
∴＝，
∴＝x2﹣5x+5，
解得，，
∵x＞，
∴x＝，
∴G（，），
综上所述点G的坐标为G（3，﹣1），G（，）．
（3）由题意可知：k+m＝1，
∴m＝1﹣k，
∴y1＝kx+1﹣k，
∴kx+1﹣k＝x2﹣5x+5，
解得x1＝1，x2＝k+4，
∴B（k+4，k2+3k+1），
如图，设AB中点为O′，
∵P点有且只有一个，
∴以AB为直径的圆与x轴只有一个交点，且P为切点，
∴O′P⊥x轴，
∴P为MN的中点，
∴P（，0），
∵△AMP∽△PNB，
∴，
∴AM•BN＝PN•PM，
∴1×（k2+3k+1）＝（k+4﹣）（），
∵k＞0，
∴k＝＝﹣1+．
【中考压轴4】三角形存在性问题
1．如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线F1：y＝a（x﹣）2+与x轴交于点A（﹣，0）和点B，与y轴交于点C．
（1）求抛物线F1的表达式；
（2）如图2，将抛物线F1先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线F2，若抛物线F1与抛物线F2相交于点D，连接BD，CD，BC．
①求点D的坐标；
②判断△BCD的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线F2上是否存在点P，使得△BDP为等腰直角三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）把点A（﹣，0）代入抛物线F1：y＝a（x﹣）2+中得：
0＝a（﹣﹣）2+，
解得：a＝﹣，
∴抛物线F1：y＝﹣（x﹣）2+；
（2）①由平移得：抛物线F2：y＝﹣（x﹣+1）2+﹣3，
∴y＝﹣（x+）2+，
∴﹣（x+）2+＝﹣（x﹣）2+，
﹣x＝，
解得：x＝﹣1，
∴D（﹣1，1）；
②当x＝0时，y＝﹣＝4，
∴C（0，4），
当y＝0时，﹣（x﹣）2+＝0，
解得：x＝﹣或2，
∴B（2，0），
∵D（﹣1，1），
∴BD2＝（2+1）2+（1﹣0）2＝10，
CD2＝（0+1）2+（4﹣1）2＝10，
BC2＝22+42＝20，
∴BD2+CD2＝BC2且BD＝CD，
∴△BDC是等腰直角三角形；
（3）存在，
设P（m，﹣），
∵B（2，0），D（﹣1，1），
∴BD2＝（2+1）2+12＝10，，
，
分三种情况：
①当∠DBP＝90°时，BD2+PB2＝PD2，
即10+（m﹣2）2+[﹣]2＝（m+1）2+[﹣（m+）2+﹣1]2，
解得：m＝﹣4或1，
当m＝﹣4时，BD＝，PB＝＝6，即△BDP不是等腰直角三角形，不符合题意，
当m＝1时，BD＝，PB＝＝，
∴BD＝PB，即△BDP是等腰直角三角形，符合题意，
∴P（1，﹣3）；
②当∠BDP＝90°时，BD2+PD2＝PB2，
即10+（m+1）2+[﹣（m+）2+﹣1]2＝（m﹣2）2+[﹣]2，
解得：m＝﹣1（舍）或﹣2，
当m＝﹣2时，BD＝，PD＝＝，
∴BD＝PD，即此时△BDP为等腰直角三角形，
∴P（﹣2，﹣2）；
③当∠BPD＝90°时，且BP＝DP，有BD2＝PD2+PB2，如图3，
当△BDP为等腰直角三角形时，点P1和P2不在抛物线上，此种情况不存在这样的点P；
综上，点P的坐标是（1，﹣3）或（﹣2，﹣2）．
2．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣4，0）、B（2，0），交y轴于点C（0，6），在y轴上有一点E（0，﹣2），连接AE．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求△ADE面积的最大值；
（3）抛物线对称轴上是否存在点P，使△AEP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有P点的坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6），
∴，
解得，
所以二次函数的解析式为：y＝，
（2）由A（﹣4，0），E（0，﹣2），可求AE所在直线解析式为y＝，
过点D作DG⊥x轴于G，交AE于点F，交x轴于点G，过点E作EH⊥DF，垂足为H，如图
设D（m，），则点F（m，），
∴DF＝﹣（）＝，
∴S△ADE＝S△ADF+S△EDF＝×DF×AG+DF×EH
＝×DF×（AG+EH）
＝×4×DF
＝2×（）
＝，
∴当m＝时，△ADE的面积取得最大值为．
（3）y＝的对称轴为x＝﹣1，
设P（﹣1，n），又E（0，﹣2），A（﹣4，0），
可求PA2＝9+n2，PE2＝1+（n+2）2，AE2＝16+4＝20，
当PA2＝PE2时，9+n2＝1+（n+2）2，
解得，n＝1，此时P（﹣1，1）；
当PA2＝AE2时，9+n2＝20，
解得，n＝，此时点P坐标为（﹣1，）；
当PE2＝AE2时，1+（n+2）2＝20，
解得，n＝﹣2，此时点P坐标为：（﹣1，﹣2）．
综上所述，
P点的坐标为：（﹣1，1），（﹣1，），（﹣1，﹣2）．
3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴交于点C（0，3），与x轴交于A、B两点，点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x＝1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点N从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设△MBN的面积为S，点M运动时间为t，试求S与t的函数关系，并求S的最大值；
（3）在点M运动过程中，是否存在某一时刻t，使△MBN为直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵点B坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x＝1．
∴A（﹣2，0），
把点A（﹣2，0）、点B（4，0）、点C（0，3），分别代入y＝ax2+bx+c（a≠0），得
，
解得 ，
所以该抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+3；
（2）设运动时间为t秒，则AM＝3t，BN＝t．
∴MB＝6﹣3t．
由题意得，点C的坐标为（0，3）．
在Rt△BOC中，BC＝＝5．
如图1，过点N作NH⊥AB于点H．
∴NH∥CO，
∴△BHN∽△BOC，
∴，即＝，
∴HN＝t．
∴S△MBN＝MB•HN＝（6﹣3t）•t＝﹣t2+t＝﹣（t﹣1）2+，
当△MBN存在时，0＜t＜2，
∴当t＝1时，
S△MBN最大＝．
答：运动1秒使△MBN的面积最大，最大面积是；
（3）如图2，
在Rt△OBC中，cs∠B＝＝．
设运动时间为t秒，则AM＝3t，BN＝t．
∴MB＝6﹣3t．
当∠MNB＝90°时，cs∠B＝＝，即＝，
化简，得17t＝24，解得t＝，
当∠BMN＝90°时，cs∠B＝＝＝
（在图2中，当∠BM'N'＝90°时，cs∠B＝）
化简，得19t＝30，解得t＝，
综上所述：t＝或t＝时，△MBN为直角三角形．
4．已知：一次函数y＝﹣2x+10的图象与反比例函数y＝（k＞0）的图象相交于A，B两点（A在B的右侧）．
（1）当A（4，2）时，求反比例函数的解析式及B点的坐标；
（2）在（1）的条件下，反比例函数图象的另一支上是否存在一点P，使△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10）时，直线OA与此反比例函数图象的另一支交于另一点C，连接BC交y轴于点D．若＝，求△ABC的面积．
【解析】解：（1）把A（4，2）代入y＝，得k＝4×2＝8．
∴反比例函数的解析式为y＝．
解方程组，得
或，
∴点B的坐标为（1，8）；
（2）①若∠BAP＝90°，
过点A作AH⊥OE于H，设AP与x轴的交点为M，如图1，
对于y＝﹣2x+10，
当y＝0时，﹣2x+10＝0，解得x＝5，
∴点E（5，0），OE＝5．
∵A（4，2），∴OH＝4，AH＝2，
∴HE＝5﹣4＝1．
∵AH⊥OE，∴∠AHM＝∠AHE＝90°．
又∵∠BAP＝90°，
∴∠AME+∠AEM＝90°，∠AME+∠MAH＝90°，
∴∠MAH＝∠AEM，
∴△AHM∽△EHA，
∴＝，
∴＝，
∴MH＝4，
∴M（0，0），
可设直线AP的解析式为y＝mx
则有4m＝2，解得m＝，
∴直线AP的解析式为y＝x，
解方程组，得
或，
∴点P的坐标为（﹣4，﹣2）．
②若∠ABP＝90°，
同理可得：点P的坐标为（﹣16，﹣）．
综上所述：符合条件的点P的坐标为（﹣4，﹣2）、（﹣16，﹣）；
（3）过点B作BS⊥y轴于S，过点C作CT⊥y轴于T，连接OB，如图2，
则有BS∥CT，
∴△CTD∽△BSD，
∴＝．
∵＝，
∴＝＝．
∵A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10），
∴C（﹣a，2a﹣10），CT＝a，BS＝b，
∴＝，即b＝a．
∵A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10）都在反比例函数y＝的图象上，
∴a（﹣2a+10）＝b（﹣2b+10），
∴a（﹣2a+10）＝a（﹣2×a+10）．
∵a≠0，
∴﹣2a+10＝（﹣2×a+10），
解得：a＝3．
∴A（3，4），B（2，6），C（﹣3，﹣4）．
设直线BC的解析式为y＝px+q，
则有，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝2x+2．
当x＝0时，y＝2，则点D（0，2），OD＝2，
∴S△COB＝S△ODC+S△ODB
＝OD•CT+OD•BS
＝×2×3+×2×2＝5．
∵OA＝OC，
∴S△AOB＝S△COB，
∴S△ABC＝2S△COB＝10．
5．已知抛物线l：y＝ax2+bx+c（a，b，c均不为0）的顶点为M，与y轴的交点为N，我们称以N为顶点，对称轴是y轴且过点M的抛物线为抛物线l的衍生抛物线，直线MN为抛物线l的衍生直线．
（1）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3的衍生抛物线的解析式是 ，衍生直线的解析式是 ；
（2）若一条抛物线的衍生抛物线和衍生直线分别是y＝﹣2x2+1和y＝﹣2x+1，求这条抛物线的解析式；
（3）如图，设（1）中的抛物线y＝x2﹣2x﹣3的顶点为M，与y轴交点为N，将它的衍生直线MN先绕点N旋转到与x轴平行，再沿y轴向上平移1个单位得直线n，P是直线n上的动点，是否存在点P，使△POM为直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3过（0，﹣3），
∴设其衍生抛物线为y＝ax2﹣3，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝x2﹣2x+1﹣4＝（x﹣1）2﹣4，
∴衍生抛物线为y＝ax2﹣3过抛物线y＝x2﹣2x﹣3的顶点（1，﹣4），
∴﹣4＝a•1﹣3，
解得 a＝﹣1，
∴衍生抛物线为y＝﹣x2﹣3．
设衍生直线为y＝kx+b，
∵y＝kx+b过（0，﹣3），（1，﹣4），
∴，
∴，
∴衍生直线为y＝﹣x﹣3．
（2）∵衍生抛物线和衍生直线两交点分别为原抛物线与衍生抛物线的顶点，
∴将y＝﹣2x2+1和y＝﹣2x+1联立，得，
解得 或 ，
∵衍生抛物线y＝﹣2x2+1的顶点为（0，1），
∴原抛物线的顶点为（1，﹣1）．
设原抛物线为y＝a（x﹣1）2﹣1，
∵y＝a（x﹣1）2﹣1过（0，1），
∴1＝a（0﹣1）2﹣1，
解得 a＝2，
∴原抛物线为y＝2x2﹣4x+1．
（3）∵N（0，﹣3），
∴MN绕点N旋转到与x轴平行后，解析式为y＝﹣3，
∴再沿y轴向上平移1个单位得的直线n解析式为y＝﹣2．
设点P坐标为（x，﹣2），
∵O（0，0），M（1，﹣4），
∴OM2＝（xM﹣xO）2+（yO﹣yM）2＝1+16＝17，
OP2＝（|xP﹣xO|）2+（yO﹣yP）2＝x2+4，
MP2＝（|xP﹣xM|）2+（yP﹣yM）2＝（x﹣1）2+4＝x2﹣2x+5．
①当OM2＝OP2+MP2时，有17＝x2+4+x2﹣2x+5，
解得x＝或x＝，即P（，﹣2）或P（，﹣2）．
②当OP2＝OM2+MP2时，有x2+4＝17+x2﹣2x+5，
解得 x＝9，即P（9，﹣2）．
③当MP2＝OP2+OM2时，有x2﹣2x+5＝x2+4+17，
解得 x＝﹣8，即P（﹣8，﹣2）．
综上所述，当P为（，﹣2）或（，﹣2）或（9，﹣2）或（﹣8，﹣2）时，△POM为直角三角形．
6．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在y轴正半轴上，顶点B在x轴正半轴上，OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两个根（OA＞OB）．
（1）求点D的坐标．
（2）求直线BC的解析式．
（3）在直线BC上是否存在点P，使△PCD为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】解：（1）解方程x2﹣7x+12＝0得x1＝3，x2＝4，
∵OA＞OB，
∴OA＝4，OB＝3，
过D作DE⊥y于点E，
∵正方形ABCD，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∠DAE+∠OAB＝90°，
∠ABO+∠OAB＝90°，
∴∠ABO＝∠DAE，
∵DE⊥AE，
∴∠AED＝90°＝∠AOB，
在△DAE和△ABO中，，
∴△DAE≌△ABO（AAS），
∴DE＝OA＝4，AE＝OB＝3，
∴OE＝7，
∴D（4，7）；
（2）过点C作CM⊥x轴于点M，
同上可证得△BCM≌△ABO，
∴CM＝OB＝3，BM＝OA＝4，
∴OM＝7，
∴C（7，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0，k、b为常数），
代入B（3，0），C（7，3）得，，
解得，
∴y＝x﹣；
（3）在直线BC上存在点P，使△PCD为等腰直角三角形，理由如下：如图，
当点P与点B重合时，P1（3，0），
当点P与点B关于点C对称时，P2（11，6）．
综上所述：点P的坐标为（3，0）或（11，6）．
7．已知抛物线经过A（﹣2，0），B（0，2），C（，0）三点，一动点P从原点出发以1个单位/秒的速度沿x轴正方向运动，连接BP，过点A作直线BP的垂线交y轴于点Q．设点P的运动时间为t秒．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当BQ＝AP时，求t的值；
（3）随着点P的运动，抛物线上是否存在一点M，使△MPQ为等边三角形？若存在，请直接写t的值及相应点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
∵抛物线经过A（﹣2，0），B（0，2），C（，0）三点，
∴，
解得 ，
∴y＝﹣x2﹣x+2．
（2）∵AQ⊥PB，BO⊥AP，
∴∠AOQ＝∠BOP＝90°，∠PAQ＝∠PBO，
∵AO＝BO＝2，
∴△AOQ≌△BOP，
∴OQ＝OP＝t．
①如图1，当t≤2时，点Q在点B下方，此时BQ＝2﹣t，AP＝2+t．
∵BQ＝AP，
∴2﹣t＝（2+t），
∴t＝．
②如图2，当t＞2时，点Q在点B上方，此时BQ＝t﹣2，AP＝2+t．
∵BQ＝AP，
∴t﹣2＝（2+t），
∴t＝6．
综上所述，t＝或6时，BQ＝AP．
（3）当t＝﹣1时，抛物线上存在点M（1，1）；当t＝3+3时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3）．
分析如下：
∵AQ⊥BP，
∴∠QAO+∠BPO＝90°，
∵∠QAO+∠AQO＝90°，
∴∠AQO＝∠BPO．
在△AOQ和△BOP中，
，
∴△AOQ≌△BOP，
∴OP＝OQ，
∴△OPQ为等腰直角三角形，
∵△MPQ为等边三角形，则M点必在PQ的垂直平分线上，
∵直线y＝x垂直平分PQ，
∴M在y＝x上，设M（x，y），
∴，
解得 或 ，
∴M点可能为（1，1）或（﹣3，﹣3）．
①如图3，当M的坐标为（1，1）时，作MD⊥x轴于D，
则有PD＝|1﹣t|，MP2＝1+|1﹣t|2＝t2﹣2t+2，PQ2＝2t2，
∵△MPQ为等边三角形，∴MP＝PQ，
∴t2+2t﹣2＝0，∴t＝﹣1+，t＝﹣1﹣（负值舍去）．
②如图4，当M的坐标为（﹣3，﹣3）时，作ME⊥x轴于E，
则有PE＝3+t，ME＝3，
∴MP2＝32+（3+t）2＝t2+6t+18，PQ2＝2t2，
∵△MPQ为等边三角形，
∴MP＝PQ，
∴t2﹣6t﹣18＝0，
∴t＝3+3，t＝3﹣3（负值舍去）．
综上所述，当t＝﹣1+时，抛物线上存在点M（1，1），或当t＝3+3时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3），使得△MPQ为等边三角形．
8．如图，在平面直角坐标系中，点A、B在x轴上，点C、D在y轴上，且OB＝OC＝3，OA＝OD＝1，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A、B、C三点，直线AD与抛物线交于另一点M．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）P为抛物线上一动点，E为直线AD上一动点，是否存在点P，使以点A、P、E为顶点的三角形为等腰直角三角形？若存在，请求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）请直接写出将该抛物线沿射线AD方向平移个单位后得到的抛物线的解析式．
【解析】解：（1）根据题意得，A（1，0），D（0，1），B（﹣3，0），C（0，﹣3）．
抛物线经过点A（1，0），B（﹣3，0），C（0，﹣3），则有：
，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣3．
（2）存在．
△APE为等腰直角三角形，有三种可能的情形：
①以点A为直角顶点．
如解答图，过点A作直线AD的垂线，与抛物线交于点P，与y轴交于点F．
∵OA＝OD＝1，则△AOD为等腰直角三角形，
∵PA⊥AD，则△OAF为等腰直角三角形，∴OF＝1，F（0，﹣1）．
设直线PA的解析式为y＝kx+b，将点A（1，0），F（0，﹣1）的坐标代入得：
，
解得k＝1，b＝﹣1，
∴y＝x﹣1．
将y＝x﹣1代入抛物线解析式y＝x2+2x﹣3得，x2+2x﹣3＝x﹣1，
整理得：x2+x﹣2＝0，
解得x＝﹣2或x＝1，
当x＝﹣2时，y＝x﹣1＝﹣3，
∴P（﹣2，﹣3）；
②以点P为直角顶点．
此时∠PAE＝45°，因此点P只能在x轴上或过点A与y轴平行的直线上．
过点A与y轴平行的直线，只有点A一个交点，故此种情形不存在；
因此点P只能在x轴上，而抛物线与x轴交点只有点A、点B，故点P与点B重合．
∴P（﹣3，0）；
③以点E为直角顶点．此时∠EAP＝45°，由②可知，此时点P只能与点B重合，点E位于直线AD与对称轴的交点上，即P（﹣3，0）；
综上所述，存在点P，使以点A、P、E为顶点的三角形为等腰直角三角形．点P的坐标为（﹣2，﹣3）或（﹣3，0）．
（3）抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4．
抛物线沿射线AD方向平移个单位，相当于向左平移1个单位，并向上平移一个单位，
∴平移后的抛物线的解析式为：y＝（x+1+1）2﹣4+1＝x2+4x+1．
【中考压轴5】四边形存在性问题
1．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的边OC在x轴上，OA在y轴上．O为坐标原点，AB∥OC，线段OA，AB的长分别是方程x2﹣9x+20＝0的两个根（OA＜AB），tan∠OCB＝．
（1）求点B，C的坐标；
（2）P为OA上一点，Q为OC上一点，OQ＝5，将△POQ翻折，使点O落在AB上的点O′处，双曲线y＝的一个分支过点O′．求k的值；
（3）在（2）的条件下，M为坐标轴上一点，在平面内是否存在点N，使以O′，Q，M，N为顶点四边形为矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）解方程：x2﹣9x+20＝0，
（x﹣4）（x﹣5）＝0，
得x1＝4，x2＝5，
∵OA＜AB，
∴OA＝4，AB＝5，
如图1，过点B作BD⊥OC于点D，
∵tan∠OCB＝，BD＝OA＝4，
∴CD＝3，
∵OD＝AB＝5，
∴OC＝8，
∴点B的坐标为（5，4），点C的坐标为（8，0）；
（2）如图2，∵AB∥OC，OQ＝AB＝5，∠AOQ＝90°，
∴四边形AOQB为矩形．
∴BQ＝OA＝4，
由翻折，得OQ＝O'Q＝5，
∴O'B＝＝＝3，
∴AO'＝2，
∴O'（2，4），
∴k＝2×4＝8；
（3）存在．
分四种情况：
①如图3，M在x轴的正半轴上，四边形NO'MQ是矩形，此时N与B重合，则N（5，4）；
②如图4，M在x轴的负半轴上，四边形NMO'Q是矩形，过O'作O'D⊥x轴于D，过N作NH⊥x轴于H，
∵四边形NMO'Q是矩形，∴MN＝O'Q＝5，MN∥O'Q，
∴∠NMO＝∠DQO'，
∵∠NHM＝∠QDO'＝90°，∴△NHM≌△O'DQ（AAS），
∴NH＝O'D＝4，DQ＝MH＝3，
由（2）知：AO'＝2，
设PO＝x，则O'P＝x，AP＝4﹣x，
在Rt△APO'中，由勾股定理得：AP2+AO'2＝O'P2，
即x2＝22+（4﹣x）2，
解得：x＝，
∴P（0，），
设PO'的解析式为：y＝kx+b，
则，解得：，
∴PO'的解析式为：y＝x+，
当y＝0时，x+＝0，
∴x＝﹣，
∴OM＝，
∴OH＝OM﹣MH＝﹣3＝，
∴N（﹣，﹣4）；
③如图5，M在y轴的正半轴上，四边形MNQO'是矩形，
由②知：M（0，），O'（2，4），Q（5，0），
∴N（3，﹣）；
④如图6，M在y轴的负半轴上，四边形MNO'Q是矩形，过O'作O'D⊥x轴于D，
∵∠MOQ＝∠QDO'，∠OMQ＝∠DQO'，
∴△MOQ∽△QDO'，
∴，即，
∴OM＝，
∴M（0，﹣），
∵O'（2，4），Q（5，0），
∴N（﹣3，），
综上，点N的坐标为：N（5，4）或（﹣，﹣4）或（3，﹣）或（﹣3，）．
2．如图，在等腰梯形ABCD中，AD＝4，BC＝9，∠B＝45°．动点P从点B出发沿BC向点C运动，动点Q同时以相同速度从点C出发沿CD向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．
（1）求AB的长；
（2）设BP＝x，问当x为何值时△PCQ的面积最大，并求出最大值；
（3）探究：在AB边上是否存在点M，使得四边形PCQM为菱形？请说明理由．
【解析】解：（1）作AE⊥BC，
∵等腰梯形ABCD中，AD＝4，BC＝9，
∴BE＝（BC﹣AD）÷2＝2.5，
∵∠B＝45°，∴AB＝；
（2）作QF⊥BC，
∵等腰梯形ABCD，∴∠B＝∠C＝45°，则△CQF是等腰直角三角形．
∵点P和点Q的运动速度、运动时间相同，BP＝x，∴BP＝CQ＝x，
∵BC＝9，
∴CP＝9﹣x，QF＝，
设△PQC的面积为y，
∴y＝（9﹣x）•，
即y＝＝﹣+，
∵CD＝AB＝，
∴根据题意可知，x≤，
∴当x＝时，△PQC的面积最大，最大值为：
y＝PC•QF＝（9﹣）×
＝﹣；
（3）不存在，
若存在，则PC＝QC，
∴9﹣x＝x，
∴x＝，
而＞，
∴边AB上不存在点M，使得四边形PCQM为菱形．
3．如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN＝2时，求点M的坐标；
（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（4，0）和O（0，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x；
（2）∵直线AB经过点A（4，0）和B（0，4），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4，
∵MN∥y轴，
设M（t，﹣t+4），N（t，﹣t2+4t），其中0≤t≤4，
当M在N点的上方时，
MN＝﹣t+4﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣5t+4＝2，
解得：t1＝，t2＝（舍），
∴M1（，），
当M在N点下方时，
MN＝﹣t2+4t﹣（﹣t+4）＝﹣t2+5t﹣4＝2，
解得：t1＝2，t2＝3，
∴M2（2，2），M3（3，1），
综上，满足条件的点M的坐标有三个（，）或（2，2）或（3，1）；
（3）存在，
①如图2，若AC是矩形的边，
设抛物线的对称轴与直线AB交于点R，且R（2，2），
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P1，P2，
∵C（1，3），D（2，4），
∴CD＝＝，
同理得：CR＝，RD＝2，
∴CD2+CR2＝DR2，
∴∠RCD＝90°，
∴点P1与点D重合，
当CP1∥AQ1，CP1＝AQ1时，四边形ACP1Q1是矩形，
∵C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P1（2，4），
∴A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q1（5，1），
此时直线P1C的解析式为：y＝x+2，
∵直线P2A与P1C平行且过点A（4，0），
∴直线P2A的解析式为：y＝x﹣4，
∵点P2是直线y＝x﹣4与抛物线y＝﹣x2+4x的交点，
∴﹣x2+4x＝x﹣4，
解得：x1＝﹣1，x2＝4（舍），
∴P2（﹣1，﹣5），
当AC∥P2Q2时，四边形ACQ2P2是矩形，
∵A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），
∴P2（﹣1，﹣5）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q2（﹣4，﹣2）；
②如图3，若AC是矩形的对角线，
设P3（m，﹣m2+4m）
当∠AP3C＝90°时，过点P3作P3H⊥x轴于H，过点C作CK⊥P3H于K，
∴∠P3KC＝∠AHP3＝90°，∠P3CK＝∠AP3H，
∴△P3CK∽△AP3H，
∴＝，
∴＝，
∵点P不与点A，C重合，
∴m≠1或m≠4，
∴m2﹣3m+1＝0，
∴m＝，
∴如图4，满足条件的点P有两个，即P3（，），P4（，），
当P3C∥AQ3，P3C＝AQ3时，四边形AP3CQ3是矩形，
∵P3（，）向左平移个单位，向下平移个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向左平移个单位，向下平移个单位得到Q3（，），
当P4C∥AQ4，P4C＝AQ4时，四边形AP4CQ4是矩形，
∵P4（，）向右平移个单位，向上平移个单位得到C（1，3），
∴A（4，0）向右平移个单位，向上平移个单位得到Q4（，）；
综上，点Q的坐标为（5，1）或（﹣4，﹣2）或（，）或（，）．
4．如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，交y轴于点C，动点P在抛物线的对称轴上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当以P，B，C为顶点的三角形周长最小时，求点P的坐标及△PBC的周长；
（3）若点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
∵△PBC的周长为：PB+PC+BC，BC是定值，
∴当PB+PC最小时，△PBC的周长最小．
如图1，点A、B关于对称轴l对称，连接AC交l于点P，则点P为所求的点．
∵AP＝BP，
∴△PBC周长的最小值是AC+BC，
∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，3），
∴AC＝3，BC＝．
∴△PBC周长的最小值是：3+．
抛物线对称轴为直线x＝﹣＝1，
设直线AC的解析式为y＝kx+c，将A（3，0），C（0，3）代入，得：
，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
∴P（1，2）；
（3）存在．
设P（1，t），Q（m，n）
∵A（3，0），C（0，3），
则AC2＝32+32＝18，
AP2＝（1﹣3）2+t2＝t2+4，
PC2＝12+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，
∵四边形ACPQ是菱形，
∴分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，
①当以AP为对角线时，则CP＝CA，如图2，
∴t2﹣6t+10＝18，
解得：t＝3±，
∴P1（1，3﹣），P2（1，3+），
∵四边形ACPQ是菱形，
∴AP与CQ互相垂直平分，即AP与CQ的中点重合，
当P1（1，3﹣）时，
∴＝，＝，
解得：m＝4，n＝﹣，
∴Q1（4，﹣），
当P2（1，3+）时，
∴＝，＝，
解得：m＝4，n＝，
∴Q2（4，），
②以AC为对角线时，则PC＝AP，如图3，
∴t2﹣6t+10＝t2+4，
解得：t＝1，
∴P3（1，1），
∵四边形APCQ是菱形，
∴AC与PQ互相垂直平分，即AC与CQ中点重合，
∴＝，＝，
解得：m＝2，n＝2，
∴Q3（2，2），
③当以CP为对角线时，则AP＝AC，如图4，
∴t2+4＝18，
解得：t＝±，
∴P4（1，），P5（1，﹣），
∵四边形ACQP是菱形，
∴AQ与CP互相垂直平分，即AQ与CP的中点重合，
∴＝，＝，
解得：m＝﹣2，n＝3，
∴Q4（﹣2，3+），Q5（﹣2，3﹣），
综上所述，符合条件的点Q的坐标为：Q1（4，﹣），Q2（4，），Q3（2，2），Q4（﹣2，3+），Q5（﹣2，3﹣）．
5．如图，直线y＝与双曲线y＝（k≠0）交于A，B两点，点A的坐标为（m，﹣3），点C是双曲线第一象限分支上的一点，连接BC并延长交x轴于点D，且BC＝2CD．
（1）求k的值并直接写出点B的坐标；
（2）点G是y轴上的动点，连接GB，GC，求GB+GC的最小值；
（3）P是坐标轴上的点，Q是平面内一点，是否存在点P，Q，使得四边形ABPQ是矩形？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）将点A的坐标为（m，﹣3）代入直线y＝x中，
得﹣3＝m，
解得：m＝﹣2，
∴A（﹣2，﹣3），
∴k＝﹣2×（﹣3）＝6，
∴反比例函数解析式为y＝，
由，得或，
∴点B的坐标为（2，3）；
（2）如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，
∴BE∥CF，
∴△DCF∽△DBE，
∴＝，
∵BC＝2CD，BE＝3，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝1，
∴C（6，1），
作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，
则B′C即为BG+GC的最小值，
∵B′（﹣2，3），C（6，1），
∴B′C＝＝2，
∴BG+GC＝B′C＝2；
（3）存在．理由如下：
①当点P在x轴上时，如图2，设点P1的坐标为（a，0），
过点B作BE⊥x轴于点E，
∵∠OEB＝∠OBP1＝90°，∠BOE＝∠P1OB，
∴△OBE∽△OP1B，
∴＝，
∵B（2，3），
∴OB＝＝，
∴＝，
∴a＝，
∴点P1的坐标为（，0）；
②当点P在y轴上时，过点B作BN⊥y轴于点N，如图2，
设点P2的坐标为（0，b），
∵∠ONB＝∠P2BO＝90°，∠BON＝∠P2OB，
∴△BON∽△P2OB，
∴＝，即＝，
∴b＝，
∴点P2的坐标为（0，）；
综上所述，点P的坐标为（，0）或（0，）．
6．如图1，△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAD＝90°，点B在线段AE上，点C在线段AD上．
（1）请直接写出线段BE与线段CD的关系： ；
（2）如图2，将图1中的△ABC绕点A顺时针旋转角α（0＜α＜360°），
①（1）中的结论是否成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；
②当AC＝ED时，探究在△ABC旋转的过程中，是否存在这样的角α，使以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出角α的度数；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴AB＝AC，AE＝AD，
∴AE﹣AB＝AD﹣AC，
∴BE＝CD且BE⊥CD；
（2）①∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴AB＝AC，AE＝AD，
由旋转的性质可得∠BAE＝∠CAD，
在△BAE与△CAD中，，
∴△BAE≌△CAD（SAS）
∴BE＝CD，
由角的和差可得BE⊥CD，
故（1）中的结论成立；
②
∵以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形，△ABC和△AED都是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ADC＝45°，
∵AC＝ED，∴AC＝CD，
∴∠CAD＝45°，
或360°﹣90°﹣45°＝225°，或360°﹣45°＝315°
∴角α的度数是45°或225°或315°．
故答案为：BE＝CD且BE⊥CD．
7．已知：如图①，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为1cm/s；点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为2cm/s；连接PQ．若设运动的时间为t（s）（0＜t＜2），解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥BC；
（2）设△AQP的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由；
（4）如图②，连接PC，并把△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，那么是否存在某一时刻t，使四边形PQP′C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．
【解析】解：（1）在Rt△ABC中，AB＝，
由题意知：AP＝5﹣t，AQ＝2t，若PQ∥BC，则△APQ∽△ABC，
∴＝，∴＝，
∴t＝．所以当t＝时，PQ∥BC．
（2）过点P作PH⊥AC于H．
∵△APH∽△ABC，
∴＝，∴＝，
∴PH＝3﹣t，
∴y＝×AQ×PH＝×2t×（3﹣t）＝﹣t2+3t．
（3）若PQ把△ABC周长平分，则AP+AQ＝BP+BC+CQ．
∴（5﹣t）+2t＝t+3+（4﹣2t），解得t＝1．
若PQ把△ABC面积平分，则S△APQ＝S△ABC，即﹣+3t＝3．
∵t＝1代入上面方程不成立，
∴不存在这一时刻t，使线段PQ把Rt△ACB的周长和面积同时平分．
（4）过点P作PM⊥AC于M，PN⊥BC于N，
若四边形PQP′C是菱形，那么PQ＝PC．
∵PM⊥AC于M，∴QM＝CM．
∵PN⊥BC于N，易知△PBN∽△ABC．
∴＝，∴＝，
∴PN＝，∴QM＝CM＝，
∴t+t+2t＝4，解得：t＝．
∴当t＝s时，四边形PQP′C是菱形．
此时PM＝3﹣t＝cm，CM＝t＝cm，
在Rt△PMC中，PC＝＝＝cm，
∴菱形PQP′C边长为cm．
【中考压轴6】线段之间的关系问题
1．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边BC上，BD＝BC，将线段DB绕点D顺时针旋转至DE，记旋转角为α，连接BE，CE，以CE为斜边在其一侧作等腰直角三角形CEF，连接AF．
（1）如图1，当α＝180°时，请直接写出线段AF与线段BE的数量关系；
（2）当0°＜α＜180°时，
①如图2，（1）中线段AF与线段BE的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，当B，E，F三点共线时，连接AE，判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【解析】解：（1）如图1，当α＝180°时，点E在线段BC上，
∵BD＝BC，∴DE＝BD＝BC，∴BD＝DE＝EC，
∵△CEF是等腰直角三角形，∴∠CFE＝∠BAC＝90°，
∵∠ECF＝∠BCA＝45°，∴△ABC∽△FEC，
∴＝＝，∴＝＝，
∵BC＝AC，
∴＝＝，
∴＝，即＝＝，
∴＝•＝×＝；
（2）①＝仍然成立.
理由如下：
如图2，∵△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，＝，
∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠BCA＝45°，＝，
∴∠ECF＝∠BCA，＝，
∴∠ACF+∠ACE＝∠BCE+∠ACE，
∴∠ACF＝∠BCE，
∵＝，
∴△CAF∽△CBE，
∴＝＝，
∴＝仍然成立．
②四边形AECF是平行四边形．
理由如下：
如图3，过点D作DG⊥BF于点G，
由旋转得：DE＝BD＝BC，
∵∠BGD＝∠BFC＝90°，∠DBG＝∠CBF，
∴△BDG∽△BCF，
∴＝＝＝，
∵BD＝DE，DG⊥BE，
∴BG＝EG，
∴BG＝EG＝EF，
∵EF＝CF，
∴CF＝BG＝BF，
由①知，AF＝BE＝BG＝CF＝CE，
∵△CAF∽△CBE，
∴∠CAF＝∠CBE，∠ACF＝∠BCE，
∵∠CEF＝∠CBE+∠BCE＝45°，∠BCE+∠ACE＝∠ACB＝45°，
∴∠CBE＝∠ACE，
∴∠CAF＝∠ACE，
∴AF∥CE，
∵AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形．
2．在▱ABCD中，∠BAD＝α，DE平分∠ADC，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转α得线段EP．
（1）如图1，当α＝120°时，连接AP，请直接写出线段AP和线段AC的数量关系；
（2）如图2，当α＝90°时，过点B作BF⊥EP于点F，连接AF，请写出线段AF，AB，AD之间的数量关系，并说明理由；
（3）当α＝120°时，连接AP，若BE＝AB，请直接写出△APE与△CDG面积的比值．
【解析】解：（1）方法一：如图1，连接PB，PC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，
∵α＝120°，即∠BAD＝120°，
∴∠B＝∠ADC＝60°，
∴∠BEP＝60°＝∠B，
由旋转知：EP＝EB，
∴△BPE是等边三角形，
∴BP＝EP，∠EBP＝∠BPE＝60°，
∴∠CBP＝∠ABC+∠EBP＝120°，
∵∠AEP＝180°﹣∠BEP＝120°，
∴∠AEP＝∠CBP，
∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE＝30°，
∴∠AED＝∠CDE＝30°＝∠ADE，
∴AD＝AE，∴AE＝BC，
∴△APE≌△CPB（SAS），
∴AP＝CP，∠APE＝∠CPB，
∴∠APE+∠CPE＝∠CPB+∠CPE，
即∠APC＝∠BPE＝60°，
∴△APC是等边三角形，∴AP＝AC；
方法二：如图1，延长PE交CD于点Q，连接AQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∵α＝120°，即∠BAD＝120°，
∴∠B＝∠ADC＝60°，
∴∠BEP＝60°＝∠B，
∴PE∥BC∥AD，
∴四边形ADQE和四边形BCQE是平行四边形，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝30°，
∴∠AED＝∠CDE＝30°＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴四边形ADQE是菱形，
∴∠EAQ＝∠AEQ＝60°，
∴△AEQ是等边三角形，
∴AE＝AQ，∠AQE＝60°，
∵四边形BCQE是平行四边形，
∴PE＝BE＝CQ，∠B＝∠CQE＝60°，
∵∠AEP＝120°，∠AQC＝∠AQE+∠CQE＝120°，
∴∠AEP＝∠AQC，
∴△AEP≌△AQC（SAS），
∴AP＝AC；
（2）AB2+AD2＝2AF2，
理由：如图2，连接CF，
在▱ABCD中，∠BAD＝90°，
∴∠ADC＝∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝BC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝45°，∴∠AED＝∠ADE＝45°，
∴AD＝AE，∴AE＝BC，
∵BF⊥EP，∴∠BFE＝90°，
∵∠BEF＝α＝∠BAD＝×90°＝45°，
∴∠EBF＝∠BEF＝45°，∴BF＝EF，
∵∠FBC＝∠FBE+∠ABC＝45°+90°＝135°，∠AEF＝180°﹣∠FEB＝135°，
∴∠CBF＝∠AEF，∴△BCF≌△EAF（SAS），
∴CF＝AF，∠CFB＝∠AFE，
∴∠AFC＝∠AFE+∠CFE＝∠CFB+∠CFE＝∠BFE＝90°，
∴∠ACF＝∠CAF＝45°，
∵sin∠ACF＝，
∴AC＝＝＝＝AF，
在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，
∴AB2+AD2＝2AF2；
（3）方法一：由（1）知，BC＝AD＝AE＝AB﹣BE，
∵BE＝AB，AB＝CD，
∴AB＝CD＝2BE，
设BE＝a，则PE＝AD＝AE＝a，AB＝CD＝2a，
①当点E在AB上时，如图3，过点G作GM⊥AD于点M，作GN⊥CD于点N，
过点C作CK⊥AD于点K，过点A作AH⊥PE的延长线于点H，
当α＝120°时，∠B＝∠ADC＝60°，
∵DE平分∠ADC，GM⊥AD，GN⊥CD，
∴GM＝GN，
∵S△ACD＝AD•CK＝a•2a•sin60°＝a2，
＝＝＝＝2，
∴S△CDG＝2S△ADG，∴S△CDG＝S△ACD＝a2，
由（1）知PE∥BC，∴∠AEH＝∠B＝60°，
∵∠H＝90°，
∴AH＝AE•sin60°＝a，
∴S△APE＝PE•AH＝a•a＝a2，
∴＝＝．
②如图4，当点E在AB延长线上时，
由①同理可得：S△CDG＝S△ACD＝××2a××3a＝a2，
S△APE＝PH•AE＝×a×3a＝a2，
∴＝＝，
综上所述，△APE与△CDG面积的比值为或．
方法二：如图3，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴△AEG∽△CDG，
∴＝（）2，＝，
①当点E在AB上时，
∵BE＝AB，
∴AE＝BE＝AB＝CD，
∴＝（）2＝，
又∵＝＝，
∴＝，即＝3，
∴＝＝3，
当α＝120°时，∠B＝∠ADC＝60°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝30°，
∴∠AED＝180°﹣∠BAD﹣∠ADE＝30°＝∠ADE，
∴AE＝AD，
∵EP＝EB＝AE，EP∥AD，
∴EP＝AD＝AE，∠AEP＝∠DAE＝120°，
∴△AED≌△EAP（SAS），
∴S△AED＝S△EAP，
∴＝•＝•＝3×＝；
②如图4，当点E在AB延长线上时，
∵BE＝AB，∴AE＝AB＝CD，
由①知，AD＝AE＝CD，
∵EP＝BE＝AE＝AD，EP∥AD，
∴＝＝，∵＝＝，
∴＝，∴＝＝，
∵＝（）2＝（）2＝，
∴＝••＝××＝；
综上所述，△APE与△CDG面积的比值为或．
3．在矩形ABCD中，点E是射线BC上一动点，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，交直线CD于点F．
（1）当矩形ABCD是正方形时，以点F为直角顶点在正方形ABCD的外部作等腰直角三角形CFH，连接EH．
①如图1，若点E在线段BC上，则线段AE与EH之间的数量关系是 ，位置关系是 ；
②如图2，若点E在线段BC的延长线上，①中的结论还成立吗？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；
（2）如图3，若点E在线段BC上，以BE和BF为邻边作平行四边形BEHF，M是BH中点，连接GM，AB＝3，BC＝2，求GM的最小值．
【解析】解：（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，即∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∴∠CBF＝∠BAE，又AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵△FCH为等腰直角三角形，
∴FC＝FH＝BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF∥EH且BF＝EH，
∴AE＝EH，AE⊥EH，
故答案为：相等；垂直；
②成立，理由是：
当点E在线段BC的延长线上时，
同理可得：△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵△FCH为等腰直角三角形，
∴FC＝FH＝BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF∥EH且BF＝EH，
∴AE＝EH，AE⊥EH；
（2）连接EF，
∵四边形BEHF是平行四边形，
∴EM＝FM，
∵∠EGF＝90°，
∴GM＝EF，
∴要GM最小，即EF最小，
∵AB＝3，BC＝2，
设BE＝x，则CE＝2﹣x，
同（1）可得：∠CBF＝∠BAE，
又∵∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴，即，
∴CF＝，
∴EF＝＝，
设y＝，
当x＝时，y取最小值，
∴EF的最小值为，
故GM的最小值为．
4．如图，线段AB＝8，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP＝∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．
（1）求证：△AEP≌△CEP；
（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；
（3）求△AEF的周长．
【解析】解：（1）证明：∵四边形APCD正方形，
∴DP平分∠APC，PC＝PA，∴∠APD＝∠CPD＝45°，
∴△AEP≌△CEP（SAS）；
（2）CF⊥AB，理由如下：
∵△AEP≌△CEP，∴∠EAP＝∠ECP，
∵∠EAP＝∠BAP，∴∠BAP＝∠FCP，
∵∠FCP+∠CMP＝90°，∠AMF＝∠CMP，
∴∠AMF+∠PAB＝90°，
∴∠AFM＝90°，
∴CF⊥AB；
（3）过点 C 作CN⊥PB．
∵CF⊥AB，BG⊥AB，∴FC∥BN，
∴∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB，
又AP＝CP，∴△PCN≌△APB（AAS），
∴CN＝PB＝BF，PN＝AB，
∵△AEP≌△CEP，∴AE＝CE，
∴AE+EF+AF＝CE+EF+AF＝BN+AF＝PN+PB+AF＝AB+CN+AF＝AB+BF+AF＝2AB＝16．
5．如图，点C为△ABD的外接圆上的一动点（点C不在上，且不与点B，D重合），∠ACB＝∠ABD＝45°
（1）求证：BD是该外接圆的直径；
（2）连接CD，求证：AC＝BC+CD；
（3）若△ABC关于直线AB的对称图形为△ABM，连接DM，试探究DM2，AM2，BM2三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．
【解析】解：（1）∵＝，∴∠ACB＝∠ADB＝45°，
∵∠ABD＝45°，∴∠BAD＝90°，
∴BD是△ABD外接圆的直径；
（2）在CD的延长线上截取DE＝BC，
连接EA，∵∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，
∵∠ADE+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝∠ADE，
在△ABC与△ADE中，，
∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE＝90°，
∵＝，∴∠ACD＝∠ABD＝45°，
∴△CAE是等腰直角三角形，
∴AC＝CE，∴AC＝CD+DE＝CD+BC；
另解：将△ADC顺时针旋转90°，旋转后点C的对应点为C'，
∵△ABD为等腰直角三角形，∴旋转后AD与AB重合，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC＝∠ABC'，
∴∠ABC+∠ABC'＝180°，∴C′，B，C三点共线．
∵∠C'AB＝∠CAD，∴∠C'AC＝∠BAD＝90°，
又∠ACB＝45°，∴AC＝CC'＝CD+BC．
（3）过点M作MF⊥MB于点M，过点A作AF⊥MA于点A，MF与AF交于点F，连接BF，
由对称性可知：∠AMB＝∠ACB＝45°，
∴∠FMA＝45°，
∴△AMF是等腰直角三角形，
∴AM＝AF，MF＝AM，
∵∠MAF+∠MAB＝∠BAD+∠MAB，
∴∠FAB＝∠MAD，
在△ABF与△ADM中，，
∴△ABF≌△ADM（SAS），∴BF＝DM，
在Rt△BMF中，∵BM2+MF2＝BF2，∴BM2+2AM2＝DM2．
6．如图①，∠QPN的顶点P在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠QPN＝α，将∠QPN绕点P旋转，旋转过程中∠QPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合）．
（1）如图①，当α＝90°时，DE，DF，AD之间满足的数量关系是 ；
（2）如图②，将图①中的正方形ABCD改为∠ADC＝120°的菱形，其他条件不变，当α＝60°时，（1）中的结论变为DE+DF＝AD，请给出证明；
（3）在（2）的条件下，若旋转过程中∠QPN的边PQ与射线AD交于点E，其他条件不变，探究在整个运动变化过程中，DE，DF，AD之间满足的数量关系，直接写出结论，不用加以证明．
【解析】解：（1）正方形ABCD的对角线AC，BD交于点P，
∴PA＝PD，∠PAE＝∠PDF＝45°，
∵∠APE+∠EPD＝∠DPF+∠EPD＝90°，
∴∠APE＝∠DPF，
在△APE和△DPF中，
∴△APE≌△DPF（ASA），
∴AE＝DF，
∴DE+DF＝AD；
（2）如图②，取AD的中点M，连接PM，
∵四边形ABCD为∠ADC＝120°的菱形，
∴BD＝AD，∠DAP＝30°，∠ADP＝∠CDP＝60°，
∴△MDP是等边三角形，
∴PM＝PD，∠PME＝∠PDF＝60°，
∵∠PAM＝30°，
∴∠MPD＝60°，
∵∠QPN＝60°，
∴∠MPE＝∠FPD，
在△MPE和△DPF中，
∴△MPE≌△DPF（ASA）
∴ME＝DF，
∴DE+DF＝AD；
（3）如图，
在整个运动变化过程中，
①当点E落在AD上时，DE+DF＝AD；
②当点E落在AD的延长线上时，DF﹣DE＝AD．
（如图3，取AD中点M，连接PM，证明△MPE≌△DPF）
7．【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的．想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形ABCD的对角线相交于点O，点P落在线段OC上，＝k（k为常数）．
【特例证明】
（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，N．
①填空：k＝ ；
②求证：PM＝PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明△PAM≌△PBN；也可过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN＝45°，延长NP交边CD于点E，若EN＝kPN，求k的值．
【解析】（1）①解：∵将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，
∴k＝＝＝1，
故答案为：1；
②证明：方法一：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APB＝∠MPN＝90°，∠PAB＝∠PBC＝45°，PA＝PB，
∴∠APB﹣∠BPM＝∠MPN﹣∠BPM，
即∠APM＝∠BPN，
∴△PAM≌△PBN（ASA），
∴PM＝PN．
方法二：过点P分别作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，如图1，
则∠PGM＝∠PHN＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，
∴PG＝PH，∠HPG＝90°，
∴∠MPN﹣∠GPN＝∠GPH﹣∠GPN，
即∠MPG＝∠NPH，
∴△PMG≌△PNH（ASA），
∴PM＝PN．
（2）解：＝k．理由如下：
方法一：过点P作PG∥BD交BC于G，如图2（i），
∴∠AOB＝∠APG，∠PGC＝∠OBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAM＝∠OCB＝∠OBC＝45°，∠AOB＝90°，
∴∠APG＝∠MPN＝∠AOB＝90°，∠PGC＝∠PCG＝∠PAM，
∴PG＝PC，
∠APG﹣∠MPG＝∠MPN﹣∠MPG，
即∠APM＝∠GPN，
∴△PAM∽△PGN，
∴＝＝k．
方法二：过点P分别作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，如图2（ii），
则∠PGM＝∠PGB＝∠PHN＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠BCA＝45°，∠ABC＝90°，
∵∠PGA＝∠CHP＝90°，
∴△APG∽△CPH，∴＝，
∵∠GPH＝∠MPN＝90°，
∴∠MPN﹣∠GPN＝∠GPH﹣∠GPN，即∠MPG＝∠NPH，
∴△PMG∽△PNH，∴＝＝＝k．
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，如图3，
则∠MPN＝∠GPH＝∠PGM＝∠ECN＝90°，
∴∠MPN﹣∠GPN＝∠GPH﹣∠GPN，即∠MPG＝∠NPH，
∴∠PMG＝∠PNH，
由（2）和已知条件可得：PM＝kPN，EN＝kPN，
∴PM＝EN，
∴△PGM≌△ECN（AAS），
∴GM＝CN，PG＝EC，
∵∠BPN＝∠PCB＝45°，∠PBN＝∠CBP，
∴△BPN∽△BCP，
∴＝，
∴PB2＝BC•BN，
同理可得：PB2＝BA•BM，
∵BC＝BA，
∴BM＝BN，
∴AM＝CN，
∴AG＝2CN，
∵∠PAB＝45°，
∴PG＝AG，
∴EC＝2CN，
∴tan∠ENC＝＝＝2，
令HN＝a，则PH＝CH＝2a，CN＝CH+HN＝3a，EC＝6a，
∴EN＝＝3a，
PN＝＝a，
∴k＝＝＝3．
8．已知：点D是等腰直角三角形ABC斜边BC所在直线上一点（不与点B重合），连接AD．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE．求证：BD＝CE，BD⊥CE．
（2）如图2，当点D在线段BC延长线上时，探究AD、BD、CD三条线段之间的数量关系，写出结论并说明理由；（3）若BD＝CD，直接写出∠BAD的度数．
【解析】（1）证明：如图1，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠CAE+∠DAC＝90°，
∵∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC＝45°．
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
∴BD⊥CE；
（2）2AD2＝BD2+CD2，
理由：如图2，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE、DE．
与（1）同理可证CE＝BD，CE⊥BD，
∵∠EAD＝90°AE＝AD，
∴ED＝AD，
在RT△ECD中，ED2＝CE2+CD2，
∴2AD2＝BD2+CD2．
（3）如图3，①当D在BC边上时，将线段AD1绕点A顺时针方向旋转90°得到线段AE，连接BE，
与（1）同理可证△ABE≌△ACD1，
∴BE＝CD1，BE⊥BC，
∵BD＝CD，∴BD1＝BE，
∴tan∠BD1E＝＝，∴∠BD1E＝30°，
∵∠EAD1＝∠EBD1＝90°，∴四边形A、D1、B、E四点共圆，
∴∠EAB＝∠BD1E＝30°，
∴∠BAD1＝90°﹣30°＝60°；
②当D在BC延长线上时，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AF，连接CF．
同理可证：∠CFD2＝30°，
∵∠FAD2＝∠FCD2＝90°，
∴四边形A、F、D2、C四点共圆，
∴∠CAD2＝∠CFD2＝30°，
∴∠BAD2＝90°+30°＝120°，
综上，∠BAD的度数为60°或120°．
9．在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当点P在直线AC上方的抛物线上时，连接BP交AC于点D，如图1，当的值最大时，求点P的坐标及的最大值；
（3）过点P作x轴的垂线交直线AC于点M，连结PC，将△PCM沿直线PC翻折，当点M的对应点M′恰好落在y轴上时，请直接写出此时点M的坐标．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），
∴，解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+n，则，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
过点P作PE∥x轴交直线AC于点E，如图，
设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），
∴PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣3）＝4，
∵PE∥x轴，
∴△EPD∽△ABD，
∴＝，
∴＝＝﹣（t+）2+，
∵﹣＜0，
∴当t＝﹣时，的值最大，最大值为，此时点P的坐标为（﹣，）；
（3）如图，设P（m，﹣m2﹣2m+3），
则M（m，m+3），
∴PM＝|m+3﹣（﹣m2﹣2m+3）|＝|m2+3m|，
CM＝＝|m|，
∵△PCM沿直线PC翻折，M的对应点为点M′，M′落在y轴上，
而PM∥y轴，
∴PM∥CM′，PM＝PM′，CM＝CM′，∠PCM＝∠PCM′，
∴∠PCM′＝∠MPC，∴∠PCM＝∠MPC，
∴PM＝CM，∴|m2+3m|＝|m|，
当m2+3m＝m时，
解得：m1＝0（舍去），m2＝﹣3，此时点M（﹣3，）；
当m2+3m＝﹣m时，
解得：m1＝0（舍去），m2＝﹣﹣3，此时点M（﹣﹣3，﹣）；
综上，点M的坐标为（﹣3，）或（﹣﹣3，﹣）．
【中考压轴7】定值问题
1．已知菱形ABCD的边长为1．∠ADC＝60°，等边△AEF两边分别交边DC、CB于点E、F．
（1）特殊发现：如图1，若点E、F分别是边DC、CB的中点．求证：菱形ABCD对角线AC、BD交点O即为等边△AEF的外心；
（2）若点E、F始终分别在边DC、CB上移动．记等边△AEF的外心为点P．
①猜想验证：如图2．猜想△AEF的外心P落在哪一直线上，并加以证明；
②拓展运用：如图3，当△AEF面积最小时，过点P任作一直线分别交边DA于点M，交边DC的延长线于点N，试判断是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【解析】（1）证明：如图1，分别连接OE、0F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ADC．AD＝DC＝BC，
∴∠COD＝∠COB＝∠AOD＝90°．
∠ADO＝∠ADC＝×60°＝30°，
又∵E、F分别为DC、CB中点，
∴OE＝CD，OF＝BC，AO＝AD，
∴0E＝OF＝OA，
∴点O即为△AEF的外心．
（2）解：①猜想：外心P一定落在直线DB上．
证明：如图2，分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，
∴∠PIE＝∠PJD＝90°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠IPJ＝360°﹣∠PIE﹣∠PJD﹣∠JDI＝120°，
∵点P是等边△AEF的外心，
∴∠EPA＝120°，PE＝PA，
∴∠IPJ＝∠EPA，
∴∠IPE＝∠JPA，
∴△PIE≌△PJA，
∴PI＝PJ，
∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上．
②为定值2．
当AE⊥DC时．△AEF面积最小，
此时点E、F分别为DC、CB中点．
连接BD、AC交于点P，由（1）
可得点P在BD上，即为△AEF的外心．
如图3．设MN交BC于点G，
设DM＝x，DN＝y（x≠0．y≠O），则CN＝y﹣1，
∵BC∥DA，∴△GBP≌△MDP．
∴BG＝DM＝x．∴CG＝1﹣x
∵BC∥DA，
∴△NCG∽△NDM，∴，
∴，∴x+y＝2xy，
∴+＝2，即＝2．
2．如图，抛物线经过△AOD的三个顶点，其中O为原点，A（2，4），D（6，0），点F在线段AD上运动，点G在直线AD上方的抛物线上，GF∥AO，GE⊥DO于点E，交AD于点I，AH平分∠OAD，C（﹣2，﹣4），AH⊥CH于点H，连接FH．
（1）求抛物线的解析式及△AOD的面积；
（2）当点F运动至抛物线的对称轴上时，求△AFH的面积；
（3）试探究的值是否为定值？如果为定值，求出该定值；不为定值，请说明理由．
【解析】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx（a≠0）．
将A（2，4），D（6，0）代入，得，
解得：，∴y＝﹣x2+3x．
设点O到AD的距离为d，点A的纵坐标为yA，
∴S△AOD＝AD•d＝OD•yA＝×6×4＝12．
（2）∵y＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣3）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝3．
当点F运动至对称轴上时，点F的横坐标为3，
则＝＝，即AF＝AD．
如图，连接OC、OH，
由点C（﹣2，4），得点A与点C关于原点O对称，
∴点A、O、C三点共线，且O为AC的中点．
∵AH⊥CH，
∴OH＝AC＝OA，
∴∠OAH＝∠AHO．
∵AH平分∠CAD，
∴∠OAH＝∠DAH，
∴∠AHO＝∠DAH，
∴HO∥AD，
∴HO与AD间的距离为d，
∴点H到AD的距离为d．
∵S△AFH＝×AF×d，S△AOD＝×AD×d＝12，
∴S△AFH＝×AF×d＝×AD×d＝×（×AD×d）＝×12＝3．
∴当点F运动至抛物线的对称轴上时，△AFH的面积为3；
（3）如图，过点A作AL⊥OD于点L，过点F作FK⊥GE于点K．
由题意得AL＝4，OL＝2，
∴OA＝＝＝2．
∴DL＝OD﹣OL＝6﹣2＝4，
在Rt△ADL中，AL＝DL，
∴∠ADL＝45°，
∵GE⊥DO，
∴∠FIK＝45°，即△FIK为等腰直角三角形．
设FK＝m，则KI＝m，
在Rt△AOL和Rt△GFK中，
∵GF∥AO，
∴∠AOL＝∠GFK，
∴tan∠AOL＝tan∠GFK，
∴＝，
即＝，
∴GK＝2m，
∴GI＝GK+KI＝2m+m＝3m．
又∵sin∠AOL＝sin∠GFK，
∴＝，
即＝，
∴FG＝m，
∴＝＝．
∴的值是定值，定值为．
3．如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2+bx+2的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB＝∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣1，0），B（3，0），
∴，解得：
∴该二次函数的表达式为y＝x2+x+2；
（2）存在，理由如下：
如图1，当点P在BC上方时，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴CP∥AB，即CP∥x轴，
∴点P与点C关于抛物线对称轴对称，
∵y＝x2+x+2，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝1，
∵C（0，2），
∴P（2，2）；
当点P在BC下方时，设CP交x轴于点D（m，0），
则OD＝m，DB＝3﹣m，
∵∠PCB＝∠ABC，
∴CD＝BD＝3﹣m，
在Rt△COD中，OC2+OD2＝CD2，∴22+m2＝（3﹣m）2，
解得：m＝，∴D（，0），
设直线CD的解析式为y＝kx+d，则，
解得：，
∴直线CD的解析式为y＝x+2，
联立，得，
解得：（舍去），，
∴P（，﹣），
综上所述，点P的坐标为（2，2）或（，﹣）；
（3）由（2）知：抛物线y＝x2+x+2的对称轴为直线x＝1，
∴E（1，0），
设Q（t，t2+t+2），且﹣1＜t＜3，
设直线AQ的解析式为y＝ex+f，则，
解得：，
∴直线AQ的解析式为y＝（t+2）x﹣t+2，
当x＝1时，y＝﹣t+4，
∴M（1，﹣t+4），
同理可得直线BQ的解析式为y＝（﹣t﹣）x+2t+2，
当x＝1时，y＝t+，∴N（1，t+），
∴EM＝﹣t+4，EN＝t+，
∴EM+EN＝﹣t+4+t+＝，
故EM+EN的值为定值．
4．如图1，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）与x轴交于点A，B．与y轴交于点C．连接AC，BC．已知△ABC的面积为2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）平行于x轴的直线与抛物线从左到右依次交于P，Q两点．过P，Q向x轴作垂线，垂足分别为G，H．若四边形PGHQ为正方形，求正方形的边长；
（3）如图2，平行于y轴的直线交抛物线于点M，交x轴于点N（2，0）．点D是抛物线上A，M之间的一动点，且点D不与A，M重合，连接DB交MN于点E．连接AD并延长交MN于点F．在点D运动过程中，3NE+NF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【解析】解：（1）如图1，y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x2﹣2x﹣3）＝a（x﹣3）（x+1），
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
∵△ABC的面积为2，即，
∴，
∴OC＝1，
∴C（0，1），
将C（0，1）代入y＝ax2﹣2ax﹣3a，得：﹣3a＝1，
∴a＝﹣，
∴该二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+1；
（2）分两种情况：
①当PQ在x轴的上方时，如图2，设点P的纵坐标为m，当y＝m时，﹣x2+x+1＝m，
解得：x1＝1+，x2＝1﹣，
∴点P的坐标为（1﹣，m），点Q的坐标为（1+，m），
∴点G的坐标为（1﹣，0），点H的坐标为（1+，0），
∵矩形PGHQ为正方形，
∴1+﹣（1﹣）＝m，
解得：m1＝﹣6﹣2（舍），m2＝﹣6+2；
②当PQ在x轴的下方时，m＜0，
同理可得m＝﹣6﹣2；
∴当四边形PGHQ为正方形时，边长为6+2或2﹣6；
（3）如图3，设点D（n，﹣n2+n+1），延长BD交y轴于K，
∵A（﹣1，0），
设AD的解析式为：y＝kx+b，
则，解得：，
∴AD的解析式为：y＝（﹣）x﹣，
当x＝2时，y＝﹣n+2﹣n+1＝﹣n+3，
∴F（2，3﹣n），
∴FN＝3﹣n，
同理得直线BD的解析式为：y＝（﹣）x+n+1，
∴K（0，n+1），
∴OK＝n+1，
∵N（2，0），B（3，0），
∴，
∵EN∥OK，
∴，
∴OK＝3EN，
∴3EN+FN＝OK+FN＝n+1+3﹣n＝4，
∴在点D运动过程中，3NE+NF为定值4．
5．如图，二次函数y＝a（x2﹣2mx﹣3m2）（其中a，m是常数，且a＞0，m＞0）的图象与x轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于C（0，﹣3），点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连接AD，过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE．
（1）用含m的代数式表示a；
（2）求证：为定值；
（3）设该二次函数图象的顶点为F，探索：在x轴的负半轴上是否存在点G，连接GF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解析】（1）解：将C（0，﹣3）代入二次函数y＝a（x2﹣2mx﹣3m2），
则﹣3＝a（0﹣0﹣3m2），
解得 a＝．
（2）方法一：
证明：如图1，过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N．
由a（x2﹣2mx﹣3m2）＝0，
解得 x1＝﹣m，x2＝3m，
则 A（﹣m，0），B（3m，0）．
∵CD∥AB，
∴D点的纵坐标为﹣3，
又∵D点在抛物线上，
∴将D点纵坐标代入抛物线方程得D点的坐标为（2m，﹣3）．
∵AB平分∠DAE，
∴∠DAM＝∠EAN，
∵∠DMA＝∠ENA＝90°，
∴△ADM∽△AEN．
∴＝＝．
设E坐标为（x，），
∴＝，
∴x＝4m，
∴E（4m，5），
∵AM＝AO+OM＝m+2m＝3m，AN＝AO+ON＝m+4m＝5m，
∴＝＝，即为定值．
方法二：
过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N，
∵a（x2﹣2mx﹣3m2）＝0，
∴x1＝﹣m，x2＝3m，
则A（﹣m，0），B（3m，0），
∵CD∥AB，∴D点的纵坐标为﹣3，∴D（2m，﹣3），
∵AB平分∠DAE，∴KAD+KAE＝0，
∵A（﹣m，0），D（2m，﹣3），
∴KAD＝＝﹣，∴KAE＝，
∴⇒x2﹣3mx﹣4m2＝0，
∴x1＝﹣m（舍），x2＝4m，∴E（4m，5），
∵∠DAM＝∠EAN＝90°
∴△ADM∽△AEN，
∴，
∵DM＝3，EN＝5，
∴．
（3）解：如图2，记二次函数图象顶点为F，则F的坐标为（m，﹣4），过点F作FH⊥x轴于点H．
连接FC并延长，与x轴负半轴交于一点，此点即为所求的点G．
∵tan∠CGO＝，tan∠FGH＝，
∴＝，
∴，
∵OC＝3，HF＝4，OH＝m，
∴OG＝3m．
∵GF＝＝＝4，
AD＝＝＝3，
∴＝．
∵＝，
∴AD：GF：AE＝3：4：5，
∴以线段GF，AD，AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，此时G点的横坐标为﹣3m．
6．某数学兴趣小组对线段上的动点问题进行探究，已知AB＝8．
问题思考：
如图1，点P为线段AB上的一个动点，分别以AP、BP为边在同侧作正方形APDC、BPEF．
（1）当点P运动时，这两个正方形的面积之和是定值吗？若是，请求出；若不是，请求出这两个正方形面积之和的最小值．
（2）分别连接AD、DF、AF，AF交DP于点K，当点P运动时，在△APK、△ADK、△DFK中，是否存在两个面积始终相等的三角形？请说明理由．
问题拓展：
（3）如图2，以AB为边作正方形ABCD，动点P、Q在正方形ABCD的边上运动，且PQ＝8．若点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向点D运动，求点P从A到D的运动过程中，PQ的中点O所经过的路径的长．
（4）如图3，在“问题思考”中，若点M、N是线段AB上的两点，且AM＝BN＝1，点G、H分别是边CD、EF的中点，请直接写出点P从M到N的运动过程中，GH的中点O所经过的路径的长及OM+OB的最小值．
【解析】解：（1）当点P运动时，这两个正方形的面积之和不是定值．
设AP＝x，则PB＝8﹣x，
根据题意得这两个正方形面积之和＝x2+（8﹣x）2
＝2x2﹣16x+64
＝2（x﹣4）2+32，
所以当x＝4时，这两个正方形面积之和有最小值，最小值为32．
（2）存在两个面积始终相等的三角形，它们是△APK与△DFK．
依题意画出图形，如答图2所示．
设AP＝a，则PB＝BF＝8﹣a．
∵PE∥BF，
∴，即，
∴PK＝，
∴DK＝PD﹣PK＝a﹣＝，
∴S△APK＝PK•PA＝••a＝，S△DFK＝DK•EF＝•（8﹣a）＝，
∴S△APK＝S△DFK．
（3）当点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向点D运动时，不妨设点Q在DA边上，
若点P在点A，点Q在点D，此时PQ的中点O即为DA边的中点；
若点Q在DA边上，且不在点D，则点P在AB上，且不在点A．
此时在Rt△APQ中，O为PQ的中点，所以AO＝PQ＝4．
所以点O在以A为圆心，半径为4，圆心角为90°的圆弧上．
PQ的中点O所经过的路径是三段半径为4，圆心角为90°的圆弧，如答图3所示：
所以PQ的中点O所经过的路径的长为：×2π×4＝6π．
（4）点O所经过的路径长为3，OM+OB的最小值为．
如答图4﹣1，分别过点G、O、H作AB的垂线，垂足分别为点R、S、T，则四边形GRTH为梯形．
∵点O为中点，
∴OS＝（GR+HT）＝（AP+PB）＝4，即OS为定值．
∴点O的运动路径在与AB距离为4的平行线上．
∵MN＝6，点P在线段MN上运动，且点O为GH中点，
∴点O的运动路径为线段XY，XY＝MN＝3，XY∥AB且平行线之间距离为4，点X与点A、点Y与点B之间的水平距离均为2.5．
如答图4﹣2，作点M关于直线XY的对称点M′，连接BM′，与XY交于点O．
由轴对称性质可知，此时OM+OB＝BM′最小．
在Rt△BMM′中，MM′＝2×4＝8，BM＝7，由勾股定理得：BM′＝＝．
∴OM+OB的最小值为．
7．如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）．
（1）∠PBD的度数为 ，点D的坐标为 （用t表示）；
（2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？
（3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．
【解析】解：（1）如图1，
由题可得：AP＝OQ＝1×t＝t（秒）
∴AO＝PQ．
∵四边形OABC是正方形，
∴AO＝AB＝BC＝OC，
∠BAO＝∠AOC＝∠OCB＝∠ABC＝90°．
∵DP⊥BP，
∴∠BPD＝90°．
∴∠BPA＝90°﹣∠DPQ＝∠PDQ．
∵AO＝PQ，AO＝AB，
∴AB＝PQ．
在△BAP和△PQD中，
∴△BAP≌△PQD（AAS）．
∴AP＝QD，BP＝PD．
∵∠BPD＝90°，BP＝PD，
∴∠PBD＝∠PDB＝45°．
∵AP＝t，
∴DQ＝t．
∴点D坐标为（t，t）．
故答案为：45°，（t，t）．
（2）①若PB＝PE，则t＝0，
②若EB＝EP，
则∠PBE＝∠BPE＝45°．
∴∠BEP＝90°．
∴∠PEO＝90°﹣∠BEC＝∠EBC．
在△POE和△ECB中，
∴△POE≌△ECB（AAS）．
∴OE＝CB＝OC．
∴点E与点C重合（EC＝0）．
∴点P与点O重合（PO＝0）．
∵点B（﹣4，4），
∴AO＝CO＝4．
此时t＝AP＝AO＝4．
③若BP＝BE，
在Rt△BAP和Rt△BCE中，
∴Rt△BAP≌Rt△BCE（HL）．
∴AP＝CE．
∵AP＝t，
∴CE＝t．
∴PO＝EO＝4﹣t．
∵∠POE＝90°，
∴PE＝
＝（4﹣t）．
延长OA到点F，使得AF＝CE，连接BF，如图2所示．
在△FAB和△ECB中，
∴△FAB≌△ECB．
∴FB＝EB，∠FBA＝∠EBC．
∵∠EBP＝45°，∠ABC＝90°，
∴∠ABP+∠EBC＝45°．
∴∠FBP＝∠FBA+∠ABP
＝∠EBC+∠ABP＝45°．
∴∠FBP＝∠EBP．
在△FBP和△EBP中，
∴△FBP≌△EBP（SAS）．
∴FP＝EP．
∴EP＝FP＝FA+AP
＝CE+AP．
∴EP＝t+t＝2t．
∴（4﹣t）＝2t．
解得：t＝4﹣4
综上所述，当t为0秒或4秒或（4﹣4）秒时，△PBE为等腰三角形．
（3）∵EP＝CE+AP，
∴OP+PE+OE＝OP+AP+CE+OE＝AO+CO＝4+4＝8．
∴△POE周长是定值，该定值为8．
【中考压轴8】几何三大变换问题
1．如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．
（1）求证：∠APB＝∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；
（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：如图1，∵PE＝BE，
∴∠EBP＝∠EPB．
又∵∠EPH＝∠EBC＝90°，
∴∠EPH﹣∠EPB＝∠EBC﹣∠EBP．即∠PBC＝∠BPH．
又∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBC．
∴∠APB＝∠BPH．
（2）△PHD的周长不变为定值8．
证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．
由（1）知∠APB＝∠BPH，
在△ABP和△QBP中，
∴△ABP≌△QBP（AAS）．∴AP＝QP，AB＝BQ．
又∵AB＝BC，∴BC＝BQ．
又∵∠C＝∠BQH＝90°，BH＝BH，
∴△BCH≌△BQH．
∴CH＝QH．
∴△PHD的周长为：PD+DH+PH＝AP+PD+DH+HC＝AD+CD＝8．
（3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM＝BC＝AB．
又∵EF为折痕，∴EF⊥BP．
∴∠EFM+∠MEF＝∠ABP+∠BEF＝90°，
∴∠EFM＝∠ABP．
又∵∠A＝∠EMF＝90°，∴△EFM≌△PBA（ASA）．
∴EM＝AP＝x．
∴在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2＝BE2．
解得，．
∴．
又∵折叠的性质得出四边形EFGP与四边形BEFC全等，
∴．
即：．
配方得，，
∴当x＝2时，S有最小值6．
2．如图①，将边长为4cm的正方形纸片ABCD沿EF折叠（点E、F分别在边AB、CD上），使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD交于点P，连接EP．
（1）如图②，若M为AD边的中点，
①△AEM的周长＝ cm；
②求证：EP＝AE+DP；
（2）随着落点M在AD边上取遍所有的位置（点M不与A、D重合），△PDM的周长是否发生变化？请说明理由．
【解析】解：（1）由折叠知BE＝EM，∠B＝∠EMP＝90°．
①△AEM的周长＝AE+EM+AM＝AE+EB+AM＝AB+AM．
∵AB＝4，M是AD中点，
∴△AEM的周长＝4+2＝6（cm）；
②现证明EP＝AE+PD
方法一：取EP的中点G，则在梯形AEPD中，MG为中位线，
∴MG＝（AE+PD），
在Rt△EMP中，MG为斜边EP的中线，
∴MG＝EP，∴EP＝AE+PD．
方法二：延长EM交CD延长线于Q点．
∵∠A＝∠MDQ＝90°，AM＝DM，∠AME＝∠DMQ，
∴△AME≌△DMQ．∴AE＝DQ，EM＝MQ．
又∵∠EMP＝∠B＝90°，
∴PM垂直平分EQ，有EP＝PQ．
∵PQ＝PD+DQ，∴EP＝AE+PD．
（2）△PDM的周长保持不变．
设AM＝x，则MD＝4﹣x．
由折叠性质可知，EM＝4﹣AE，
在Rt△AEM中，AE2+AM2＝EM2，即AE2+x2＝（4﹣AE）2，
整理得：AE2+x2＝16﹣8AE+AE2，
∴AE＝（16﹣x2），
又∵∠EMP＝90°，∴∠AME+∠DMP＝90°．
∵∠AME+∠AEM＝90°，∴∠AEM＝∠DMP．
又∵∠A＝∠D，∴△PDM∽△MAE．
∴，
∴C△PDM＝C△MAE•＝（4+x）•＝8．
∴△PDM的周长保持不变．
3．综合与实践
【问题情境】
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B′，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
【活动猜想】
（1）如图2，当点B′与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？答： ．
【问题解决】
（2）如图3，当AB＝4，AD＝8，BF＝3时，求证：点A′，B′，C在同一条直线上．
【深入探究】
（3）如图4，当AB与BC满足什么关系时，始终有A′B′与对角线AC平行？请说明理由．
（4）在（3）的情形下，设AC与BD，EF分别交于点O，P，试探究三条线段AP，B′D，EF之间满足的等量关系，并说明理由．
【解析】（1）解：当点B′与点D重合时，四边形BEDF是菱形．
理由：设EF与BD交于点O，如图，
由折叠得：EF⊥BD，OB＝OD，
∴∠BOF＝∠DOE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OBF＝∠ODE，
∴△BFO≌△DEO（ASA），
∴OE＝OF，
∴四边形BEDF是菱形．
故答案为：菱形．
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝8，BF＝3，
∴BC＝AD＝8，CD＝AB＝4，∠BCD＝90°，
∴CF＝BC﹣BF＝8﹣3＝5，
∴BD＝＝＝4，
如图，设EF与BD交于点M，过点B′作B′K⊥BC于K，
由折叠得：∠A′B′F＝∠ABF＝∠BMF＝∠B′MF＝90°，B′F＝BF＝3，BB′＝2BM，
∴∠BMF＝∠BCD，
∵∠FBM＝∠DBC，
∴△BFM∽△BDC，
∴＝，即＝，
∴BM＝，
∴BB′＝，
∵∠BKB′＝∠BCD，∠B′BK＝∠DBC，
∴△BB′K∽△BDC，
∴＝＝，即＝＝，
∴B′K＝，BK＝，
∴CK＝BC﹣BK＝8﹣＝，
∴B′C＝＝＝4，
∵B′F2+B′C2＝32+42＝25，CF2＝52＝25，
∴B′F2+B′C2＝CF2，
∴∠CB′F＝90°，
∴∠A′B′F+∠CB′F＝90°+90°＝180°，
∴点A′，B′，C在同一条直线上．
（3）解：当BC＝AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．
理由：如图，设AC、BD交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，∠ABC＝90°，
∵BC＝AB，
∴tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠ABO＝∠AOB＝60°，
由折叠得：∠A′B′B＝∠ABO＝60°，
∴∠A′B′B＝∠AOB，
∴A′B′∥AC，
故当BC＝AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．
（4）解：EF＝2（AP+B′D），理由如下：
如图，过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于H，
由折叠得：EF⊥BD，B′F＝BF，∠BFE＝∠B′FE，
设AE＝m，EF＝n，由（3）得：∠BAC＝60°＝∠ABD，
∴∠BB′F＝∠DBC＝30°，
∴∠BFE＝∠B′FE＝60°，
∴EG＝EF•sin60°＝n，FG＝EF•cs60°＝n，
∵∠EAB＝∠ABG＝∠BGE＝90°，
∴四边形ABGE是矩形，
∴AB＝EG＝n，BG＝AE＝m，AD∥BC，
∴BF＝B′F＝m+n，
∴BH＝BF•cs30°＝（m+n），
∴BB′＝2BH＝（m+n），
∵BD＝2AB＝n，
∴B′D＝BD﹣BB′＝n﹣（m+n）＝n﹣m，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFG＝60°，
∴∠APE＝∠DEF﹣∠DAC＝60°﹣30°＝30°＝∠DAC，
∴AP＝2AE•cs30°＝m，
∴AP+B′D＝m+（n﹣m）＝n，
∴AP+B′D＝EF，
即EF＝2（AP+B′D）．
4．如图1，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，把矩形沿直线AC折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．
（1）求证：△DEC≌△EDA；
（2）求DF的值；
（3）如图2，若P为线段EC上一动点，过点P作△AEC的内接矩形，使其顶点Q落在线段AE上，顶点M、N落在线段AC上，当线段PE的长为何值时，矩形PQMN的面积最大？并求出其最大值．
【解析】（1）证明：由矩形和翻折的性质可知：AD＝CE，DC＝EA，
在△ADE与△CED中，
∴△DEC≌△EDA（SSS）；
（2）解：如图1，
∵∠ACD＝∠BAC，∠BAC＝∠CAE，
∴∠ACD＝∠CAE，∴AF＝CF，
设DF＝x，则AF＝CF＝4﹣x，
在Rt△ADF中，AD2+DF2＝AF2，
即32+x2＝（4﹣x）2，
解得：x＝，即DF＝．
（3）解：如图2，由矩形PQMN的性质得PQ∥CA
∴
又∵CE＝3，AC＝＝5
设PE＝x（0＜x＜3），则，即PQ＝
过E作EG⊥AC于G，则PN∥EG，
∴＝
又∵在Rt△AEC中，EG•AC＝AE•CE，解得EG＝，
∴＝，即PN＝（3﹣x），
设矩形PQMN的面积为S，
则S＝PQ•PN＝﹣x2+4x＝﹣+3（0＜x＜3）
所以当x＝，即PE＝时，矩形PQMN的面积最大，最大面积为3．
5．如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接EA，将线段EA绕点E逆时针旋转，使点A落在射线CB上的点F处，连接EC．
【问题引入】
（1）请你在图1或图2中证明EF＝EC（选择一种情况即可）；
【探索发现】
（2）在（1）中你选择的图形上继续探索：延长FE交直线CD于点M．将图形补充完整，猜想线段DM和线段BF的数量关系，并说明理由；
【拓展应用】
（3）如图3，AB＝3，延长AE至点N，使NE＝AE，连接DN．当△ADN的周长最小时，请你直接写出线段DE的长．
．
【解析】（1）证明：选择图1，
∵四边形ABCD是正方形，∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴EA＝EC，
由旋转得：EA＝EF，∴EF＝EC．
选择图2，∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴EA＝EC，
由旋转得：EA＝EF，
∴EF＝EC．
（2）解：猜想DM＝BF．理由如下：
选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，
则∠HFB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，
∴∠HFB＝∠BCD，
∴FH∥CD，∴∠HFE＝∠M，
∵EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠FCD＝90°，
∴∠EFC+∠M＝90°，∠ECD+∠ECF＝90°，
∴∠M＝∠ECM，∴EC＝EM，
∴EF＝EM，
∵∠HEF＝∠DEM，∴△HEF≌△DEM（ASA），
∴DM＝FH，
∵∠HBF＝45°，∠BFH＝90°，∴∠BHF＝45°，
∴BF＝FH，∴DM＝BF．
若选择图2，过点F作FH⊥BC交DB的延长线于点H，
则∠HFB＝90°，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∴∠HFB＝∠BCD，
∴FH∥CD，∴∠H＝∠EDM，
∵EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠EFC+∠FMC＝90°，∠ECF+∠ECM＝90°，
∴∠FMC＝∠ECM，∴EC＝EM，
∴EF＝EM，
∵∠HEF＝∠DEM，∴△HEF≌△DEM（AAS），
∴FH＝DM，
∵∠DBC＝45°，∴∠FBH＝45°，
∴∠H＝45°，∴BF＝FH，
∴DM＝BF．
（3）解：如图3，取AD的中点G，连接EG，
∵NE＝AE，
∴点E是AN的中点，
∴EG＝DN，
∵△ADN的周长＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），
∴当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，如图4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝3，AD∥BC，∠BAD＝90°，
在Rt△ABD中，BD＝3，
∵点G是AD的中点，
∴DG＝AD＝，＝，
∵AD∥BC，
∴△DEG∽△BEC，
∴＝＝，
∴BE＝2DE，
∵BE+DE＝BD＝3，
∴2DE+DE＝3，即3DE＝3，
∴DE＝．
6．在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O；在Rt△PMN中，∠MPN＝90°．
（1）如图1，若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB，分别交AD、AB于点E、F，请直接写出PE与PF的数量关系；
（2）将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α（0°＜α＜45°）．
①如图2，在旋转过程中（1）中的结论依然成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
②如图2，在旋转过程中，当∠DOM＝15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；
③如图3，旋转后，若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD＝3BP时，猜想此时PE与PF的数量关系，并给出证明；当BD＝m•BP时，请直接写出PE与PF的数量关系．
【解析】解：（1）PE＝PF，理由：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAC＝∠DAC，又PM⊥AD、PN⊥AB，
∴PE＝PF；
（2）①成立，理由：
∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，
∴OA＝OD，∠FAO＝∠EDO＝45°，∠AOD＝90°，
∴∠DOE+∠AOE＝90°，
∵∠MPN＝90°，
∴∠FOA+∠AOE＝90°，
∴∠FOA＝∠DOE，
在△FOA和△EOD中，
，
∴△FOA≌△EOD，
∴OE＝OF，即PE＝PF；
②作OG⊥AB于G，
∵∠DOM＝15°，
∴∠AOF＝15°，则∠FOG＝30°，
∵cs∠FOG＝，
∴OF＝＝，又OE＝OF，
∴EF＝；
③PE＝2PF，
证明：如图3，过点P作HP⊥BD交AB于点H，
则△HPB为等腰直角三角形，∠HPD＝90°，
∴HP＝BP，
∵BD＝3BP，
∴PD＝2BP，
∴PD＝2 HP，
又∵∠HPF+∠HPE＝90°，∠DPE+∠HPE＝90°，
∴∠HPF＝∠DPE，
又∵∠BHP＝∠EDP＝45°，
∴△PHF∽△PDE，
∴＝＝，
即PE＝2PF，
由此规律可知，当BD＝m•BP时，PE＝（m﹣1）•PF．
7．菱形ABCD中，两条对角线AC，BD相交于点O，∠MON+∠BCD＝180°，∠MON绕点O旋转，射线OM交边BC于点E，射线ON交边DC于点F，连接EF．
（1）如图1，当∠ABC＝90°时，△OEF的形状是 ；
（2）如图2，当∠ABC＝60°时，请判断△OEF的形状，并说明理由；
（3）在（1）的条件下，将∠MON的顶点移到AO的中点O′处，∠MO′N绕点O′旋转，仍满足∠MO′N+∠BCD＝180°，射线O′M交直线BC于点E，射线O′N交直线CD于点F，当BC＝4，且＝时，直接写出线段CE的长．
【解析】（1）△OEF是等腰直角三角形；
证明：如图1，∵菱形ABCD中，∠ABC＝90°，∴四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∠BCD＝90°，∠EBO＝∠FCO＝45°，
∴∠BOE+∠COE＝90°，
∵∠MON+∠BCD＝180°，∴∠MON＝90°，
∴∠COF+∠COE＝90°，∴∠BOE＝∠COF，
在△BOE与△COF中，，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
故答案为等腰直角三角形；
（2）△OEF是等边三角形；
证明：如图2，过O点作OG⊥BC于G，作OH⊥CD于H，
∴∠OGE＝∠OGC＝∠OHC＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CA平分∠BCD，∠ABC+BCD＝180°，
∴OG＝OH，∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵∠GOH+∠OGC+∠BCD+∠OHC＝360°，
∴∠GOH+∠BCD＝180°，
∴∠MON+∠BCD＝180°，
∴∠GOH＝∠EOF＝60°，
∵∠GOH＝∠GOF+∠FOH，∠EOF＝∠GOF+∠EOG，
∴∠EOG＝∠FOH，
在△EOG与△FOH中，，
∴△EOG≌△FOH（ASA），∴OE＝OF，
∴△OEF是等边三角形；
（3）证明：如图3，∵菱形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴＝，
过O点作O′G⊥BC于G，作O′H⊥CD于H，
∴∠O′GC＝∠O′HC＝∠BCD＝90°，
∴四边形O′GCH是矩形，
∴O′G∥AB，O′H∥AD，∴＝＝＝，
∵AB＝BC＝CD＝AD＝4，
∴O′G＝O′H＝3，
∴四边形O′GCH是正方形，
∴GC＝O′G＝3，∠GO′H＝90°
∵∠MO′N+∠BCD＝180°，
∴∠EO′F＝90°，
∴∠EO′F＝∠GO′H＝90°，
∵∠GO′H＝∠GO′F+∠FO′H，∠EO′F＝∠GO′F+∠EO′G，
∴∠EO′G＝∠FO′H，
在△EO′G与△FO′H中，，
∴△EO′G≌△FO′H（ASA），
∴O′E＝O′F，
∴△O′EF是等腰直角三角形；
∵S正方形ABCD＝4×4＝16，＝，
∴S△O′EF＝18，
∵S△O′EF＝O′E2，
∴O′E＝6，
在RT△O′EG中，EG＝＝＝3，
∴CE＝CG+EG＝3+3．
根据对称性可知，当∠M′ON′旋转到如图所示位置时，
CE′＝E′G﹣CG＝3﹣3．
综上可得，线段CE的长为3+3或3﹣3．
8．如图1，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝13，BD＝24，在菱形ABCD的外部以AB为边作等边三角形 ABE．点F是对角线BD上一动点（点F不与点B重合），将线段AF绕点A顺时针方向旋转60°得到线段AM，连接FM．
（1）求AO的长；
（2）如图2，当点F在线段BO上，且点M，F，C三点在同一条直线上时，求证：AC＝AM；
（3）连接EM，若△AEM的面积为40，请直接写出△AFM的周长．
【解析】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD＝BD，
∵BD＝24，
∴OB＝12，
在Rt△OAB中，
∵AB＝13，
∴OA＝＝＝5．
（2）如图2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD垂直平分AC，
∴FA＝FC，∠FAC＝∠FCA，
由已知AF＝AM，∠MAF＝60°，
∴△AFM为等边三角形，
∴∠M＝∠AFM＝60°，
∵点M，F，C三点在同一条直线上，
∴∠FAC+∠FCA＝∠AFM＝60°，
∴∠FAC＝∠FCA＝30°，
∴∠MAC＝∠MAF+∠FAC＝60°+30°＝90°，
在Rt△ACM中
∵tan∠M＝，
∴tan60°＝，
∴AC＝AM．
（3）如图，连接EM，
∵△ABE是等边三角形，
∴AE＝AB，∠EAB＝60°，
由（2）知△AFM为等边三角形，
∴AM＝AF，∠MAF＝60°，
∴∠EAM＝∠BAF，
在△AEM和△ABF中，，
∴△AEM≌△ABF（SAS），
∵△AEM的面积为40，△ABF的高为AO
∴BF•AO＝40，BF＝16，
∴FO＝BF﹣BO＝16﹣12＝4
AF＝＝＝，
∴△AFM的周长为3．
9．【特例感知】
（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．
【方法运用】
（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝3，连接BC．
①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是 ；
②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当∠CBD＝
∠DAB＝30°时，直接写出AD的值．
【答案】（1）证明见解答；
（2）AD＝BC仍然成立，证明见解答；
（3）①8+3；
②AD的值为2+或．
【解析】解：（1）AD＝BC．理由如下：
如图1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴OA＝OB，OD＝OC，
在△AOD和△BOC中，，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC，
故答案为：AD＝BC；
（2）AD＝BC仍然成立.
证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，
即∠BOC＝∠AOD，
在△AOD和△BOC中，，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC；
（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，
∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，
∴BT＝AB，BD＝BC，∠ABT＝∠CBD＝45°，
∴＝＝，∠ABC＝∠TBD，
∴△ABC∽△TBD，
∴＝＝，
∴DT＝AC＝×3＝3，
∵AT＝AB＝8，DT＝3，
∴点D的运动轨迹是以T为圆心，3为半径的圆，
∴当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+3，
故答案为：8+3；
②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，
∵＝＝cs30°＝，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，
∴△BAC∽△BTD，
∴＝＝，
∴DT＝AC＝×3＝，
在Rt△ABT中，AT＝AB•sin∠ABT＝8sin30°＝4，
∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，
∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，
∵TH⊥AD，
∴TH＝AT•sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT•cs∠TAH＝4cs30°＝2，
在Rt△DTH中，DH＝＝＝，
∴AD＝AH+DH＝2+；
如图5，在AB上方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，
则＝＝cs30°＝，
∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，
∴△BDE∽△BCA，
∴＝＝，
∴DE＝AC＝×3＝，
∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB•sin30°＝8×＝4，
∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，
∴AD＝＝＝；
综上所述，AD的值为2+或．
10．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴于点A（﹣1，0），B（3，0），过点B的直线y＝x﹣2交抛物线于点C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是直线BC下方抛物线上的一个动点（P不与点B，C重合），求△PBC面积的最大值；
（3）若点M在抛物线上，将线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，是否存在点M，使点N恰好落在直线BC上？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3 中，得：
，
解得：，
∴该抛物线表达式为y＝x2﹣2x﹣3．
（2）如图1，过点P作PD∥y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，
设点P（m，m2﹣2m﹣3），则点E （m，），
∴PE＝PD﹣DE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+2）＝﹣m2+m+1，
联立方程组：，
解得：，，
∵点B坐标为（3，0），
∴点C的坐标为（，﹣），
∴BD+CF＝3+，
∴S△PBC＝S△PEB+S△PEC
＝PE•BD+PE•CF
＝PE（BD+CF）
＝（﹣m2+m+1）•
＝（）2+，（其中＜m＜3），
∵，
∴这个二次函数有最大值．
当m＝时，S△PBC的最大值为．
（3）如图2，设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，n﹣2），
作MG⊥y轴于点G，NH⊥x轴于H，
∴∠OGM＝∠OHN＝90°，
∵线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，
∴OM＝ON，∠MON＝90°，
∵∠GOH＝90°，
∴∠MOG＝∠NOH，
在△OGM与△OHN中，
，
∴△OGM≌△OHN（AAS），
∴GM＝NH，OG＝OH，
∴，
解得：，，
M1（0，﹣3），M2 ，
如图3，设M（t，t2﹣2t﹣3），N（n，n﹣2），
作MG⊥x轴于点G，NH⊥x轴于H，
∴∠OGM＝∠OHN＝90°，
∵线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，
∴OM＝ON，∠MON＝90°，
∵∠GOH＝90°，
∴∠MOG＝∠NOH，
在△OGM与△OHN中，
，
∴△OGM≌△OHN（AAS），
∴GM＝NH，OG＝OH，
∴，
解得：t1＝，t2＝，
∴M3，M4（，）；
综上所述，点M的坐标为M1（0，﹣3），M2 ，M3，M4（，）．
11．（1）如图1，菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，请直接写出HD：GC：EB的结果（不必写计算过程）
（2）将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD：GC：EB；
（3）把图2中的菱形都换成矩形，如图3，且AD：AB＝AH：AE＝1：2，此时HD：GC：EB的结果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）；若无变化，请说明理由．
【解析】解：（1）连接AG，
∵菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，
∴∠GAE＝∠CAB＝30°，AE＝AH，AB＝AD，
∴A，G，C共线，AB﹣AE＝AD﹣AH，
∴HD＝EB，
延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，
∴GC⊥MN，∠NGO＝∠AGE＝30°，
∴＝cs30°＝，
∵GC＝2OG，
∴＝，
∵HGND为平行四边形，
∴HD＝GN，
∴HD：GC：EB＝1：：1．
（2）如图2，连接AG，AC，
∵△ADC和△AHG都是等腰三角形，
∴AD：AC＝AH：AG＝1：，∠DAC＝∠HAG＝30°，
∴∠DAH＝∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC＝AD：AC＝1：，
∵∠DAB＝∠HAE＝60°，
∴∠DAH＝∠BAE，
在△DAH和△BAE中，
∴△DAH≌△BAE（SAS）
∴HD＝EB，
∴HD：GC：EB＝1：：1．
（3）有变化．
如图3，连接AG，AC，
∵AD：AB＝AH：AE＝1：2，∠ADC＝∠AHG＝90°，
∴△ADC∽△AHG，
∴AD：AB＝AH：AG＝1：，
∵∠DAC＝∠HAG，
∴∠DAH＝∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC＝AD：AC＝1：，
∵∠DAB＝∠HAE＝90°，
∴∠DAH＝∠BAE，
∵DA：AB＝HA：AE＝1：2，
∴△ADH∽△ABE，
∴DH：BE＝AD：AB＝1：2，
∴HD：GC：EB＝1：：2
12．如图，在矩形ABCD中，AD＝a cm，AB＝b cm（a＞b＞4），半径为2cm的⊙O在矩形内且与AB、AD均相切，现有动点P从A点出发，在矩形边上沿着A→B→C→D的方向匀速移动，当点P到达D点时停止移动．⊙O在矩形内部沿AD向右匀速平移，移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回，当⊙O回到出发时的位置（即再次与AB相切）时停止移动，已知点P与⊙O同时开始移动，同时停止移动（即同时到达各自的终止位置）．
（1）如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了 cm（用含a、b的代数式表示）；
（2）如图①，已知点P从A点出发，移动2s到达B点，继续移动3s，到达BC的中点，若点P与⊙O的移动速度相等，求在这5s时间内圆心O移动的距离；
（3）如图②，已知a＝20，b＝10，是否存在如下情形：当⊙O到达⊙O1的位置时（此时圆心O1在矩形对角线BD上），DP与⊙O1恰好相切？请说明理由．
【解析】解：（1）如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动（a+2b） cm（用含a、b的代数式表示）；
（2）∵圆心O移动的距离为2（a﹣4）cm，
由题意，得a+2b＝2（a﹣4）①，
∵点P移动2秒到达B，即点P2s移动了b cm，点P继续移动3s到达BC的中点，
即点P3秒移动了a cm．
∴＝ ②
由①②解得，
∵点P移动的速度为与⊙O移动速度相同，
∴⊙O移动的速度为＝＝4cm（cm/s）．
这5秒时间内⊙O移动的距离为5×4＝20（cm）；
（3）存在这种情况，
设点P移动速度为v1cm/s，⊙O2移动的速度为v2cm/s，
由题意，得＝＝＝，
如图：
设直线OO1与AB交于E点，与CD交于F点，⊙O1与AD相切于G点，
若PD与⊙O1相切，切点为H，则O1G＝O1H．
易得△DO1G≌△DO1H，
∴∠ADB＝∠BDP．
∵BC∥AD，
∴∠ADB＝∠CBD
∴∠BDP＝∠CBD，
∴BP＝DP．
设BP＝x cm，则DP＝x cm，PC＝（20﹣x）cm，
在Rt△PCD中，由勾股定理，得
PC2+CD2＝PD2，即（20﹣x）2+102＝x2，
解得x＝
此时点P移动的距离为10+＝（cm），
∵EF∥AD，
∴△BEO1∽△BAD，
∴＝，即＝，
EO1＝16cm，OO1＝14cm．
①当⊙O首次到达⊙O1的位置时，⊙O移动的距离为14cm，
此时点P与⊙O移动的速度比为＝，
∵≠，
∴此时PD与⊙O1不能相切；
②当⊙O在返回途中到达⊙O1位置时，⊙O移动的距离为2（20﹣4）﹣14＝18cm，
∴此时点P与⊙O移动的速度比为＝＝，
此时PD与⊙O1恰好相切．
13．问题情境：将一副直角三角板（Rt△ABC和Rt△DEF）按图1所示的方式摆放，其中∠ACB＝90°，CA＝CB，∠FDE＝90°，O是AB的中点，点D与点O重合，DF⊥AC于点M，DE⊥BC于点N，试判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由．
探究展示：小宇同学展示出如下正确的解法：
解：OM＝ON，证明如下：
连接CO，则CO是AB边上中线，
∵CA＝CB，∴CO是∠ACB的角平分线．（依据1）
∵OM⊥AC，ON⊥BC，∴OM＝ON．（依据2）
反思交流：
（1）上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1： ；
依据2： ．
（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．
拓展延伸：
（3）将图1中的Rt△DEF沿着射线BA的方向平移至如图2所示的位置，使点D落在BA的延长线上，FD的延长线与CA的延长线垂直相交于点M，BC的延长线与DE垂直相交于点N，连接OM、ON，试判断线段OM、ON的数量关系与位置关系，并写出证明过程．
【解析】（1）解：依据1：等腰三角形三线合一（或等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合）；
依据2：角平分线上的点到角的两边距离相等．
（2）证明：∵CA＝CB，
∴∠A＝∠B，
∵O是AB的中点，
∴OA＝OB．
∵DF⊥AC，DE⊥BC，
∴∠AMO＝∠BNO＝90°，
∵在△OMA和△ONB中，，
∴△OMA≌△ONB（AAS），
∴OM＝ON．
（3）解：OM＝ON，OM⊥ON．
理由如下：
连接OC，
∵∠ACB＝∠DNB，∠B＝∠B，
∴△BCA∽△BND，
∴＝，
∵AC＝BC，
∴DN＝NB．
∵∠ACB＝90°，
∴∠NCM＝90°＝∠DNC，
∴MC∥DN，
又∵DF⊥AC，
∴∠DMC＝90°，
即∠DMC＝∠MCN＝∠DNC＝90°，
∴四边形DMCN是矩形，
∴DN＝MC，
∵∠B＝45°，∠DNB＝90°，
∴∠3＝∠B＝45°，
∴DN＝NB，
∴MC＝NB，
∵∠ACB＝90°，O为AB中点，AC＝BC，
∴∠1＝∠2＝45°＝∠B，OC＝OB（斜边中线等于斜边一半），
在△MOC和△NOB中，，
∴△MOC≌△NOB（SAS），
∴OM＝ON，∠MOC＝∠NOB，
∴∠MOC﹣∠CON＝∠NOB﹣∠CON，
即∠MON＝∠BOC＝90°，
∴OM⊥ON．
14．如图1，在平面直角坐标系中，直线MN分别与x轴、y轴交于点M（6，0），N（0，2），等边△ABC的顶点B与原点O重合，BC边落在x轴正半轴上，点A恰好落在线段MN上，将等边△ABC从图1的位置沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度平移，边AB，AC分别与线段MN交于点E，F（如图2所示），设△ABC平移的时间为t（s）．
（1）等边△ABC的边长为 ；
（2）在运动过程中，当t＝ 时，MN垂直平分AB；
（3）若在△ABC开始平移的同时．点P从△ABC的顶点B出发．以每秒2个单位长度的速度沿折线BA﹣AC运动．当点P运动到C时即停止运动．△ABC也随之停止平移．
①当点P在线段BA上运动时，若△PEF与△MNO相似．求t的值；
②当点P在线段AC上运动时，设S△PEF＝S，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值及此时点P的坐标．
【解析】解：（1）∵直线MN分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点M、N，OM＝6cm，ON＝2
∴tan∠OMN＝＝，
∴∠OMN＝30°，
∴∠ONM＝60°，
∵△ABC为等边三角形
∴∠AOC＝60°，∠NOA＝30°
∴OA⊥MN，即△OAM为直角三角形，
∴OA＝OM＝×6＝3．
故答案为3．
（2）易知当点C与M重合时直线MN平分线段AB，此时OB＝3，所以t＝3．
故答案为3．
（3）①如图1中，由题意BP＝2t，BM＝6﹣t，
∵∠BEM＝90°，∠BME＝30°，
∴BE＝BM＝3﹣，AE＝AB﹣BE＝，
∵∠BAC＝60°，
∴EF＝AE＝t，
当点P在EF下方时，PE＝BE﹣BP＝3﹣t，
由，解得0≤t＜，
∵△PEF与△MNO相似，
∴＝或＝，
∴＝或＝，
解得t＝1或．
当点P在点E上方时，同法可得：＝或＝，
解得t＝或3
∵0≤t≤，且，即＜t≤，
∴t＝，
综上所述，t＝1或或．
②当P点在EF上方时，过P作PH⊥MN于H，如图2中，
由题意，EF＝t，FC＝MC＝3﹣t，∠PFH＝30°，
∴PF＝PC﹣CF＝（6﹣2t）﹣（3﹣t）＝3﹣t，
∴PH＝PF＝，
∴S＝•EF•PH＝×t×＝﹣t2+t＝﹣（t﹣）2+，
∵≤t≤3，
∴当t＝时，△PEF的面积最大，最大值为，此时P（3，），
当t＝3时，点P与F重合，故P点在EF下方不成立．
15．两个三角板ABC，DEF，按如图所示的位置摆放，点B与点D重合，边AB与边DE在同一条直线上（假设图形中所有的点，线都在同一平面内）．其中，∠C＝∠DEF＝90°，∠ABC＝∠F＝30°，AC＝DE＝6cm．现固定三角板DEF，将三角板ABC沿射线DE方向平移，当点C落在边EF上时停止运动．设三角板平移的距离为x（cm），两个三角板重叠部分的面积为y（cm2）．
（1）当点C落在边EF上时，x＝ cm；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
（3）设边BC的中点为点M，边DF的中点为点N．直接写出在三角板平移过程中，点M与点N之间距离的最小值．
【解析】解：（1）如图1所示：作CG⊥AB于G点．
在Rt△ABC中，由AC＝6，∠ABC＝30，得
BC＝＝6．
在Rt△BCG中，BG＝BC•cs30°＝9．
四边形CGEH是矩形，
CH＝GE＝BG+BE＝9+6＝15cm，
故答案为：15；
（2）①当0≤x＜6时，如图2所示．
∠GDB＝60°，∠GBD＝30°，DB＝x，得
DG＝x，BG＝x，重叠部分的面积为y＝DG•BG＝×x×x＝x2
②当6≤x＜12时，如图3所示．
BD＝x，DG＝x，BG＝x，BE＝x﹣6，EH＝（x﹣6）．
重叠部分的面积为y＝S△BDG﹣S△BEH＝DG•BG﹣BE•EH，
即y＝×x×x﹣（x﹣6）（x﹣6）
化简，得y＝﹣x2+2x﹣6；
③当12≤x≤15时，如图4所示．
AC＝6，BC＝6，BD＝x，BE＝（x﹣6），EG＝（x﹣6），
重叠部分的面积为y＝S△ABC﹣S△BEG＝AC•BC﹣BE•EG，
即y＝×6×6﹣（x﹣6）（x﹣6），
化简，得y＝18﹣（x2﹣12x+36）＝﹣x2+2x+12；
综上所述：y＝；
（3）如图5所示作NG⊥DE于G点，
点M在NG上时MN最短，
NG是△DEF的中位线，
NG＝EF＝．
MB＝CB＝3，∠B＝30°，
MG＝MB＝，
MN最小＝3﹣＝．
16．如图1，点A是x轴正半轴上的动点，点B坐标为（0，4），M是线段AB的中点，将点M绕点A顺时针方向旋转90°得到点C，过点C作x轴的垂线，垂足为F，过点B作y轴的垂线与直线CF相交于点E，点D是点A关于直线CF的对称点，连接AC，BC，CD，设点A的横坐标为t．
（1）当t＝2时，求CF的长；
（2）①当t为何值时，点C落在线段BD上；
②设△BCE的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（3）如图2，当点C与点E重合时，将△CDF沿x轴左右平移得到△C′D′F′，再将A，B，C′，D′为顶点的四边形沿C′F′剪开，得到两个图形，用这两个图形拼成不重叠且无缝隙的图形恰好是三角形．请直接写出所有符合上述条件的点C′的坐标．
【解析】解：（1）由题意，易证Rt△ACF∽Rt△BAO，
∴．
∵AB＝2AM＝2AC，
∴CF＝OA＝t．
当t＝2时，CF＝1．
（2）①由（1）知，Rt△ACF∽Rt△BAO，
∴，
∴AF＝OB＝2，
∴FD＝AF＝2，
∵点C落在线段BD上，
∴△DCF∽△DBO，
∴，即，
解得t＝﹣2或t＝﹣﹣2（小于0，舍去）
∴当t＝﹣2时，点C落在线段BD上；
②当0＜t＜8时，如题图1所示：
S＝BE•CE＝（t+2）•（4﹣t）＝t2+t+4；
当t＞8时，如答图1所示：
S＝BE•CE＝（t+2）•（t﹣4）＝t2﹣t﹣4．
（3）符合条件的点C的坐标为：（12，4），（8，4）或（2，4）．
理由如下：
在△CDF沿x轴左右平移的过程中，符合条件的剪拼方法有三种：
方法一：如答图2所示，当F′C′＝AF′时，点F′的坐标为（12，0），
根据△C′D′F′≌△AHF′，△BC′H为拼成的三角形，此时C′的坐标为（12，4）；
方法二：如答图3所示，当点F′与点A重合时，点F′的坐标为（8，0），
根据△OC′A≌△BAC′，可知△OC′D′为拼成的三角形，此时C′的坐标为（8，4）；
方法三：当BC′＝F′D′时，点F′的坐标为（2，0），
根据△BC′H≌△D′F′H，可知△AF′C′为拼成的三角形，此时C′的坐标为（2，4）．
【中考压轴9】实践操作﹑问题探究问题
1．探究函数y＝﹣2|x|2+4|x|的图象和性质，探究过程如下：
（1）自变量x的取值范围是全体实数，x与y的几组对应值列表如下：
其中，m＝ .根据如表数据，在图1所示的平面直角坐标系中，通过描点画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分．观察图象，写出该函数的一条性质；
（2）点F是函数y＝﹣2|x|2+4|x|图象上的一动点，点A（2，0），点B（﹣2，0），当S△FAB＝3时，请直接写出所有满足条件的点F的坐标；
（3）在图2中，当x在一切实数范围内时，抛物线y＝﹣2x2+4x交x轴于O，A两点（点O在点A的左边），点P是点Q（1，0）关于抛物线顶点的对称点，不平行y轴的直线l分别交线段OP，AP（不含端点）于M，N两点．当直线l与抛物线只有一个公共点时，PM与PN的和是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
【解析】解：（1）当x＝﹣1时，y＝﹣2×（﹣1）2+4×|﹣1|＝2，
∴m＝2，
函数图象如图所示：
由图象可得该函数的性质：该函数关于y轴对称；当x＜﹣1或0≤x＜1时，y随x的增大而增大；当﹣1≤x＜0或x≥1时，y随x的增大而减小，故答案为：2；
（2）当x＜0时，y＝﹣2x2﹣4x，
当x≥0时，y＝﹣2x2+4x，
∵A（2，0），B（﹣2，0），∴AB＝4，
∵S△FAB＝3，∴×4|yF|＝3，∴yF＝±，
当yF＝时，若x＜0，则﹣2x2﹣4x＝，
解得：x＝﹣或﹣，
若x≥0，则﹣2x2+4x＝，解得：x＝或，
∴F（﹣，）或（﹣，）或（，）或（，）；
当yF＝﹣时，若x＜0，则﹣2x2﹣4x＝﹣，
解得：x＝﹣1﹣或x＝﹣1+（舍去），
若x≥0，则﹣2x2+4x＝﹣，
解得：x＝1﹣（舍去）或x＝1+，
∴F（﹣1+，﹣）或（﹣1﹣，﹣）或（1﹣，﹣）或（1+，﹣）；
综上所述，所有满足条件的点F的坐标为（﹣，）或（﹣，）或（，）或（，）或（﹣1﹣，﹣）或（1+，﹣）；
（3）PM与PN的和是定值；
如图2，连接直线PQ，
∵抛物线y＝﹣2x2+4x交x轴于O，A两点，
∴O（0，0），A（2，0），
∵y＝﹣2x2+4x＝﹣2（x﹣1）2+2，
∴抛物线y＝﹣2x2+4x的顶点为（1，2），
∵点P是点Q（1，0）关于抛物线顶点（1，2）的对称点，故点P的坐标为（1，4），
由点P、O的坐标得，直线OP的表达式为y＝4x①，
同理可得，直线AP的表达式为y＝﹣4x+8②，
设直线l的表达式为y＝tx+n，
联立y＝tx+n和y＝﹣2x2+4x并整理得：2x2+（t﹣4）x+n＝0，
∵直线l与抛物线只有一个公共点，
故Δ＝（t﹣4）2﹣8n＝0，解得n＝（t﹣4）2，
故直线l的表达式为y＝tx+（t﹣4）2③，
联立①③并解得xM＝﹣（t﹣4），
同理可得，xN＝﹣（t﹣12），
∵射线PO、PA关于直线PQ：x＝1对称，则∠APQ＝∠OPQ，设∠APQ＝∠OPQ＝α，
则sin∠APQ＝sin∠OPQ＝＝＝＝sinα，
∴PM+PN＝+＝（xN﹣xM）＝为定值．
2．综合与实践
问题提出
某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，CD＝，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为t s，正方形DPEF的面积为S，探究S与t的关系．
初步感知
（1）如图1，当点P由点C运动到点B时，
①当t＝1时，S＝ ；
②S关于t的函数解析式为 ．
（2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长．
延伸探究
（3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等．
①t1+t2＝ ；
②当t3＝4t1时，求正方形DPEF的面积．
【解析】解：（1）①当t＝1时，CP＝1，
又∵∠C＝90°，CD＝，
∴S＝DP2＝CP2+CD2＝12+（）2＝3．
故答案为：3；
②当点P由点C运动到点B时，CP＝t，
∵∠C＝90°，CD＝，
∴S＝DP2＝CP2+CD2＝t2+（）2＝t2+2．
故答案为：S＝t2+2；
（2）由图2可得：当点P运动到点B处时，PD2＝BD2＝6，当点P运动到点A处时，PD2＝AD2＝18，
抛物线的顶点坐标为（4，2），
∴BC＝＝＝2，AD＝＝3，
∴M（2，6），
设S＝a（t﹣4）2+2，将M（2，6）代入，得4a+2＝6，
解得：a＝1，
∴S＝（t﹣4）2+2＝t2﹣8t+18，
∴AC＝AD+CD＝3+＝4，
在Rt△ABC中，AB＝＝＝6，
∴抛物线的解析式为S＝t2﹣8t+18（2≤t≤8）；
（3）①方法一：由（1）（2）可得S＝，图象如图所示：
∵存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，
∴2＜S＜6，
∴点P1与P2关于直线t＝2对称，点P2与P3关于直线t＝4对称，
∴（t1+t2）＝2，（t2+t3）＝4，
∴t1+t2＝4，t2+t3＝8．故答案为：4；
方法二：如图，则∠AHD＝90°＝∠C，
∵∠DAH＝∠BAC，∴△ADH∽△ABC，
∴＝＝，即＝＝，
∴DH＝，AH＝4，∴BH＝2，DH＝CD，
∵存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，
∴DP1＝DP2＝DP3，∴CP1＝t1，P2H＝4﹣t2，
在Rt△CDP1和Rt△HDP2中，，
∴Rt△CDP1≌Rt△HDP2（HL），∴CP1＝HP2，
∴t1＝4﹣t2，∴t1+t2＝4．
故答案为：4；
②方法一：由①知：t1+t2＝4，t2+t3＝8，∴t3﹣t1＝4，
∵t3＝4t1，∴t1＝，
∴S＝（）2+2＝．
方法二：∵DP3＝DP1，DH＝DC，∠DHP3＝∠C＝90°，
∴Rt△DHP3≌Rt△DCP1（HL），∴P3H＝CP1，
∵P3H＝t3﹣4，∴t3﹣4＝t1，
∵t3＝4t1，∴t1＝，
∴S＝（）2+2＝．
3．模具厂计划生产面积为4，周长为m的矩形模具．对于m的取值范围，小亮已经能用“代数”的方法解决，现在他又尝试从“图形”的角度进行探究，过程如下：
（1）建立函数模型
设矩形相邻两边的长分别为x，y，由矩形的面积为4，得xy＝4，即y＝；由周长为m，得2（x+y）＝m，即y＝﹣x+．满足要求的（x，y）应是两个函数图象在第 象限内交点的坐标．
（2）画出函数图象
函数y＝（x＞0）的图象如图所示，而函数y＝﹣x+的图象可由直线y＝﹣x平移得到．请在同一平面直角坐标系中直接画出直线y＝﹣x．
（3）平移直线y＝﹣x，观察函数图象
①当直线平移到与函数y＝（x＞0）的图象有唯一交点（2，2）时，周长m的值为 ；
②在直线平移过程中，交点个数还有哪些情况？请写出交点个数及对应的周长m的取值范围．
（4）得出结论
若能生产出面积为4的矩形模具，则周长m的取值范围为 ．
【解析】解：（1）x，y都是边长，因此，都是正数，
故点（x，y）在第一象限，
答案为：一；
（2）图象如下所示：
（3）①把点（2，2）代入y＝﹣x+得：
2＝﹣2+，解得：m＝8，
②由①知：0个交点时，0＜m＜8；2个交点时，m＞8（1个交点时，m＝8）；
（4）由（3）知，两个函数有交点时，m≥8．
4．如图，在△ABC中，AB＝AC＝6cm，BC＝8cm，点D为BC的中点，BE＝DE，将∠BDE绕点D顺时针旋转α度（0≤α≤83°），角的两边分别交直线AB于M、N两点，设B、M两点间的距离为xcm，M，N两点间的距离为ycm．
小涛根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小涛的探究过程，请补充完整．
（1）列表：下表的已知数据是B，M两点间的距离x进行取点、画图、测量，分别得到了y与x的几组对应值：
请你通过计算，补全表格；
（2）描点、连线，在平面直角坐标系xOy中，描出表格中各组数值所对应的点（x，y），并画出函数y关于x的图象．
（3）探究性质：随着自变量x的不断增大，函数y的变化趋势： ；
（4）解决问题：当MN＝2BM时，BM的长度大约是 cm．（保留两位小数）．
【解析】解：（1）①当x＝BM＝0时，
ED是三角形ABC的中位线，则ED＝AC＝3＝BE＝MN；
②x＝BM＝，
在△MBD中，BD＝4，BM＝，cs∠B＝，
设∠B＝β，tanβ＝，
过点M作MH⊥BD于点H，
则BH＝BMcsβ＝，则MH＝，MD2＝HD2+MH2＝，
则BD2＝BM2+MD2，故∠BMD＝90°，
则y＝MN＝MDtanβ＝（DBsinβ）tanβ＝；
故：答案为3，；
（2）描点出如图象，
（3）从图象可以看出：0≤x≤1.65时，y随x增大而减小，
当1.65＜x≤4.10时，y随x增大而增大（数值是估值，不唯一）；
（4）方法一：
MN＝2BM，即y＝2x，
在上图中作直线y＝2x，
直线与曲线交点的横坐标1.33和4.00，
故答案为：1.33或4.00．
方法二：
如图3，DN与CA的延长线交于点H．
设BM＝x，MN＝2x
EN＝3x﹣3，AN＝6﹣3x
∵∠NDB＝∠H+∠C（外角的性质）
∠NDB＝∠MDB+∠NDM
∴∠MDB+∠NDM＝∠H+∠C
∴∠MDB＝∠H，∠B＝∠C
∴△MDB∽△DHC
∴＝
∴，CH＝，HA＝HC﹣AC＝﹣6
又∵△HAN∽△DEN
∴＝
∴＝
解得x1＝4，x2＝．
故答案为：1.33或4.00．
5．理解：数学兴趣小组在探究如何求tan15°的值，经过思考、讨论、交流，得到以下思路：
思路一 如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长CB至点D，使BD＝BA，连接AD．设AC＝1，则BD＝BA＝2，BC＝．tanD＝tan15°＝＝＝2﹣．
思路二 利用科普书上的和（差）角正切公式：tan（α±β）＝．假设α＝60°，β＝45°代入差角正切公式：tan15°＝tan（60°﹣45°）＝＝＝2﹣．
思路三 在顶角为30°的等腰三角形中，作腰上的高也可以…
思路四 …
请解决下列问题（上述思路仅供参考）．
（1）类比：求出tan75°的值；
（2）应用：如图2，某电视塔建在一座小山上，山高BC为30米，在地平面上有一点A，测得A，C两点间距离为60米，从A测得电视塔的视角（∠CAD）为45°，求这座电视塔CD的高度；
（3）拓展：如图3，直线y＝x﹣1与双曲线y＝交于A，B两点，与y轴交于点C，将直线AB绕点C旋转45°后，是否仍与双曲线相交？若能，求出交点P的坐标；若不能，请说明理由．
【解析】解：（1）方法一：如图1，
在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长CB至点D，使BD＝BA，连接AD．
设AC＝1，则BD＝BA＝2，BC＝．
tan∠DAC＝tan75°＝＝＝＝2+；
方法二：tan75°＝tan（45°+30°）
＝＝＝＝2+；
（2）如图2，
在Rt△ABC中，
AB＝＝＝30，
sin∠BAC＝＝＝，即∠BAC＝30°．
∵∠DAC＝45°，∴∠DAB＝45°+30°＝75°．
在Rt△ABD中，tan∠DAB＝，
∴DB＝AB•tan∠DAB＝30•（2+）＝60+90，
∴DC＝DB﹣BC＝60+90﹣30＝60+60．
答：这座电视塔CD的高度为（60+60）米；
（3）①若直线AB绕点C逆时针旋转45°后，与双曲线相交于点P，如图3．
过点C作CD∥x轴，过点P作PE⊥CD于E，过点A作AF⊥CD于F．
解方程组，得或，
∴点A（4，1），点B（﹣2，﹣2）．
对于y＝x﹣1，当x＝0时，y＝﹣1，则C（0，﹣1），OC＝1，
∴CF＝4，AF＝1﹣（﹣1）＝2，
∴tan∠ACF＝＝＝，
∴tan∠PCE＝tan（∠ACP+∠ACF）＝tan（45°+∠ACF）
＝
＝＝3，即＝3．
设点P的坐标为（a，b），
则有，解得：或，
∴点P的坐标为（﹣1，﹣4）或（，3）；
②若直线AB绕点C顺时针旋转45°后，与x轴相交于点G，如图4．
由①可知∠ACP＝45°，P（，3），则CP⊥CG．
过点P作PH⊥y轴于H，
则∠GOC＝∠CHP＝90°，∠GCO＝90°﹣∠HCP＝∠CPH，
∴△GOC∽△CHP，
∴＝．
∵CH＝3﹣（﹣1）＝4，PH＝，OC＝1，
∴＝＝，∴GO＝3，G（﹣3，0）．
设直线CG的解析式为y＝kx+b，
则有，解得，
∴直线CG的解析式为y＝﹣x﹣1．
联立，
消去y，得＝﹣x﹣1，
整理得：x2+3x+12＝0，
∵Δ＝32﹣4×1×12＝﹣39＜0，
∴方程没有实数根，
∴点P不存在．
综上所述：直线AB绕点C旋转45°后，能与双曲线相交，交点P的坐标为（﹣1，﹣4）或（，3）．
6．类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
（1）概念理解：
如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件使得四边形ABCD是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件．
（2）问题探究：
①小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形，她的猜想正确吗？请说明理由．
②如图2，小红画了一个Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，并将Rt△ABC沿∠ABC的平分线BB′方向平移得到△A′B′C′，连接AA′，BC′，小红要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”，应平移多少距离（即线段BB′的长）？
（3）拓展应用：
如图3，“等邻边四边形”ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝90°，AC，BD为对角线，AC＝AB，试探究BC，CD，BD的数量关系．
【解析】解：（1）AB＝BC或BC＝CD或CD＝AD或AD＝AB（任写一个即可）；
（2）①正确，理由为：
∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，
∵四边形是“等邻边四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，
∴这个“等邻边四边形”是菱形；
②∵∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，
∴AC＝，
∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，
∴BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝AB＝2，B′C′＝BC＝1，A′C′＝AC＝，
（I）如图1，当AA′＝AB时，BB′＝AA′＝AB＝2；
（II）如图2，当AA′＝A′C′时，BB′＝AA′＝A′C′＝；
（III）当A′C′＝BC′＝时，
如图3，延长C′B′交AB于点D，则C′B′⊥AB，
∵BB′平分∠ABC，
∴∠ABB′＝∠ABC＝45°，
∴∠BB′D＝′∠ABB′＝45°
∴B′D＝BD，
设B′D＝BD＝x，
则C′D＝x+1，BB′＝x，
∵在Rt△BC′D中，BD2+（C′D）2＝（BC′）2
∴x2+（x+1）2＝（）2，
解得：x1＝1，x2＝﹣2（不合题意，舍去），
∴BB′＝x＝
（Ⅳ）当BC′＝AB＝2时，如图4，与（Ⅲ）方法一同理可得：BD2+（C′D）2＝（BC′）2，
设B′D＝BD＝x，
则x2+（x+1）2＝22，
解得：x1＝，x2＝（不合题意，舍去），
∴BB′＝x＝；
（3）BC，CD，BD的数量关系为：BC2+CD2＝2BD2，如图5，
∵AB＝AD，
∴将△ADC绕点A旋转到△ABF，连接CF，
∴△ABF≌△ADC，
∴∠ABF＝∠ADC，∠BAF＝∠DAC，AF＝AC，FB＝CD，
∴∠BAD＝∠CAF，＝＝1，
∴△ACF∽△ABD，
∴＝＝，∴BD，
∵∠BAD+∠ADC+∠BCD+∠ABC＝360°，
∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣（∠BAD+∠BCD）＝360°﹣90°＝270°，
∴∠ABC+∠ABF＝270°，
∴∠CBF＝90°，
∴BC2+FB2＝CF2＝（BD）2＝2BD2，
∴BC2+CD2＝2BD2．
7．（1）问题
如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC＝∠A＝∠B＝90°，求证：AD•BC＝AP•BP．
（2）探究
如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC＝∠A＝∠B＝θ时，上述结论是否依然成立？说明理由．
（3）应用
请利用（1）（2）获得的经验解决问题：
如图3，在△ABD中，AB＝6，AD＝BD＝5，点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出发，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC＝∠A，设点P的运动时间为t（秒），当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切时，求t的值．
【解析】解：（1）如图1，
∵∠DPC＝∠A＝∠B＝90°，
∴∠ADP+∠APD＝90°，∠BPC+∠APD＝90°，
∴∠ADP＝∠BPC，
∴△ADP∽△BPC，∴＝，
∴AD•BC＝AP•BP；
（2）结论AD•BC＝AP•BP仍然成立．
理由：如图2，
∵∠BPD＝∠DPC+∠BPC，∠BPD＝∠A+∠ADP，
∴∠DPC+∠BPC＝∠A+∠ADP．
∵∠DPC＝∠A＝∠B＝θ，∴∠BPC＝∠ADP，
∴△ADP∽△BPC，∴＝，
∴AD•BC＝AP•BP；
（3）如图3，
过点D作DE⊥AB于点E．
∵AD＝BD＝5，AB＝6，
∴AE＝BE＝3．
由勾股定理可得DE＝4．
∵以点D为圆心，DC为半径的圆与AB相切，
∴DC＝DE＝4，
∴BC＝5﹣4＝1．
又∵AD＝BD，
∴∠A＝∠B，
∴∠DPC＝∠A＝∠B．
由（1）、（2）的经验可知AD•BC＝AP•BP，
∴5×1＝t（6﹣t），
解得：t1＝1，t2＝5，
∴t的值为1秒或5秒．
8．已知四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD边上的点，DE与CF交于点G．
（1）如图1，若四边形ABCD是矩形，且DE⊥CF．求证：；
（2）如图2，若四边形ABCD是平行四边形．试探究：当∠B与∠EGC满足什么关系时，使得成立？并证明你的结论；
（3）如图3，若BA＝BC＝6，DA＝DC＝8，∠BAD＝90°，DE⊥CF．请直接写出的值．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠FDC＝90°，
∵CF⊥DE，
∴∠DGF＝90°，
∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠CFD＝∠AED，
∵∠A＝∠CDF，∴△AED∽△DFC，
∴＝；
（2）当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，
∴∠B+∠A＝180°，
∵∠B+∠EGC＝180°，∴∠A＝∠EGC＝∠FGD，
∵∠FDG＝∠EDA，∴△DFG∽△DEA，
∴＝，
∵∠B＝∠ADC，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠DGC＝180°，
∴∠CGD＝∠CDF，
∵∠GCD＝∠DCF，∴△CGD∽△CDF，
∴＝，∴＝，∴＝，
即当∠B+∠EGC＝180°时，＝成立．
（3）解：＝．
理由是：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN＝x，
∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，
∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AM＝CN，AN＝CM，
∵在△BAD和△BCD中，
∴△BAD≌△BCD（SSS），
∴∠BCD＝∠A＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ABC+∠CBM＝180°，
∴∠MBC＝∠ADC，
∵∠CND＝∠M＝90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴＝，∴＝，
∴CM＝x，
在Rt△CMB中，CM＝x，BM＝AM﹣AB＝x﹣6，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，
∴（x﹣6）2+（x）2＝62，
x＝0（舍去），x＝，CN＝，
∵∠A＝∠FGD＝90°，
∴∠AED+∠AFG＝180°，
∵∠AFG+∠NFC＝180°，
∴∠AED＝∠CFN，
∵∠A＝∠CNF＝90°，
∴△AED∽△NFC，
∴＝＝＝．
9．用如图①，②所示的两个直角三角形（部分边长及角的度数在图中已标出），完成以下两个探究问题：
探究一：将以上两个三角形如图③拼接（BC和ED重合），在BC边上有一动点P．
（1）当点P运动到∠CFB的角平分线上时，连接AP，求线段AP的长；
（2）当点P在运动的过程中出现PA＝FC时，求∠PAB的度数．
探究二：如图④，将△DEF的顶点D放在△ABC的BC边上的中点处，并以点D为旋转中心旋转△DEF，使△DEF的两直角边与△ABC的两直角边分别交于M、N两点，连接MN．在旋转△DEF的过程中，△AMN的周长是否存在有最小值？若存在，求出它的最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】解：探究一：（1）依题意画出图形，如答图1所示：
由题意，得∠CFB＝60°，FP为角平分线，则∠CFP＝30°，
∴CF＝BC•tan30°＝3×＝，
∴CP＝CF•tan∠CFP＝×＝1．
过点A作AG⊥BC于点G，则AG＝BC＝，
∴PG＝CG﹣CP＝﹣1＝．
在Rt△APG中，由勾股定理得：
AP＝＝＝．
（2）由（1）可知，FC＝．
如答图2所示，以点A为圆心，以FC＝长为半径画弧，与BC交于点P1、P2，则AP1＝AP2＝．
过点A过AG⊥BC于点G，则AG＝BC＝．
在Rt△AGP1中，cs∠P1AG＝＝＝，
∴∠P1AG＝30°，
∴∠P1AB＝45°﹣30°＝15°；
同理求得，∠P2AG＝30°，∠P2AB＝45°+30°＝75°．
∴∠PAB的度数为15°或75°．
探究二：△AMN的周长存在有最小值．
如答图3所示，连接AD．
∵△ABC为等腰直角三角形，点D为斜边BC的中点，
∴AD＝CD，∠C＝∠MAD＝45°．
∵∠EDF＝90°，∠ADC＝90°，
∴∠MDA＝∠NDC．
∵在△AMD与△CND中，
∴△AMD≌△CND（ASA）．
∴AM＝CN．
设AM＝x，则CN＝x，AN＝AC﹣CN＝BC﹣CN＝﹣x．
在Rt△AMN中，由勾股定理得：
MN＝＝＝＝．
△AMN的周长为：AM+AN+MN＝+，
当x＝时，有最小值，最小值为+＝．
∴△AMN周长的最小值为．
10．如图，在△ABC中，已知AB＝AC＝5，BC＝6，且△ABC≌△DEF，将△DEF与△ABC重合在一起，△ABC不动，△DEF运动，并满足：点E在边BC上沿B到C的方向运动，且DE始终经过点A，EF与AC交于M点．
（1）求证：△ABE∽△ECM；
（2）探究：在△DEF运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由；
（3）当线段AM最短时，求重叠部分的面积．
【解析】（1）证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，
∵△ABC≌△DEF，∴∠AEF＝∠B，
又∵∠AEF+∠CEM＝∠AEC＝∠B+∠BAE，
∴∠CEM＝∠BAE，∴△ABE∽△ECM；
（2）能．
解：∵∠AEF＝∠B＝∠C，且∠AME＞∠C，
∴∠AME＞∠AEF，∴AE≠AM；
当AE＝EM时，则△ABE≌△ECM，
∴CE＝AB＝5，
∴BE＝BC﹣EC＝6﹣5＝1，
当AM＝EM时，则∠MAE＝∠MEA，
∴∠MAE+∠BAE＝∠MEA+∠CEM，即∠CAB＝∠CEA，
又∵∠C＝∠C，∴△CAE∽△CBA，
∴，∴CE＝，
∴BE＝6﹣＝，∴BE＝1或．
（3）解：设BE＝x，
又∵△ABE∽△ECM，
∴，即：，
∴CM＝﹣+x＝﹣（x﹣3）2+，
∴AM＝5﹣CM＝（x﹣3）2+，
∴当x＝3时，AM最短为，
又∵当BE＝x＝3＝BC时，
∴点E为BC的中点，∴AE⊥BC，
∴AE＝＝4，此时，EF⊥AC，
∴EM＝＝，
S△AEM＝．
【中考压轴10】圆
1．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为（ ）
A．3B．1+C．1+3D．1+
【答案】D
【解析】解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．
∵AQ＝QP，∴OQ⊥PA，∴∠AQO＝90°，
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大（也可以通过CQ≤QK+CK求解）
在Rt△OCH中，∵∠COH＝60°，OC＝2，
∴OH＝OC＝1，CH＝，
在Rt△CKH中，CK＝＝，
∴CQ的最大值为1+，
故选：D．
2．我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为1，大正方形的面积为64，则小正方形的边长为 ．
【答案】2．
【解析】解：如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，
则四边形EODC为正方形，∴OE＝OD＝1＝，
∴AC+BC﹣AB＝2，∴AC+BC＝AB+2，
∴（AC+BC）2＝（AB+2）2，
∴BC2+AC2+2BC×AC＝AB2+4AB+4，
∵BC2+AC2＝AB2，AB2＝64，
∴2BC×AC＝36，
∴小正方形的面积＝（BC﹣AC）2＝BC2+AC2﹣2BC×AC＝AB2﹣2BC×AC＝64﹣36＝28．
∴小正方形的边长为＝2．
故答案为：2．
3．如图，矩形ABCD的边AB＝8，AD＝6，M为BC的中点，P是矩形内部一动点，且满足∠ADP＝∠PAB，N为边CD上的一个动点，连接PN，MN，则PN+MN的最小值为 ．
【答案】7
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠ADP＝∠PAB，
∴∠ADP+∠PAD＝∠PAB+∠PAD＝∠BAD＝90°，
∴点P的运动路线为以AD为直径的圆，
作以AD为直径的⊙O，作点M关于直线DC的对称点M′，连接OM′交⊙O于点P′，连接M′N，OP，
则OP＝OP′＝3，M′N＝MN，
∴PN+MN＝PN+M′N＝PN+M′N+OP﹣OP′≥OM′﹣OP′＝OM′﹣3，
∴PN+MN的最小值为OM′﹣3；
连接OM，∵四边形ABCD是矩形，点O是AD的中点，点M为BC的中点，
∴OD＝AD＝BC＝CM＝3，OD∥CM，∠ODC＝90°，
∴四边形OMCD是矩形，
∴OM＝DC＝AB＝8，
∵点M关于直线DC的对称点M′，
∴M′M＝2MC＝6，
在Rt△M′OM中，
由勾股定理，得OM′＝，
∴PN+MN的最小值为OM′﹣3＝10﹣3＝7，
故答案为：7．
4．如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于点F．当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为 ．
【答案】．
【解析】解：∵CF⊥AE，
∴∠AFC＝90°，
∴点F在以AC为直径的圆上运动，
以AC为直径画半圆AC，连接OA，
当点E与B重合时，此时点F与G重合，
当点E与D重合时，此时点F与A重合，
∴点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为的长，
∵点G为OD的中点，∴OG＝OD＝OA＝2，
∵OG⊥AB，∴∠AOG＝60°，AG＝2，
∵OA＝OC，∴∠ACG＝30°，∴AC＝2AG＝4，
∴所在圆的半径为2，圆心角为60°，
∴的长为，
故答案为：．
5．如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，交斜边AC于点D，点E是BC的中点，连接OE、DE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若sinC＝，DE＝5，求AD的长；
（3）求证：2DE2＝CD•OE．
【解析】（1）证明：连接OD，BD，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADB＝90°，
∵点E是BC的中点，∴DE＝BE＝EC，
∵OB、OD是⊙O的半径，∴OB＝OD，
又∵OE＝OE，
∴△ODE≌△OBE（SSS），
∴∠ODE＝∠OBE＝90°，∴半径OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接BD，如图，
由（1）知：DE＝BE＝EC，∠ADB＝∠BDC＝∠ABC＝90°，
∵DE＝5，∴BC＝10，
∵sinC＝，∴＝，
∴BD＝8，
∵∠C+∠CBD＝∠ABD+∠CBD＝90°，
∴∠ABD＝∠C，
∴sin∠ABD＝sin∠C＝，∴＝，
设AD＝4x，则AB＝5x，
∵AD2+BD2＝AB2，
∴（4x）2+82＝（5x）2，
解得：x＝（负值舍去），
∴AD＝4x＝4×＝；
（3）证明：连接BD，
由（1）（2）得：∠BDC＝∠OBE＝90°，BE＝DE，
∵点O是AB的中点，点E是BC的中点，
∴OE∥AC，BC＝2BE，
∴∠C＝∠OEB，
∴△BCD∽△OEB，
∴＝，即＝，
∴2DE2＝CD•OE．
6．如图，正方形ABCD内接于⊙O，点E为AB的中点，连接CE交BD于点F，延长CE交⊙O于点G，连接BG．
（1）求证：FB2＝FE•FG；
（2）若AB＝6，求FB和EG的长．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC，∴．
∴∠DBA＝∠G．
∵∠EFB＝∠BFG，∴△EFB∽△BFG，
∴，
∴FB2＝FE•FG；
（2）解：连接OE，如图，
∵AB＝AD＝6，∠A＝90°，
∴BD＝＝6．∴OB＝BD＝3．
∵点E为AB的中点，∴OE⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC⊥AB，∠DBA＝45°，AB＝BC，
∴OE∥BC，OE＝BE＝AB．
∴．∴，
∴，∴BF＝2；
∵点E为AB的中点，∴AE＝BE＝3，
∴EC＝＝3．
∵AE•BE＝EG•EC，
∴EG＝．
7．如图，AB为⊙O的直径，C为圆上的一点，D为劣弧的中点，过点D作⊙O的切线与AC的延长线交于点P，与AB的延长线交于点F，AD与BC交于点E．
（1）求证：BC∥PF；
（2）若⊙O的半径为，DE＝1，求AE的长度；
（3）在（2）的条件下，求△DCP的面积．
【解析】（1）证明：连接OD，如图，
∵D为劣弧的中点，∴，
∴OD⊥BC．
∵PF是⊙O的切线，∴OD⊥PF，
∴BC∥PF；
（2）连接BD，如图，
设AE＝x，则AD＝1+x．
∵D为劣弧的中点，
∴，
∴CD＝BD，∠DCB＝∠CAD．
∵∠CDE＝∠ADC，
∴△CDE∽△ADC，
∴，
∴CD2＝DE•AD＝1×（1+x）＝1+x．
∴BD2＝1+x．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD2+BD2＝AB2．
∵⊙O的半径为，
∴AB＝2．
∴，
解得：x＝3或x＝﹣6（不合题意，舍去），
∴AE＝3．
（3）连接OD，BD，设OD与BC交于点H，如图，
由（2）知：AE＝3，AD＝AE+DE＝4，DB＝＝2，
∵∠ADB＝90°，
∴cs∠DAB＝＝．
∵OA＝OD，
∴∠DAB＝∠ADO，
∴cs∠ADO＝cs∠DAB＝．
∵OH⊥BC，
∴BH＝CH，cs∠ADO＝，
∴DH＝DE×＝．
∴OH＝OD﹣DH＝﹣＝．
∴BH＝＝，
∴CH＝BH＝．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
由（1）知：OD⊥PD，OH⊥BC，
∴四边形CHDP为矩形，
∴∠P＝90°，CP＝DH＝，DP＝CH＝，
∴△DCP的面积＝CP•DP＝．
8．如图1所示，以点M（﹣1，0）为圆心的圆与y轴，x轴分别交于点A，B，C，D，直线y＝﹣x﹣与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F．
（1）请直接写出OE，⊙M的半径r，CH的长；
（2）如图2所示，弦HQ交x轴于点P，且DP：PH＝3：2，求cs∠QHC的值；
（3）如图3所示，点K为线段EC上一动点（不与E，C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT交x轴于点N．是否存在一个常数a，始终满足MN•MK＝a，如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）∵直线y＝﹣x﹣中，令y＝0，则x＝﹣5，即OE＝5；
令x＝0，则y＝﹣，故F点坐标为（0，﹣），
∴EF＝＝，
∵M（﹣1，0），
∴EM＝4，
∵∠E＝∠E，∠AOE＝∠EHM，
∴△EMH∽△EFO，
∴＝，即＝，
∴r＝2；
∵CH是RT△EHM斜边上的中线，
∴CH＝EM＝2．
（2）连接DQ、CQ．
∵∠CHP＝∠D，∠CPH＝∠QPD，
∴△CHP∽△QDP．
∴CH：DQ＝HP：PD＝2：3，
∴DQ＝3．
∴cs∠QHC＝cs∠D＝．
（3）如图3，连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，则∠GTA＝90°，
∴∠MAN+∠4＝90°，
∵∠3＝∠4
∴∠MAN+∠3＝90°
由于∠BKO+∠3＝90°，故∠BKC＝∠MAN；
而∠BKC＝∠AKC，
∴∠AKC＝∠2，
在△AMK和△NMA中，∠AKC＝∠MAN；∠AMK＝∠NMA，
故△MAK∽△MNA，＝；
即：MN•MK＝AM2＝4，
故存在常数a，始终满足MN•MK＝a，
常数a＝4．
9．探究问题：
（1）阅读理解：
①如图（A），在已知△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA+PB+PC的值为△ABC的费马距离；
②如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB•CD+BC•DA＝AC•BD．此为托勒密定理；
（2）知识迁移：
①请你利用托勒密定理，解决如下问题：
如图（C），已知点P为等边△ABC外接圆的上任意一点．求证：PB+PC＝PA；
②根据（2）①的结论，我们有如下探寻△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：
第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；
第二步：在上任取一点P′，连接P′A、P′B、P′C、P′D．易知P′A+P′B+P′C＝P′A+（P′B+P′C）＝P′A+ ；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段 的长度即为△ABC的费马距离．
（3）知识应用：
2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水．
已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．
【解析】（2）①证明：由托勒密定理可知PB•AC+PC•AB＝PA•BC
∵△ABC是等边三角形
∴AB＝AC＝BC，
∴PB+PC＝PA，
②P′D、AD，
（3）解：如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则知线段AD的长即为最短距离．
∵△BCD为等边三角形，BC＝4，
∴∠CBD＝60°，BD＝BC＝4，
∵∠ABC＝30°，∴∠ABD＝90°，
在Rt△ABD中，∵AB＝3，BD＝4，
∴AD＝＝＝5（km），
∴从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度的最小值为5km．
10．如图，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点．
（1）使∠APB＝30°的点P有 个；
（2）若点P在y轴上，且∠APB＝30°，求满足条件的点P的坐标；
（3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否有最大值？若有，求点P的坐标，并说明此时∠APB最大的理由；若没有，也请说明理由．
【解析】解：（1）以AB为边，在第一象限内作等边三角形ABC，
以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1、P2．
在优弧AP1B上任取一点P，如图1，
则∠APB＝∠ACB＝×60°＝30°．
∴使∠APB＝30°的点P有无数个．
故答案为：无数．
（2）①当点P在y轴的正半轴上时，
过点C作CG⊥AB，垂足为G，如图1．
∵点A（1，0），点B（5，0），
∴OA＝1，OB＝5．
∴AB＝4．
∵点C为圆心，CG⊥AB，
∴AG＝BG＝AB＝2．
∴OG＝OA+AG＝3．
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝AB＝4．
∴CG＝
＝
＝2．
∴点C的坐标为（3，2）．
过点C作CD⊥y轴，垂足为D，连接CP2，如图1，
∵点C的坐标为（3，2），
∴CD＝3，OD＝2．
∵P1、P2是⊙C与y轴的交点，
∴∠AP1B＝∠AP2B＝30°．
∵CP2＝CA＝4，CD＝3，
∴DP2＝＝．
∵点C为圆心，CD⊥P1P2，
∴P1D＝P2D＝．
∴P2（0，2﹣）．P1（0，2+）．
②当点P在y轴的负半轴上时，
同理可得：P3（0，﹣2﹣）．P4（0，﹣2+）．
综上所述：满足条件的点P的坐标有：
（0，2﹣）、（0，2+）、（0，﹣2﹣）、（0，﹣2+）．
（3）当过点A、B的⊙E与y轴相切于点P时，∠APB最大．
理由：可证：∠APB＝∠AEH，当∠APB最大时，∠AEH最大．由sin∠AEH＝ 得：当AE最小即PE最小时，∠AEH最大．所以当圆与y轴相切时，∠APB最大．
①当点P在y轴的正半轴上时，
连接EA，作EH⊥x轴，垂足为H，如图2．
∵⊙E与y轴相切于点P，
∴PE⊥OP．
∵EH⊥AB，OP⊥OH，
∴∠EPO＝∠POH＝∠EHO＝90°．
∴四边形OPEH是矩形．
∴OP＝EH，PE＝OH＝3．
∴EA＝3．
∵∠EHA＝90°，AH＝2，EA＝3，
∴EH＝
＝
＝
∴OP＝
∴P（0，）．
②当点P在y轴的负半轴上时，
同理可得：P（0，﹣）．
理由：
①若点P在y轴的正半轴上，
在y轴的正半轴上任取一点M（不与点P重合），
连接MA，MB，交⊙E于点N，连接NA，如图2所示．
∵∠ANB是△AMN的外角，∴∠ANB＞∠AMB．
∵∠APB＝∠ANB，∴∠APB＞∠AMB．
②若点P在y轴的负半轴上，
同理可证得：∠APB＞∠AMB．
综上所述：当点P在y轴上移动时，∠APB有最大值，
此时点P的坐标为（0，）和（0，﹣）．
11．如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过B（3，0），C（0，4）两点，抛物线与x轴的另一交点为A，连接AC、BC．
（1）求抛物线的解析式及点A的坐标；
（2）若点D是线段AC的中点，连接BD，在y轴上是否存在一点E，使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形？若存在，求出点E的坐标，若不存在，说明理由；
（3）如图2，P为抛物线在第一象限内一动点，过P作PQ⊥BC于Q，当PQ的长度最大时，在线段BC上找一点M使PM+BM的值最小，求PM+BM的最小值．
【解析】解：（1）把B（3，0），C（0，4）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+4，
当y＝0时，﹣x2+x+4＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝3，
∴A（﹣2，0）；
（2）存在，如图1，
∵A（﹣2，0），C（0，4），
∴D（﹣1，2），
设E（0，m），
∵∠DEB＝90°，
∴DE2+BE2＝BD2，
即（﹣1）2+（2﹣m）2+32+m2＝（3+1）2+（0﹣2）2，
m2﹣2m﹣3＝0，
m1＝﹣1，m2＝3，
∴E（0，﹣1）或（0，3）；
（3）∵B（3，0），C（0，4），
易得BC的解析式为：y＝﹣x+4，
如图2，作直线l∥BC，设直线l的解析式为：y＝﹣x+n，
当直线l与抛物线有一个公共点时，这个公共点为P，此时PQ的长最大，
则﹣x+n＝﹣x2+x+4，
2x2﹣6x+3n﹣12＝0，
Δ＝（﹣6）2﹣4×2×（3n﹣12）＝0，
n＝，
∴2x2﹣6x+3×﹣12＝0，
解得：x1＝x2＝，∴P（，），
过P作PN⊥x轴于N，交BC于M，
∵sin∠CBO＝，∴MN＝BM，
∴PM+BM＝PM+MN＝PN＝，
即PM+BM的最小值是．
12．问题提出：
如图1：在△ABC中，BC＝10且∠BAC＝45°，点O为△ABC的外心，则△ABC的外接圆半径是 ．
问题探究：
如图2，正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD两边上点且∠EAF＝45°，请问线段BE、DF、EF有怎样的数量关系？并说明理由．
问题解决：
如图3，四边形ABCD中，AB＝AD＝4，∠B＝45°，∠D＝135°，点E、F分别是射线CB、CD上的动点，并且∠EAF＝∠C＝60°，试问△AEF的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值．若不存在，请说明理由．
【解析】解：（1）如图1，作出△ABC的外接圆⊙O，
∵∠A＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∵BC＝10，
∴OB＝sin45°×BC＝，
故答案为：5．
（2）EF＝BE+DF，理由如下：
如图2，延长EB，使BG＝DF，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABG＝∠D＝90°，
在△ABG和△ADF中，，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∴∠GAE＝45°，
在△GAE和△FAE中，，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴EF＝GE＝DF+BE，
（3）存在最小值，如图3，延长CB，使BG＝DF，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABG＝135°，
∴∠ABG＝∠ADF，
又∵AB＝AD，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，
∵∠ABC＝45°，∠D＝135°，∠C＝60°，
∴∠BAD＝120°，
∵∠EAF＝60°，
∴∠BAE+∠DAF＝60°，
∴∠GAE＝60°，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
在△AEF中，∵∠EAF＝60°，AH＝4，
∴EF边上的高AK＝4，
画△AEF的外接圆⊙O，作OM⊥EF于M，
∵∠EAF＝60°，
∴∠EOM＝60°，
设OM＝x，EM＝，OE＝2x，EF＝2，
∵OM+OA≥AK，
∴x+2x≥4，
∴x≥，
∴EF的最小值为2×，
∴S△AEF的最小值为．
13．如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD于点E，AB＝10，CD＝6，点P是CD延长线上异于点D的一个动点，连结AP交⊙O于点Q，连结CQ交AB于点F，则点F的位置随着点P位置的改变而改变．
（1）如图1，当DP＝4时，求tan∠P的值；
（2）如图2，连结AC，DQ，在点P运动过程中，设DP＝x，．
①求证：∠ACQ＝∠CPA；
②求y与x之间的函数关系式．
【解析】（1）解：连接OD，如图，
∵⊙O的直径AB垂直于弦CD于点E，∴DE＝EC＝CD＝3，
∵AB＝10，∴OA＝OB＝OD＝5，
∴OE＝＝4，∴AE＝OA+OE＝9，
∵DP＝4，∴PE＝DP+DE＝7．
∵PE⊥AE，∴tan∠P＝；
（2）①证明：连接BQ，如图，
∵AB为⊙O的直径，∴∠AQB＝90°，∴∠QAB+∠B＝90°，
∵PE⊥AE，∴∠QAB+∠P＝90°，
∴∠P＝∠B，
∵∠B＝∠ACQ，
∴∠ACQ＝∠CPA．
②解：∵CE⊥AB，∴AC＝3．
∵四边形AQDC为圆的内接四边形，∴∠PDQ＝∠QAC，
∵∠ACQ＝∠CPA，
∴△PDQ∽△CAQ，
∴＝，
∴，
∵△PDQ与△DCQ是等高的三角形，
∴，
∴，
∵，
∴y＝＝．
∴y与x之间的函数关系式为y＝．
五﹑临考心理篇
1.考前考生需要做哪些准备
一年一度的中考即将来临，在离中考只剩下1半个月的时间，初三的学生们该如何做好中考前的准备呢？这里不仅有文化课的准备，还有心态的准备，需要做到劳逸结合，保持好心态，保持好身体，高考才能正常发挥．现在就为正在努力备考的学生们分享一下高考前的准备工作．
知识准备
1.不做题海战术．距离中考时间越来越近，这时不能够再把时间花在题海战术上，可能有些同学说，如果不保持每天的做题量，锻炼自己的做题速度跟准确度，很难保证在考场上有正常的发挥．其实，我们应该把更多的时间分配到各科的基础复习当中，然后在每天复习完之后，适当选择一些题目出来练习，建议按照规定的时间完成每一道题目，也能达到考场中的那种紧张感．
2.注重课本基础知识点的复习．这时已经不是做难题做偏题的时候，在这么短的时间，想要有一个突破性的提高，基本已经很难，同学们应该把更多的精力放在课本基础知识点的掌握与复习当中，中考面向的是所有学生，试题大部分偏向于基础，而少部分的难题作为中高层学生的拉分机会．当然，题目难，得分也难；题目易，失分也容易，考场更需要胆大心细，做到易题不丢分，难题争得分．
3.分析自己的优势弱势环节．复习时，要客观理清自己的优势科目、弱势科目．如果理科是弱势，那么这时再强化做题基本已经来不及了，反而应该多看看课本上的基础性原理跟公式的应用，保证基础题目能够得分，而且是尽量拿满分，减少失误；如果弱势在于文科，那么在接下来的时间里面，还有机会进行一小段的提高，比如可以多花一些时间背诵名人警句，多看看优秀作文，多背背英语单词，听一听听力，培养自己的语感，一直持续到中考该科目的结束，相信会有一个不错的效果．
4.翻阅错题本．在复习时，将以前做过的试卷或者收集起来的错题本拿出来，多看看里面经常会犯错，而且容易忽略的基础性错误，避免在中考时又在同样的地方摔倒，尽量做到会做的题目，就拿满分，不会做的题目，分析一下哪些步骤会做，争取拿分，特别是理科题，不要因为是难题就完全放弃，而是在考试的时候，看哪些步骤会，就写上去，题目是按步骤给分，多争取一个步骤，就多争取一分，就相当于为上理想大学多向前迈进了一步．
5.适当做题，掌握技巧．在临近中考前，会发现越来越多的模拟题，特别是各个地方传来的所谓中考热点，这时候自己要有所针对性地做一些相应的模拟题，但切记过多，一个星期在规定的时间内完整做完2到3套模拟题即可，关键在于保持自己的作战心态，从做题中给自己一个宏观上的分析，可以找出自己在做题过程中所遇到的问题，避免在考场上的重现，提高自己的应试能力，做到知己知彼．
心理调整
1.给自己积极的心理暗示．每天早上起床，面对着镜子微笑，提升自信心，保持良好的心态，就算跟同学打招呼，也露出自信的微笑，一定要相信自己，只要努力付出了，就无怨无悔．中考只是学习之旅的一个驿站，考得好与不好只是暂时的一个经历而已．
2.不跟学习成绩好的攀比．五指伸出有长短，每个人都有每个人的优缺点，有长处也有短处，而且每个人的学习方法不同、天赋不同、后天成长也不同，根本就不存在可比性，每天只要跟自己比就好，是否今天又发现了自己存在丢分的环节，是否又发现了自己可以在哪些环节上进行加分，只有不断地剖析挖掘自己，自然而然就能够更加客观地看待这次中考．
3.放松心情，别给自己太大压力．中考几乎是每个人都会经历的一次考试，当然心态看个人，主要靠自己调整，越是临近中考，越是要跟学长、老师或者家人进行心理上的沟通，把心中的烦闷跟他们讲，把遇到的心理压力释放出来．作为过来人，他们会给出当年中考是怎么一步步走过来的，这样有了一个借鉴性的经验，自然心情就会舒畅很多，切忌什么事情都往自己身上推，对自己过不去，就是对自己的未来过不去，多多沟通交流，才能不断解惑释压．
4.劳逸结合．在临近中考，学生切忌整天除了睡觉的时间，其余都花在课本上面．每天给自己定好一个复习计划，看完书就到外面走走、散散步、跑跑步、聊聊天或者打打球，让大脑休息一下，持续地看书做题，有时会让大脑处于一个紊乱状态，可能有一些题目其实并不难，但却总是解不出．不知道同学们自己有没有发现，当过了一两天之后，这些所谓的难题再拿出来做，会有一种豁然开朗的感觉，这就是需要劳逸结合的目的所在．而且通过适当的运动，还可以增强体质，保持一个健康的体魄，避免高考时身体不适，导致发挥失常，那才是前功尽弃，得不偿失．
2.中考前一天需要做哪些准备
中考对于考生和考生家长都是一次很重要的考试，考试中如果发生一点差错，就可能会对考生造成影响，那在考前应该做好哪些准备工作，让我们有备无患呢？
1.考场踩点．在中考前，考生最好能够去考场踩点，以便在中考当天迅速找到考场，避免因考场找不到而造成的心理焦虑，我们去踩点时要注意考场在哪栋楼、哪一层、哪个教室，座位大约在哪，洗手间在教学楼的哪个位置，从我们的住处到考场需要多长时间，要使用什么交通工具，等等．
2.准备好考试用品．最重要的准考证、身份证，文具(包括签字笔、2B铅笔、橡皮、三角板、直尺、圆规等)，手表，着装，水和雨具．这些可以统一放在一个文件袋中，方便寻找．
3.调整作息时间．为了在中考时，能够有更好的发挥，在考前一天，复习的强度不宜过大，休息好大脑才能在考试时充分发挥．
4.记清考试规则．在考前一定要记住中考的规则，不要带考试禁止的东西进入考场，考号、姓名要写在规定处，不要带草稿纸等出考场．考号姓名以及答题卡涂写方式可以在平常的模拟考试中演练．
5.调整心态，积极面对高考．有一个良好的心态，对于高考无比重要，很多考生会因为高考的巨大压力寝食难安，在考前，考生可以通过自我暗示、与人沟通、转移注意力等方式调整自己，让自己带着最佳心态进入考场！
六﹑考场注意篇
 1.中考数学临场解题策略
中考的特点是以学生解题能力的高低为标准的一次性选拔，这就使得临场发挥显得尤为重要，研究和总结临场解题策略，进行应试训练和心理辅导，已成为中考数学的重要内容之一，正确运用数学中考临场解题策略，不仅可以预防各种心理障碍造成的不合理丢分和计算失误及笔误，而且能运用科学的检索方法，建立神经联系，挖掘思维和知识的潜能，考出最佳成绩．
一、调整大脑思绪，提前进入数学情境
考前要摒弃杂念，排除干扰思绪，使大脑处于“空白”状态，创设数学情境，进而酝酿数学思维，提前进入“角色”，通过清点用具、暗示重要知识和方法、提醒常见解题误区和自己易出现的错误等，进行针对性的自我安慰，从而稳定情绪、增强信心，减轻压力、轻装上阵，使思维单一化、数学化，以平稳自信、积极主动的心态准备应考．
二、“内紧外松”，集中注意力，消除焦虑怯场
集中注意力是考试成功的保证，一定的神经亢奋和紧张，能加速神经联系，有益于积极思维，要使注意力高度集中，思维异常积极，这叫内紧，但紧张程度过重，则会走向反面，形成怯场，产生焦虑，抑制思维，所以又要清醒愉快，放得开，这叫外松．
三、沉着应战，确保旗开得胜，以振奋精神
良好的开端是成功的一半，从考试的心理角度来说，这确实是很有道理的，拿到试题后，不要急于求成、立即下手解题，而应通览一遍整套试题，摸透题情，然后稳操一两个易题熟题，让自己产生“旗开得胜”的快意，从而有一个良好的开端，以振奋精神，鼓舞信心，很快进入最佳思维状态，即发挥心理学所谓的“门坎效应”，之后做一题得一题，不断产生正激励，稳拿中低，见机攀高．
四、“六先六后”，因人因卷制宜
在通览全卷，将简单题顺手完成的情况下，情绪趋于稳定，情境趋于单一，大脑趋于亢奋，思维趋于积极，之后便是发挥临场解题能力的黄金时间了．这时，考生可依自己的解题习惯和基本功，结合整套试题结构，选择执行“六先六后”的战术原则．
1.先易后难．即先做简单题，再做综合题．应根据自己的实际情况，果断跳过“啃”不动的题目，从易到难，也要注意认真对待每一道题，力求有效，不能走马观花，有难就退，伤害解题情绪．
2.先熟后生．通览全卷，可以得到许多有利的积极因素，也会看到一些不利之处．对后者，不要惊慌失措，应想到试题偏难对所有考生也难，通过这种暗示，确保情绪稳定．对全卷整体把握之后，就可实施先熟后生的策略，即先做那些内容掌握比较透彻、题型结构比较熟悉、解题思路比较清晰的题目．这样，在拿下熟题的同时，可以使思维流畅、超常发挥，达到拿下中、高档题目的目的．
3.先同后异．即先做同科同类型的题目，思考比较集中，知识和方法的沟通比较容易，有利于提高单位时间的效益．中考题一般要求较快地进行“兴奋灶”的转移，而“先同后异”，可以避免“兴奋灶”过急、过频的跳跃，从而减轻大脑负担，保持有效精力．
4.先小后大．小题一般是信息量少、运算量小，易于把握，不要轻易放过，应争取在解答大题之前尽快解决，从而为解决大题赢得时间，创造一个宽松的心理基础．
5.先点后面．近年的中考数学解答题多呈现为多问渐难式的“梯度题”，解答时不必一气审到底，应走一步解决一步，而前面问题的解决又为后面问题准备了思维基础和解题条件，所以要步步为营，由点到面．
6.先高后低．即在考试的后半段时间，要注重时间效益，如估计两题都会做，则先做高分题;估计两题都不易，则先就高分题实施“分段得分”，以增加在时间不足前提下的得分．
五、一“慢”一“快”，相得益彰
有些考生只知道考场上一味地要快，结果题意未清，条件未全，便急于解答，岂不知欲速则不达，结果是思维受阻或进入死胡同，导致失败．应该说，审题要慢，解答要快．审题是整个解题过程的“基础工程”，题目本身是“怎样解题”的信息源，必须充分搞清题意，综合所有条件，提炼全部线索，形成整体认识，为形成解题思路提供全面可靠的依据．而思路一旦形成，则可尽量快速完成．
六、确保运算准确，立足一次成功
数学中考需要在120分钟时间内完成26-28道题，时间很紧张，不允许做大量细致的解后检验，所以要尽量准确运算(关键步骤，力求准确，宁慢勿快)，立足一次成功．解题速度是建立在解题准确度基础上的，更何况数学题的中间数据常常不但从“数量”上，而且从“性质”上影响着后继各步的解答．所以，在以快为上的前提下，要稳扎稳打，层层有据，步步准确，不能为追求速度而丢掉准确度，甚至丢掉重要的得分步骤．假如速度与准确不可兼得的话，就只好舍快求对了，因为解答不对，再快也毫无意义．
七、讲求规范书写，力争既对又全
考试的又一个特点是以卷面为唯一依据．这就要求不但会而且要对，对且全，全而规范．会而不对，令人惋惜;对而不全，得分不高;表述不规范、字迹不工整又是造成中考数学试卷非智力因素失分的一大方面．因为字迹潦草，会使阅卷老师的第一印象不良，进而使阅卷老师认为考生学习不认真、基本功不过硬、“感情分”也就相应低了，此所谓心理学上的“光环效应”．“书写要工整，卷面能得分”讲的也正是这个道理．
八、面对难题，讲究策略，争取得分
会做的题目当然要力求做对、做全、得满分，而更多的问题是对不能全面完成的题目如何分段得分，下面有两种常用方法：
1.缺步解答．对一个疑难问题，确实啃不动时，一个明智的解题策略是：将它划分为一个个子问题或一系列的步骤，先解决问题的一部分，即能解决到什么程度就解决到什么程度，能演算几步就写几步，每进行一步就可得到这一步的分数．如从最初的把文字语言译成符号语言，把条件和目标译成数学表达式，设应用题的未知数，设轨迹题的动点坐标，依题意正确画出图形等，都能得分．还有像完成数学归纳法的第一步，分类讨论，反证法的简单情形等，都能得分．而且可望在上述处理中，从感性到理性，从特殊到一般，从局部到整体，产生顿悟，形成思路，获得解题成功．
2.跳步解答．当解题过程卡在一中间环节上时，可以承认中间结论，往下推，看能否得到正确结论，如得不出，说明此途径不对，立即改变方向，寻找其他途径;如能得到预期结论，就再回头集中力量攻克这一过渡环节．若因时间限制，中间结论来不及得到证实，就只好跳过这一步，写出后继各步，一直做到底;另外，若题目有两问，第一问做不上，可以第一问为“已知”，完成第二问，这都叫跳步解答．也许后来由于解题的正迁移对中间步骤想起来了，或在时间允许的情况下，经努力而攻下了中间难点，可在相应题尾补上．
九、以退求进，立足特殊，发散一般
对于一个较一般的问题，若一时不能取得一般思路，可以采取化一般为特殊(如用特殊法解选择题)，化抽象为具体，化整体为局部，化参量为常量，化较弱条件为较强条件，等等．总之，退到一个你能够解决的程度上，通过对“特殊”的思考与解决，启发思维，达到对“一般”的解决．
十、执果索因，逆向思考，正难则反
对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展．顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证．如用分析法，从肯定结论或中间步骤入手，找充分条件;用反证法，从否定结论入手找必要条件．
十一、回避结论的肯定与否定，解决探索性问题
对探索性问题，不必追求结论的“是”与“否”、“有”与“无”，可以一开始，就综合所有条件，进行严格的推理与讨论，则步骤所至，结论自明．
十二、应用性问题思路：面—点—线
解决应用性问题，首先要全面理解题意，迅速接受概念，此为“面”;透过冗长叙述，抓住重点词句，提出重点数据，此为“点”;综合联系，提炼关系，依靠数学方法，建立数学模型，此为“线”．如此将应用性问题转化为纯数学问题．当然，求解过程和结果都不能离开实际．
2.中考数学阅卷和答题卡的注意事项
随着科技的发达，现在越来越多的考试都采用电子阅卷，尤其是中高考．今天就和大家聊聊中考数学方面的阅卷以及考生需要注意的地方．
走近电子阅卷，看看试卷在阅卷人眼中呈现的样子．
一、扫描
1.如果不使用规定的2B铅笔，可能识别被误判为“空选”，造成失分．
2.蓝色钢笔书写后，扫描字迹较浅，若无法辨认，容易误判或不给分．
1.作图未使用规定铅笔，或下笔太轻，会造成扫描看不清楚，请慎重．
4.语言表述需简明扼要，勿超出答题区域．
二、阅卷
1.主观题和客观题
一般客观题为选择题，由电脑自动阅卷完成；主观题为填空题、解答题，划分区域后，由人工网上阅卷完成．改卷中存在争议的部分，往往都是主观题部分．
2.正评和仲裁
每次考试，一般每道题由两位老师独立评分，即为正评．
评卷前会在系统内设定一个允许误差，比如1分，若两位老师评分不超过允许误差，则得分按均值计算；若评分超过允许误差，则试卷提交到第三位老师进行仲裁，作为最终结果．考试按不同题型分类，允许误差为0分或1分．
3.评卷误差的产生
评卷误差的产生，主要有两个原因：一是解题过程的规范性，二是书写的规范性．
由于解题过程的不规范，其实是方法掌握得不够全面，各题迥异不具代表性，这里主要展示一些书写规范性的问题．
①字迹无法辨认，或容易引起歧义．
②解答题未化简到最终结果可能会多扣分；填空题以下三种情况未化简则全扣．
③万别和阅卷老师开玩笑，情节严重者，本题即使有部分正确依然0分处理．
建议同学们要注意平时作业和考试中的书写，一定要非常规范，养成良好的习惯，这样在中考中就会很自然地书写规范，考出自己满意的成绩！
三、阅卷教师希望看到的是能够减轻阅读量的卷面，具体包括以下6点：
1.卷面清洁，这是最基本的要求；
2.书写工整，字迹清晰；
3.在规定的答题区域答题，否则做无用功；
4.表述是要根据分值思考要点，尽量细分，用分号或①②③④等符号清楚表述；
5.语言要简洁，答中要害；
6.语言表述要规范，尽量用专业术语．
如果卷面做到了以上6点，在“可给分可不给分的情况时，从宽给分”的中考评分原则下，将无形中增加了多得分的砝码．
四、以下是网上阅卷中发现的考生答题不规范的典型情况：
1.字迹潦草
问题一：字迹潦草、字迹过淡的情况不少．中考阅卷是在计算机中阅读扫描后的考生答题卡，没有平时纸质阅卷那么清晰易认，加上中考阅卷时间短、任务重，因此字迹不清楚的试卷是不受阅卷老师欢迎的．
【应对】书写差的学生应加强书法练习，不仅每个字要力争书写工整、大方，而且整个卷面要做到干净、清洁；答题卡答题范围设置是假定用三号字书写两倍正确答案字数的大小，考生无需担心字写大了书写空间不够；考试时统一要求学生使用配套的0.5mm考试专用水芯笔，避免笔迹过淡或过浓导致扫描不清晰．
2.题号填涂与作答不符
问题二：试卷中有选考题，要求考生除了答出所选题目的答案外，还要在答题卡中将相应的选择题号涂黑，而部分考生出现答题内容与所涂题号不一致的情况，这样做，该题0分．例如，考生涂的是39题题号，答的却是40题的内容，只能得零分．
【应对】答选考题时，一定要头脑清醒，选定要答的题目一定要涂对题号，否则白费了工夫，还不得分．
3.超出规定区域答题
问题三：部分学生还没想好便匆忙答题，以至于格式没安排好，超出了该题预留的答题位置．在网上阅卷中，超出规定区域的答案无效．
【应对】答大题时，想好了再动笔，先答什么，后答什么，要有条理，不能写了半天还没入主题，重要的东西没地方写了，再东找点地方，西找点地方写，结果不得分．
4.答案分块
问题四：有的学生答案布局不合理，内容分成了几块．“分块”现象容易导致阅卷老师漏阅得分点，造成赋分过少的现象．
【应对】中考试题中的非选择题一般是一个要点2分．因此，书写答案前先确定需要书写的要点个数，规划好答案的整体布局，在书写前对答案打好草稿，然后从左上角往右下角书写，这样就不会出现图示的“分块”现象；备考过程中加强对中考非选择题答案的揣摩，分析答案要点有几个，答案依据在哪，为什么只答这几个要点等．做到答题时条理分明，避免书写之后又补充答案的现象．
5.答案不分层次
问题五：不少考生答一道大题时，没有层次，一口气写了一大段，让阅卷老师很难查找知识点．
【应对】对于一道需要答出很多采分点的大题，考生作答时要尽可能做到有层次，这样能让阅卷老师感觉到该考生思路是清晰的，便于得高分．
6.作图不规范
问题六：部分学生在答题卡上作图不清晰，要不过淡，要不就东一条线、西一条线，擦又没擦干净，显得很脏，这让阅卷老师很难辨识清楚．
【应对】作图题要本着清晰、干净的原则，该用尺子的地方一定要用尺子，线条要重些，但又不能让其看起来显得很脏．
7.出现删除符号
问题七：部分考生匆忙答题，答错了一段，便用删除符号大面积删掉．
【应对】往年中考中允许使用白纸“打补丁”，而现在中考则取消了“打补丁”．因此，很多学生感觉答题出现错误时，往往使用删除符号划掉部分字词，这是一个极其错误的思维定势．
中考阅卷有一个“采点得分”原则，即只看对的答案．只要不是同一句话中前后矛盾，那么即使是错误的答案也不会影响考生应得分数．因此，在不允许“打补丁”的前提下，已经书写的答案就不要使用删除符号．
解决方案：1.如果答案中已经用数字标注①、②、③等，则无需进行修改．2.如果没有使用数字标注的习惯，则在认为要删除的答案前后标上句号，使其与别的答案存在并列关系．
五、数学阅卷中给考生在考试中发挥提几点意见：
1.发挥最大潜能，让考分达到最大值，忽略其他一切与考试无关的东西．
2.几何第1问一般较为简单，用一般知识即可解决，
3.由于每道大题答题框面积有限，故答题只能写必要关键步骤，有些课本上没有的常规结论直接使用．
4.如果将前面的过程写得过细，必然会导致后面拥挤，关键的内容没有写上．
5.大家知道，大题不能留空白，“会而不对”的题将涉及的知识套上去，必要时用“瑕疵”法求解．
6.熟知中考数学解答题的评分标准：解答题评分的大思想“踩点给分”，先由评卷全体老师把该题可能有的解法都解出来，每种解法，细化步骤，讨论哪一步给多少分，直到评卷组长通过为止．
8.做题的几个原则：①先易后难，先熟后生；②一慢一快：审题要慢，做题要快；③不能小题难做，小题大做，要小题小做，小题巧做；④基础题要拿满分，难题力争多得分，似曾相识题力争不失分；⑤考试不怕题不会，就怕会题做不对．
七、考后疏导篇
中考考后那些事
当赛事已完，赛完人散，在等待结果的日子，你们会惴惴不安．枕着希望，进入梦乡，期待佳音，迎接黎明；害怕失望，黄昏已至，又将明天，该何去何从！其实这段时光你们人生真正的学习才刚刚开始，凡事预则立，不预则废，你们该如何谋定在先，去面对人生的第一个十字路口，只不过大多数人忘了思考，没有去想，或者不愿去想，在这无奈而又无所事事的时光里该做些什么？
考后的三种普遍心态
个案1:放纵型考生
在“黑色”的大考过后，小林把自己接下来的三天三夜“奉献”给了KTV，所有同学、好友甚至老师都接到“邀请”，可算是彻彻底底地当了一回疯狂的麦霸；接着是几天的通宵到网吧上网……
分析：放纵型的考生之所以选择疯狂，主要是因为长期受到压抑，一下子得到完全的释放而有点变得忘乎所以，也可能因为这次考得的确不错，过于兴奋而难以自制．但如此放纵对于刚考完试的同学的身心来说极易造成过度疲劳而产生危害，例如过度用嗓、用眼而导致声带、眼睛的损坏．
对策：合理作息，健康休闲
建议该类考生要适当而渐进性地放松，不宜过于放纵．可以考虑跟家长或者同学做一个合适的、循序渐进的减压放松计划．如可以去打打球，陪父母逛逛街，或者跟朋友聊聊天等．同时建议考生，考试结束后不要完全丢掉学习习惯，而应规划“调整性学习”，比如阅读自己感兴趣的文学作品，广泛涉猎各领域的知识，拓宽自己的知识面，为即将到来的新学期学习生活做好准备．
个案2：挫败型考生
“今年考砸了，有很多题型平时根本没见到过，考着考着就慌了手脚．第一门很容易，本以为今年的考试总体来说难度不大，没想到竟然败在了自己的强项数学手上．哎！这一辈子都没希望了……”平时数学不错的小李不无遗憾地说．
分析：有这种心态的考生一般都把高考的失败看作前途的终结，将人生的路看得过于单一．所以，他们就会长吁短叹、愁眉苦脸，反复咀嚼自己在某一学科上的失败和痛苦，只看到自己的缺点，看不到自己
的优点．同时觉得自己考得不如别人，低人一等．
对策：正确评估自己，转移注意力
应对这种心理的关键就是要正确评估自己．每个考生都应当在考后好好反省，全面分析考试胜败的原因，客观评价自己，既不要盲目夸大自己的优点，也不要把自己评价过低．考生一旦对自己有了一个正确的评价，也就能够比较客观地对待考试的成败得失，真正做到“不以物喜，不以己悲”了．同时，还要懂得，高考也带有一定的偶然性，大考的竞技场上，既有成功者，也一定有失败者．因此，千万不能凭一次成败论英雄．同时不妨采取转移注意的方法，避免不良情绪的困扰．例如数学科目考得不好，那就不要再想数学，而是想想自己考得好的科目．同时也可以多做些力所能及的家务，或听听音乐、看看电视，或拜访亲戚朋友，分散或转移对挫折的注意，使考试失败的阴影逐渐淡化，从而有效地防止挫败感和焦虑感的产生．
个案3：内疚型考生
“爸爸妈妈，我对不起你们，这么简单的考试都考砸了．”一位考生走出考场后面对焦急等待的父母，泪流满面，伤心欲绝．而她的父母也在一边不知所措，刚想安抚孩子，这位考生反而哭得更厉害了．
分析：产生内疚心理的考生很多都是因为考前得到了家长和亲戚无微不至的关怀和照顾，得到老师无私的帮助和激励，本想考上一所理想的学校以示报答，结果心想事不成，遂产生了愧对家长与老师的内疚心理．一些过度内疚的同学还会因此整天闷在家里，避免会亲访友，减少了与人交往的机会（独处，不合群，过分地自我封闭），严重者甚至会产生抑郁症．
对策：多参加活动，多与父母交流
此类同学，要化内疚为力量，勇敢地站起来，不要沉浸在内疚之中，要尽快走出这个误区．可以选择一些集体活动，一般来说，和同学在一起可以减轻自己的压力，也可以在家看看书，看看伟人的传记；还可以进行适当的学习．
输入
…
1
2
3
4
5
…
输出
…
…
A＝﹣2x2﹣（k﹣1）x+1
B＝﹣2（x2﹣x+2）
C
解：原式＝[﹣]×①
＝[﹣]×②
＝×③
…
解：
工程队
每天施工面积（单位：m2）
每天施工费用（单位：元）
甲
x+300
3600
乙
x
2200
甲工程队施工1800m2所需天数与乙工程队施工1200m2所需天数相等．
x
…
﹣4
﹣3
﹣2
﹣
﹣
0
1
2
3
4
…
y
…
m
n
…
x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
5
…
y
…
6
5
4
a
2
1
b
7
…
水平距离x/m
0
3
3.5
4
4.5
竖直高度y/m
10
10
k
10
6.25
问题
鹅卵石的像到水面的距离
工具
纸、笔、计算器、测角仪等
图形

说明
根据实际问题画出示意图（如图），鹅卵石在C处，其像在G处，泳池深为BN，且BN＝CH，MN⊥NC于点N，MN⊥BH于点B，CH⊥BH于点H，点G在CH上，A，B，G三点共线，通过查阅资料获得＝1.33．
数据
BN＝3m，∠ABM＝41.7°.
课题
古代典籍数学文化探究
工具
计算器、纸、笔等
示意图


说明
图2是桔槔的示意图，OM是垂直于水平地面的支撑杆．OM＝3米，AB是杠杆，且AB＝4.2米，OA：OB＝2：1．当点A位于最高点时，∠AOM＝127°．
参考数据
sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，tan37°≈0.75
计算
求点A位于最高点时到地面的距离．（结果精确到0.1米）
过程
x（分钟）
0
5
10
15
20
…
y1（克）
25
23.5
20
14.5
7
…
y2（克）
25
20
15
10
5
…
运动时间x/s
0
2
4
6
8
10
…
运动速度v/（cm/s）
10
9
8
7
6
5
…
滑行距离y/cm
0
19
36
51
64
75
…
t（s）
0
1
2
3
4
y（m）
0
4.9
14.7
44.1
78.4
阅读1：若a，b为实数，
且a＞0，b＞0，∵∴∴（当且仅当a＝b时取等号）
阅读2：若函数（x＞0，m＞0，m为常数），∵x＞0，m＞0，
由阅读1的结论可知，即∴当时，函数有最小值，最小值为．
中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常采用倍长中线法添加辅助线．所谓倍长中线法，即延长边上（不一定是底边）的中线，使所延长﹣部分与中线相等，以便构造全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的一种方法．
如图①，在△ABC中，AD是BC边上的中线，若AB＝3，AC＝5，求AD的长的取值范围．
解题思路：如图①，延长AD到点E，使DE＝DA，连接CE，则可证得△ECD≌△ABD（依据），得出EC＝AB＝3，在△ACE中，AE＝2AD，AC＝5，CE＝3，即可得到AE的取值范围，进一步得到AD的取值范围．
目的地
车型
A村（元/辆）
B村（元/辆）
大货车
800
900
小货车
400
600
星期
一
二
三
四
五
六
日
人数
100
120
100
100
160
230
240
x
…
﹣
﹣2
﹣
﹣1
﹣
0
1
2
…
y
…
﹣
0
m
0
2
0
﹣
…
x/cm
0
0.30
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
3.68
3.81
3.90
3.93
4.10
y/cm
3
2.88
2.81
2.69
2.67
2.80
3.15

3.85
5.24
6.01
6.71
7.27
7.44
8.87
八、终极押题篇
确认过眼神，这就是你想要做的题！
2024年中考数学终极押题卷
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
5.考试结束后，只将答题卡交回.
第I卷（选择题)
一、单选题：（本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．﹣2024的相反数是（ ）
A．﹣2024B．2024C．±2024D．
2．下列计算正确的是（ ）
A．a2+a3＝2a5B．a2•a3＝a6C．a3÷a＝a2D．（a3）2＝a5
3．下面的图形是用数学家名字命名的，其中是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
A．科克曲线B．笛卡尔心形线
C．赵爽弦图D．斐波那契螺旋线
4．国家统计局2024年2月29日发布了《中华人民共和国2023年国民经济和社会发展统计公报》．初步核算，全年国内生产总值为1260582亿元.1260582这个数用科学记数法表示为（ ）
A．0.1260582×107B．1.260582×106
C．12.60582×105D．126.0582×104
5．春节期间电影《热辣滚烫》上映的第一天票房约为3亿元，第二、三天单日票房持续增长，三天累计票房9.63亿元，若第二、三天单日票房增长率相同，设平均每天票房的增长率为x，则根据题意，下列方程正确的是（ ）
A．3（1+x）＝9.63
B．3（1+x）2＝9.63
C．3（1+x）+3（1+x）2＝9.63
D．3+3（1+x）+3（1+x）2＝9.63
6．2024年央视春晚的主题为“龙行龘（dá）龘，欣欣家国”．“龙行龖龖”寓意中华儿女奋发有为、昂扬向上的精神风貌．将分别印有“龙”“行”“龘”“龘”四张质地均匀、大小相同的卡片放入盒中，从中随机抽取一张，则抽取的卡片上印有汉字“龘”的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．如图为商场某品牌椅子的侧面图，∠DEF＝121°，DE与地面平行，∠ABD＝48°，则∠DCE＝（ ）
A．78°B．73°C．69°D．61°
8．如图，在△ABC中，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交BC于点D，再分别以点B，点D为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧分别交于M，N两点，连接MN交AB于点E，已知AC＝5，AB＝9，则△ADE的周长为（ ）
A．17B．16C．15D．14
9．将函数y＝2x的图象沿y轴向上平移1个单位长度后，所得图象与x轴的交点坐标为（ ）
A．（0，1）B．（1，0）C．D．
10．符号“f”表示一种运算，它对一些数的运算结果如下：
（1）f（1）＝2，f（2）＝4，f（3）＝6…；
（2），，…．
利用以上规律计算：等于（ ）
A．B．C．2022D．2023
11．如图，E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE＝BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BE于点R，则PQ+PR的值是（ ）
A．B．C．D．
12．如图1，在正方形ABCD中，动点M，N分别从点A，B同时出发，以相同的速度匀速运动到点B，C停止，连接DM，MN，ND．设点M运动的路程为x，△DMN的面积为S，其中S与x之间的函数关系图象如图2所示，则正方形ABCD的边长是（ ）
A．4B．C．6D．
第II卷（非选择题)
二、填空题：（本题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
13．二次根式在实数范围内有意义，x的取值范围是 ．
14．把多项式2a2b﹣18b分解因式的结果是 ．
15．为了深入贯彻党的“二十大”精神，落实中央人才工作部署，某区拟实施“引进人才”招聘考试．招聘考试分笔试和面试，其中笔试按60%，面试按40%计算总成绩．如果吴先生笔试成绩为90分，面试成绩为85分，那么吴先生的总成绩为 分．
16．在数学实践活动中，某同学用一张如图1所示的矩形纸板制做了一个扇形，并有这个扇形，围成一个圆锥模型（如图2所示），若扇形的圆心角为120°，圆锥的底面半径为6，则此圆锥的母线长为 ．
17．如图1是我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造的一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．图2是弦图变化得到，它是用八个全等的直角三角形拼接而成．若正方形MNKT的面积是1，正方形EFGH的面积是61，则正方形ABCD的边长是 ．
18．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E为边BC上一动点，F为AE中点，G为DE上一点，BF＝FG，则CG的最小值为 ．
三、解答题：（共72分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（6分）计算：|﹣2|+﹣+（﹣1）2024．
20．（6分）计算：先化简再求值：，再从1、2、3中选一个合适的数代入求值．
21．（10分）如图，在△ABC中，∠C＝90°．
（1）请用无刻度的直尺和圆规作出线段AB的垂直平分线（保留作图痕迹，不写作法）
（2）若（1）中所作的垂直平分线与边AB和AC分别交于点D、E．若AC＝8，BC＝4，求AE的长．
22．（10分）随着快递行业在农村的深入发展，全国各地的特色农产品有了更广阔的销售空间．不同的快递公司在配送、服务、收费和投递范围等方面各具优势，某农产品种植户经过前期调研，打算从甲、乙两家快递公司中选择一家合作．为此，该种植户收集了10家农产品种植户对两家公司的相关评价，并整理、描述、分析如下：
配送速度和服务质量得分统计表
（1）补全频数分布直方图，并求扇形统计图中圆心角α的度数；
（2）表格中的m＝ ；s甲2 s乙2（填“＞”“＝”或“＜”）；
（3）综合上表中的统计量，你认为该农产品种植户应选择哪家公司？请说明理由；
（4）如果A，B，C三家农产品种植户分别从甲、乙两个快递公司中任选一个公司合作，求三家种植户选择同一快递公司的概率．
23．（10分）太阳能路灯是直接将光能转化为电能的一种新型环保路灯．如图，某种型号太阳能路灯的支架CD与灯柱AB的夹角∠BCD＝60°，支架CD＝3米，小明同学在距灯柱10米的E处，用测角仪测得路灯D的仰角为48°，已知测角仪EF的高度为1.2米，求路灯D距地面AE的高度．（结果精确到0.1米，参考数据：≈1.73，sin48°≈0.74，cs48°≈0.67，tan48°≈1.11）
24．（10分）定义：如果三角形的两个内角α与β满足α﹣β＝90°，那么我们称这样的三角形为“奇妙互余三角形”．
（1）若△ABC是“奇妙互余三角形”，∠A＞90°，∠B＝20°，则∠C的度数为 ；
（2）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，若AB＝4，BC＝5，点D是线段AB上的一点，若，判断△BCD是否是“奇妙互余三角形”，如果是，请说明理由；
（3）如图2，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，AC＝4，CD＝5，∠BAC＝90°，若∠ACD＝2∠ABC，且△BCD是“奇妙互余三角形”，求BD的长．
25．（10分）在二次函数y＝﹣x2+ax+1中（a≠0）．
（1）当a＝2时，
①求该二次函数图象的顶点坐标；
②当0≤x≤3时，求y的取值范围；
（2）若A（a﹣2，b），B（a，c）两点都在这个二次函数的图象上，且b＜c，求a的取值范围．
26．（10分）问题提出：如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝4，CA＝6，⊙C的半径为2，P为圆上一动点，连接AP、BP，求的最小值．
（1）尝试解决：为了解决这个问题，下面给出一种解题思路：如图①，连接CP，在CB上取一点D，使CD＝1，则．又∠PCD＝∠BCP，所以△PCD∽△BCP．所以．
所以PD＝PB，所以．
请你完成余下的思考，并直接写出答案：的最小值为 ；
（2）自主探索：在“问题提出”的条件不变的前提下，求的最小值；
（3）拓展延伸：如图②，已知在扇形COD中，∠COD＝90°，OC＝6，OA＝3，OB＝5，P是上一点，求2PA+PB的最小值．
2024年中考终极押题卷参考答案
13. x≤2 14. 2b（a+3）（a﹣3） 15.88 16.18． 17. 11 18.﹣2．
一、选择题（共12小题）
1.【解析】解：﹣2024的相反数是2024，故选：B．
2.【解析】解：A、a2与a3不是同类项，不能合并，故本选项不合题意；
B、a2•a3＝a2+3＝a5，故本选项不合题意；
C、应为a3÷a＝a3﹣1＝a2，故本选项符合题意；
D、应为（a3）2＝a3×2＝a6，故本选项不合题意．
故选：C．
3.【解析】解：A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：B．
4.【解析】解：1260582用科学记数法表示为1.260582×106．故选：B．
5.【解析】解：∵第一天票房约为3元，且平均每天票房的增长率为x，
∴第二天票房约为3（1+x）亿元，第三天票房约为3（1+x）2亿元．
根据题意得：3+3（1+x）+3（1+x）2＝9.63．
故选：D．
6．【解析】解：∵共有四张质地均匀、大小相同的卡片，分别印有“龙”“行”“龘”“龘”，
∴从中随机抽取一张，则抽取的卡片上印有汉字“龘”的概率为＝．
故选：B．
7．【解析】解：由题意得：DE∥AB，∴∠ABD＝∠D＝48°，
∵∠DEF是△DCE的一个外角，
∴∠DCE＝∠DEF﹣∠D＝121°﹣48°＝73°，
故选：B．
8．【解析】解：由作图过程可知，AD＝AC，直线MN为线段BD的垂直平分线，∴BE＝DE，
∴△ADE的周长为AE+DE+AD＝AE+BE+AC＝AB+AC＝9+5＝14．
故选：D．
9．【解析】解：由“上加下减”的原则可知，将函数y＝2x的图象沿y轴向上平移1个单位长度后，所得函数的解析式为y＝2x+1，令y＝0，则2x+1＝0，
∴x＝﹣，∴图象与x轴的交点坐标为（﹣，0），
故选：C．
10．【解析】解：由（1）知f（2023）＝2023×2＝4046，
由（2）知f（）＝2023，
∴＝4046﹣2023＝2023，
故选：D．
11．【解析】解：连接BP，过C作CM⊥BD，
∵S△BCE＝S△BPE+S△BPC＝BC×PQ×+BE×PR×＝BC×（PQ+PR）×＝BE×CM×，
BC＝BE，∴PQ+PR＝CM，
∵BE＝BC＝1，且正方形对角线BD＝BC＝，
又∵BC＝CD，CM⊥BD，
∴M为BD中点，又△BDC为直角三角形，
∴CM＝BD＝，即PQ+PR值是．
故选：D．
12．【解析】解：设正方形ABCD的边长为a，
0≤x≤a时，M在AB上，N在BC上，依题意可知：
设AM＝BN＝x，
∴CN＝a﹣x，
S＝S正方形ABCD﹣S△AMD﹣S△BMN﹣S△DNC＝＝，
∴该二次函数图象开口向上，
当时，二次函数的最小值为6，∴，
解得：a＝4（负值舍去），
∴正方形ABCD的边长是4，
故选：A．
二、填空题（共6小题）
13．【解析】解：依题意有2﹣x≥0，解得x≤2．故答案为：x≤2．
14．【解析】解：2a2b﹣18b＝2b（a2﹣9）＝2b（a+3）（a﹣3），故答案为：2b（a+3）（a﹣3）．
15．【解析】解：根据题意得，吴先生的总成绩为90×60%+85×40%＝88（分）．故答案为：88．
16．【解析】解：设此圆锥的母线长为l，
根据题意得2π×6＝，解得l＝18，
即此圆锥的母线长为18．故答案为：18．
17．【解析】解：∵正方形MNKT的面积是1，正方形EFGH的面积是61，
∴四个直角三角形的面积之和为61﹣1＝60，
∵正方形ABCD的面积＝正方形MNKT的面积+四个直角三角形的面积，
∴正方形ABCD的面积是61+60＝121，
∴正方形ABCD的边长是＝11，
故答案为：11．
18．【解析】解：如图1，连接AG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，DC＝AB＝3，
∵F是AE的中点，
∴BF＝AE＝AF＝EF，
∵BF＝FG，
∴AF＝FG＝EF，
∴∠AGE＝∠AGD＝90°，
∴点G在以AD为直径的圆上运动，取AD的中点O，连接OG，
当O，G，C三点共线时，CG的值最小，如图2所示，
∴OD＝OG＝2，
∴OC＝＝，
∴CG的最小值为﹣2．
故答案为：﹣2．
三、解答题（共8小题）
19．【解析】解：原式＝2﹣3﹣2+1
＝﹣2．
20．原式＝（﹣）•+
＝•+
＝+
＝，
∵a﹣1≠0且a﹣2≠0，
∴a≠1且a≠2，
则a＝3，
∴原式＝．
21．【解析】解：（1）作出线段AB的垂直平分线，如图所示：
（2）∵∠C＝90°AC＝8，BC＝4，
∴AB＝＝4，
∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴AD＝＝2，∠ADE＝90°，
∴∠C＝∠ADE，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴，
∴，
∴AE＝5．
22．【解析】解：（1）甲公司配送速度得分为9分的频数为10﹣2﹣3﹣1﹣1＝3．
补全频数分布直方图如图所示．
扇形统计图中圆心角α的度数为360°×（1﹣10%﹣40%﹣20%﹣10%）＝72°．
（2）由频数分布直方图可得，m＝（7+8）÷2＝7.5．
由甲、乙快递公司配送服务质量得分折线统计图知，甲公司的得分数据比乙公司的得分数据波动小，
∴s甲2＜s乙2．
故答案为：7.5；＜．
（3）选择乙公司．
理由：乙公司配送速度得分的平均数和中位数都高于甲公司，说明乙公司的整体配送速度较快（答案不唯一，合理即可）．
（4）画树状图如下：
共有8种等可能的结果，其中三家种植户选择同一快递公司的结果有2种，
∴三家种植户选择同一快递公司的概率为＝．
23．【解析】解：如图所示，过点D作DG⊥AE于G，过点F作FH⊥DG于H，过点C作CM⊥DG于M，则四边形ACMG和四边形EFHG都是矩形，
∴CM＝AG，HF＝EG，HG＝EF，
∵∠BCD＝60°，∴∠DCM＝30°，
又∵∠CMD＝90°，
∴CM＝CD•cs∠DCM＝米，
∴米，
∴米，
∴DH＝HF•tan∠DFH≈8.2米，
∴DG＝DH+GH＝9.4米，
∴路灯D距地面AE的高度为9.4米．
24．【解析】（1）解：由题意知，“奇妙互余三角形”分∠A﹣∠B＝90°和∠A﹣∠C＝90°，两种情况求解：
①当∠A﹣∠B＝90°时，
∵∠B＝20°，
∴∠A＝110°，
由∠A+∠B+∠C＝180°，可得∠C＝50°；
②当∠A﹣∠C＝90°时，
∵∠B＝20°，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A+∠C＝160°，
解得∠C＝35°；
综上，∠C的值为35°或50°，
故答案为：35°或50°；
（2）解：△BCD是“奇妙互余三角形”，理由如下：
如图1，过点D作DE∥AC交BC于E，
由勾股定理得，，
∵，∴，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∴，即，解得，，
∴，
∴，，
∵，∠DCE＝∠BCD，
∴△DCE∽△BCD，∴∠CDE＝∠CBD，
∵∠BDC﹣∠CDE＝90°，∴∠BDC﹣∠CBD＝90°，
∴△BCD是“奇妙互余三角形”；
（3）解：如图2，将△ABC沿BC翻折到△EBC，
∴CE＝AC＝4，∠BCE＝∠BCA，∠E＝∠BAC＝90°，
∴DE＝CE+CD＝9，∠ABE+∠ACE＝180°，
∵∠ACD＝2∠ABC＝∠ABE，
∴∠ACD+∠ACE＝180°，∴D、C、E三点共线，
∵∠BCD＝∠ACD+∠ACB＝2∠ABC+∠ACB＝90°+∠ABC，
∴∠BCD﹣∠ABC＝90°，
∵△BCD是“奇妙互余三角形”，
∴∠BCD﹣∠BDC＝90°，
∴∠BDC＝∠ABC＝∠CBE，
∵∠BDE＝∠CBE，∠BED＝∠CEB，
∴△BED∽△CEB，
∴，即，解得BE＝6，
由勾股定理得，
∴BD的长为．
25．【解析】解：（1）①把 a＝2 代入得 y＝﹣x2+2x+1＝﹣（x﹣1）2+2，
∴抛物线的顶点坐标为（1，2）；
②∵y＝﹣x2+2x+1的开口向下，对称轴为直线x＝1，
∴当0≤x≤1时，y随x的增大而增大，当1≤x≤3时，y随x的增大而减小，
∴当x＝1时，y有最大值2．
∵当x＝0时，y＝1；当x＝3时，y＝﹣2
∴当0≤x≤3时，﹣2≤y≤2；
（2）抛物线的对称轴为直线 ，
①当 ，即0≤a≤4时，点B到对称轴的距离小于点A到对称轴的距离，
∴，解得a＜2，∴0≤a＜2
②当 ，即a＜0时，点B到对称轴的距离小于点A到对称轴的距离，
∴ 成立，∴a＜0
③对称轴在点A左侧不合题意，舍去，综上所述，a＜2．
26．【解析】解：（1）如图1，
连接AD，
∵AP+BP＝AP+PD，要使AP+BP最小，
∴AP+AD最小，当点A，P，D在同一条直线时，AP+AD最小，
即：AP+BP最小值为AD，
在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝6，
∴AD＝＝，
AP+BP的最小值为，
故答案为：；
（2）如图2，
连接CP，在CA上取点D，使CD＝，∴，
∵∠PCD＝∠ACP，∴△PCD∽△ACP，
∴，∴PD＝AP，
∴AP+BP＝BP+PD，
∴同（1）的方法得出AP+BP的最小值为BD＝＝；
（3）如图3，
延长OA到点E，使CE＝6，∴OE＝OC+CE＝12，
连接PE、OP，∵OA＝3，OP，∴，
∵∠AOP＝∠AOP，∴△OAP∽△OPE，
∴，∴EP＝2PA，
∴2PA+PB＝EP+PB，
∴当E、P、B三点共线时，取得最小值为：BE＝＝13.快递公司 统计量 项目
配送速度得分
服务质量得分
平均数
中位数
平均数
方差
甲
7.8
m
7
乙
8
8
7
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
C
B
B
D
B
B
D
C
D
D
A