2024届中考数学考前《终讲·终练·终卷》冲刺高分突破（全国通用）第09讲：压轴题 解析版

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题型一：动态几何
1．（2021·江苏苏州·一模）如图，内接于，，，点为弧上一动点，直线于点．当点从点沿弧运动到点时，点经过的路径长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接OB，设OB的中点为M，连接ME．作OH⊥BC于H．首先判断出点E在以OB为直径的圆上运动，求出点D与C重合时∠EMB的度数，利用弧长公式计算即可．
【详解】解：如图，连接OB，设OB的中点为M，
连接ME．作OH⊥BC于H．
∵OD⊥BE，
∴∠OEB＝90°，
∴点E在以OB为直径的圆上运动，
当点D与C重合时，
∵∠BOC＝2∠A＝120°，
∴∠BOE＝60°，
∴∠EMB＝2∠BOE＝120°，
∵BC＝12，OH⊥BC，
∴BH＝CH＝6，∠BOH＝∠COH＝60°，
∴OB＝，
∴点E的运动轨迹的长＝，
故选：A．
【点睛】本题考查轨迹、弧长公式、三角形的外接圆与外心等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找轨迹，属于中考常考题型．
2．（2021·山东威海·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，点P，Q同时从点A出发，点P以1cm/s的速度沿A﹣C﹣D的方向运动，点Q以2cm/s的速度沿A﹣B﹣C﹣D的方向运动，当其中一点到达D点时，两点停止运动．设运动时间为x（s），的面积为y（cm2），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先证明∠CAB=∠ACB=∠ACD=60°，再分0≤x≤1、1＜x≤2、2＜x≤3三种情况画出图形，求出函数解析式，根据二次函数、一次函数图象与性质逐项排除即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC，ACD都是等边三角形，
∴∠CAB=∠ACB=∠ACD=60°．
如图1，当0≤x≤1时，AQ=2x，AP=x，
作PE⊥AB于E，
∴，
∴，
故D选项不正确；
如图2，当1＜x≤2时，CP=2-x，CQ=4-2x，BQ=2x-2，
作PF⊥BC与F，作QH⊥AB于H，
∴，
，
∴，
故B选项不正确；
当2＜x≤3时，CP=x-2，CQ=2x-4，
∴PQ=x-2，
作AG⊥CD于G，
∴，
∴，
故C不正确．
故选：A
【点睛】本题考查了菱形性质，等边三角形性质，二次函数、一次函数图象与性质，利用三角函数解三角形等知识，根据题意分类讨论列出函数解析式是解题关键．
3．（2021·山东济南·三模）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，BC＝10cm，点P，点Q同时从点B出发，点P以2cm/s的速度沿B→A→C运动，终点为C，点Q出发t秒时，△BPQ的面积为ycm2，已知y与t的函数关系的图象如图2（曲线OM和MN均为抛物线的一部分），给出以下结论：①AC＝6cm；②曲线MN的解析式为y＝﹣t2＋t（4≤t≤7）；③线段PQ的长度的最大值为cm；④若△PQC与△ABC相似，则t＝秒，其中正确的说法是（ ）
A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③
【答案】A
【分析】①根据图2可知：走完用了4秒，得，利用勾股定理得的长；②当在上时，，利用同角的三角函数表示高的长，利用三角形面积公式可得与的关系式；③当与重合时，最大，如图4，此时，求出的长；④当在上时，与，列比例式可得的值．
【详解】解：①由图2可知：时，，
，
，，
，故①正确；
②当在上时，如图3，过作于，
此时：，
∴，
由题意得：，，
，
，
，
，
，故②正确；
③当与重合时，最大，如图4，此时，
，
过作于，
，
，
，
同理：，
，
；
线段的长度的最大值为，故③不正确；
④若与相似，点只有在线段上，
分两种情况：，，
当，如图5，则，
，
解得不合题意．
当时，如图6，
，
，
；
若与相似，则秒，故④正确；
其中正确的有：①②④，
故选：A．
【点睛】本题是动点问题的图象问题，此类问题比较复杂，考查了二次函数的关系式、三角形相似的性质和判定、勾股定理、三角函数，解题的关键是学会读懂函数图象信息，并构建直角三角形，利用三角形相似或三角函数列方程解决问题．
题型二：新定义问题
4．（2023·重庆·中考真题）在多项式（其中中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算，称此为“绝对操作”．例如：，，．下列说法：
①存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等；
②不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0；
③所有的“绝对操作”共有7种不同运算结果．
其中正确的个数是
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据给定的定义，举出符合条件的说法①和②．说法③需要对绝对操作分析添加一个和两个绝对值的情况，并将结果进行比较排除相等的结果，汇总得出答案．
【详解】解：，故说法①正确．
若使其运算结果与原多项式之和为0，必须出现，显然无论怎么添加绝对值，都无法使的符号为负，故说法②正确．
当添加一个绝对值时，共有4种情况，分别是；；；．当添加两个绝对值时，共有3种情况，分别是；；．共有7种情况；
有两对运算结果相同，故共有5种不同运算结果，故说法③不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查新定义题型，根据多给的定义，举出符合条件的代数式进行情况讨论；
需要注意去绝对值时的符号，和所有结果可能的比较．主要考查绝对值计算和分类讨论思想的应用．
5．（2021·广西贺州·中考真题）如，我们叫集合，其中1，2，叫做集合的元素．集合中的元素具有确定性（如必然存在），互异性（如，），无序性（即改变元素的顺序，集合不变）．若集合，我们说．已知集合，集合，若，则的值是（ ）
A．－1B．0C．1D．2
【答案】C
【分析】根据集合的确定性、互异性、无序性，对于集合B的元素通过分析，与A的元素对应分类讨论即可．
【详解】解：∵集合B的元素，，可得，
∴，
∴，，
∴，
当时，，，，不满足互异性，情况不存在，
当时，，（舍），时，，，满足题意，
此时，．
故选：Ｃ
【点睛】本题考查集合的互异性、确定性、无序性。通过元素的分析，按照定义分类讨论即可．
6．（2021·湖北荆州·中考真题）定义新运算“※”：对于实数，，，，有，其中等式右边是通常的加法和乘法运算，如：．若关于的方程有两个实数根，则的取值范围是（ ）
A．且B．C．且D．
【答案】C
【分析】按新定义规定的运算法则，将其化为关于x的一元二次方程，从二次项系数和判别式两个方面入手，即可解决．
【详解】解：∵[x2+1，x]※[5−2k，k]=0，
∴．
整理得，．
∵方程有两个实数根，
∴判别式且．
由得，，
解得，．
∴k的取值范围是且．
故选：C
【点睛】本题考查了新定义运算、一元二次方程的根的判别等知识点，正确理解新定义的运算法则是解题的基础，熟知一元二次方程的条件、根的不同情况与判别式符号之间的对应关系是解题的关键．此类题目容易忽略之处在于二次项系数不能为零的条件限制，要引起高度重视．
题型三：猜想和证明
7．（2023·四川巴中·中考真题）综合与实践．

(1)提出问题．如图1，在和中，，且，，连接，连接交的延长线于点O．
①的度数是___________．
②__________．
(2)类比探究．如图2，在和中，，且，连接并延长交于点O．
①的度数是___________．
②___________．
(3)问题解决．如图3，在等边中，于点D，点E在线段上（不与A重合），以为边在的左侧构造等边，将绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为的中点，N为的中点．
①试说明为等腰三角形．
②求的度数．
【答案】(1)①．②
(2)①．②
(3)①见解析；②
【分析】（1）①证明得到，进而证明，即可求出；②由全等三角形的性质可得，则；
（2）①根据等腰直角三角形的性质得到，，进而证明，得到，推出，则；②由相似三角形的性质可得；
（3）①连接，延长交于点P，交于点O，证明分别是、的中位线，得到，再证明，得到，则，由此即可证明为等腰三角形；②由全等三角形的性质可得，进而求出，则，再由平行线的性质可得．
【详解】（1）解：①，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵即，
∴，即
∴，
故答案为：；
②∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：①∵在和中，，且，
∴，，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
②∵，
∴，
故答案为：；
（3）解：①连接，延长交于点P，交于点O
在等边中，于点D，
为的中点
又为的中点，N为的中点，
分别是、的中位线
∵都是等边三角形，
∴
，

在和中
，
为等腰三角形．
②
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
又，即
．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，三角形内角和定理等等，正确理解题意通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
8．（2020·河南驻马店·模拟预测）在中，，点是直线上的一动点（不与点重合），连接，在的右侧以为斜边作等腰直角三角形，点是的中点，连接．
【问题发现】（1）如图（1），当点是的中点时，线段与的数量关系是_________，位置关系是__________．
【猜想证明】（2）如图（2），当点在边上且不是的中点时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图（2）中的情况给出证明；若不成立，请说明理由．
【拓展应用】（3）若，其他条件不变，连接，．当是等边三角形时，直接写出的面积．
【答案】（1），（2）结论仍然成立，见详解（3）或
【分析】（1）由题意知，，是等腰直角三角形，由是等腰直角三角形可知为中点，进而可知是的中位线，根据中位线的性质证明即可；
（2）如图2，延长到，使，连接，证明，可得，，证明，可得，．
（3）分两种情况求解：①如图3，作，垂足为，，垂足为，由题意知，，，，，由 ，由（2）知，求解的值，进而由计算求解即可； ②如图4，作，垂足为，，垂足为M，，垂足为N，与的交点为，由题意知，，，可得，根据，求的值，进而得到的值，由证明，有，求解的值，由（2）知求出的值，根据计算求解即可．
【详解】解：（1）∵点D是的中点
∴，
∴是等腰直角三角形
∵是等腰直角三角形
∴为中点
∵点H是的中点
∴是的中位线
∴
∴
（2）结论仍然成立． 理由如下：
如图2，延长到，使，连接，．
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，，
，．
（3）分两种情况求解：
①如图3，作，垂足为，，垂足为
由题意知，，，
∴
∴，
∴
∴
由（2）知
∴
②如图4，作，垂足为，，垂足为M，，垂足为N，与的交点为，
由题意知
∴，
∴
∵
∴，
∴，
∴
∵，
∴
∴，
∴，
解得，
由（2）知，
∴；
综上所述，的面积为或．
【点睛】本题考查了中位线，等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，等边三角形的性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
题型四：阅读理解
9．（2023·江西新余·一模）定义：在平面直角坐标系中，抛物线与轴的交点坐标为，那么我们把经过点且平行于轴的直线称为这条抛物线的极限分割线．
【特例感知】
(1)抛物线的极限分割线与这条抛物线的交点坐标为______ ．
【深入探究】
(2)经过点和的抛物线与轴交于点，它的极限分割线与该抛物线另一个交点为，请用含的代数式表示点的坐标．
【拓展运用】
(3)在（2）的条件下，设抛物线的顶点为，直线垂直平分，垂足为，交该抛物线的对称轴于点．
①当时，求点的坐标．
②若直线与直线关于极限分割线对称，是否存在使点到直线的距离与点到直线的距离相等的的值？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)和
(2)点的坐标为
(3)①顶点为或顶点为；②存在，或或
【分析】（1）根据定义，确定c值，再建立方程组求解即可．
（2）把点代入解析式，确定，根据定义建立方程求解即可．
（3）①根据等腰直角三角形的性质，得到等线段，再利用字母表示等线段建立绝对值等式计算即可．
②设与对称轴的交点为，用含的式子表示出点的坐标，分别写出极限分割线、直线及直线的解析式，用含的式子分别表示出点到直线的距离和点到直线的距离，根据点到直线的距离与点到直线的距离相等，得出关于的绝对值方程，解方程即可．
【详解】（1）∵抛物线的对称轴为直线，极限分割线为，
极限分割线与这条抛物线的一个交点坐标为，则另一个交点坐标为．
故答案为： 和．
（2）抛物线经过点，
∴
∴
∴，
解得
∴点D的坐标为．
（3）①设与对称轴交于点，若，则．

∵点C的坐标为，点D的坐标为．．
∴，
∴，
∴，
解得．
∵抛物线的顶点为，
∴抛物线的顶点为，
∴当时，，故顶点为；
∴当时，，故顶点为；
∴顶点为或顶点为．
存在，或或．
如图，设与对称轴的交点为．

由知，，抛物线的顶点为，∴抛物线的极限分割线：，
直线垂直平分，
∴直线：，
∴点到直线的距离为；
直线与直线关于极限分割线对称，
直线： ，
∵，
∴点到直线的距离为，
点到直线的距离与点到直线的距离相等，
∴，
∴或，
解得或或，
故或或．
【点睛】．查了抛物线与坐标轴的交点坐标和直线与抛物线的交点坐标等知识点，明确题中的定义、熟练掌握二次函数的图像与性质及绝对值方程是解题的关键．
10．（2023·山东青岛·二模）如图1，是的高，点E，F分别在边和上，且．由“相似三角形对应高的比等于对应边的比”可以得到以下结论：．

(1)如图2，在中，，边上的高为8，在内放一个正方形，使其一边在上，点M，N分别在，上，则正方形的边长＝______；
(2)某葡萄酒庄欲在展厅的一面墙上，布置一个腰长为100cm，底边长为120cm的等腰三角形展台．现需将展台用平行于底边的隔板，每间隔10cm分隔出一层，再将每一层尽可能多的分隔成若干个开口为正方形的长方体格子，要求每个格子内放置一瓶葡萄酒，平面设计图如图3所示，将底边的长度看作是第0层隔板的长度；
①在分隔的过程中发现，当隔板厚度忽略不计时，每层平行于底边的隔板长度（单位：cm）随着层数（单位：层）的变化而变化．请完成下表：
②在①的条件下，请直接写出该展台最多可以摆放多少瓶葡萄酒？
【答案】(1)；
(2)①105，90，75；②最多可以摆放40瓶葡萄酒.
【分析】（1）过A点作于D，交于E，设正方形的边长为x，根据
即可求出x的长，即正方形的边长.
（2）①由等腰三角形的性质可得cm，由勾股定理可求得cm.设第1层、第2层、第3层的隔板长度分别为、、，由阅读理解的结论可分别列方程求解.
②设第n层隔板的长度为，列出比例式，求出与n的关系式，则可求出最多可摆多少层，每层隔板的长度及每层摆多少瓶，最后求出一共可摆多少瓶即可.
【详解】（1）
如图，作于D，交于E，
由阅读理解的结论得，
设正方形的边长为x，则
，
解得.
故答案为：
（2）
如图，作于D，


①设第1层，第2层，第3层隔板的长度的分别为，则
，解得.
，解得.
，解得
故答案为：105，90，75.
②第n层隔板的长度的分别为，则
，
得，
因此得，
∴最多可摆7层，
第1层可摆（瓶），
第2层可摆（瓶），
第3层可摆（瓶），
第4层可摆（瓶），
第5层可摆（瓶），
第6层可摆（瓶），
第7层可摆（瓶），
共（瓶），
∴该展台最多可摆40瓶葡萄酒.
【点睛】本题主要考查了“相似三角形对应高的比等于相似比”，根据此比例式找出y与x之间的关系式是解题的关键.
题型五：开放探究
11．（2022·安徽滁州·二模）【证明体验】
（1）如图1，为的角平分线，，点在线段上，，求证：平分；
【思考探究】
（2）如图2，在（1）的条件下，为上一点，连接交于点．若，
求证：；
【拓展延伸】
（3）如图3，在四边形中，对角线平分，，点在上，，若，，，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）证即可；
（2）证即可；
（3）在上取一点，使得，连接．证可推出，可证，进一步可证，即可求解．
【详解】（1）证明：∵为的角平分线
∴
∵，
∴
∴
∴
∴平分
（2）证明：∵
∴
∵
∴
∴，
由（1）可知：
∴
∴
（3）解：如图，在上取一点，使得，连接

∵平分
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∵,
∴
∴
∵
∴
解得：
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．掌握相关内容进行几何推导是解题关键．
12．（2022·浙江杭州·二模）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．
(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
【答案】(1)t=2；E（6，0）；
(2)证明见解析；
(3)t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12
【分析】（1）由运动的路程OC的长和运动速度，可以求出运动时间t的值；再求线段OE的长和点E的坐标；
（2）证△AOC≌△EPD即可；
（3）点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，分类讨论即可求解．
【详解】（1）∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵点C运动到线段OB的中点，
∴OC=BC=OB=4，
∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴点E（6，0）
（2）证明：∵四边形PCOD是平行四边形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中
∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四边形ADEC是平行四边形．
（3）由题意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，
设CE的解析式为y=kx+b，
则，
解得：，
∴CE的解析式为，
同理，DE的解析式为，
①当M在CE上时，M(t+3，)，
则
解得，，
②当N在DE上时，N(t+3，-1)，
则
解得，，
当点C在y轴的负半轴上时，
③如果点M在DE上时，
，
解得，，
④当N在CE上时，
，
解得，，
综上分析可得，满足条件的t的值为：t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12．
【点睛】本题考查了一次函数的动态问题，平行四边形的判定，抓住动点的坐标是解题的关键．
题型六：综合应用
13．（2024·河北邢台·三模）如图至图，中，，，点在折线上，连接，将沿向右上方折叠，折叠后得到或四边形．
探究如图，若，点在上
①当射线经过点时，求证：；
②当点，的距离最小时，求的长．
尝试如图，若，点在上，当点F在的延长线上时，求的值．
延伸如图，若，，恰好经过点时，直接写出的长．
【答案】探究：①见解析；②；尝试：；延伸：
【分析】探究：若，则为矩形，得，、①由翻折性质得，故，由平行线性质得，得证；
②设，连接，可知当点在上时，点，的距离最小．用勾股定理求解，表示、，在用勾股定理列式，即可求解；
尝试：由题知，由折叠得，，，易得，用相似比可求，；
延伸：分别过，两点作的垂线，垂足分别为、，由折叠知．由，，可得、长度，结合长度可求、、，设．则可表示、、，在中用勾股定理求，即可求得．
【详解】解：探究：若，则为矩形．
①证明：由题意，，．
当射线经过点时，．
∴．
∵，
∴．
∴．
②设，连接，如下图，
当点在上时，点，的距离最小，
此时，，．
由题意，，，，
∴在中．
解得，即．
尝试：当点在的延长线上时，．
由折叠知，，．
∴，．
∴，．
∴．
∴．
∴．
延伸：如下图，
分别过，两点作的垂线，垂足分别为、，由折叠知．
由，，得，．
又，
∴，．
∴．
设．则，
∴．
∴在中，
解得．
∴．
【点睛】本题考查矩形性质、翻折性质、平行线性质、三角形全等的性质和判定、三角形相似的性质和判定、勾股定理，熟练掌握相关知识，并正确作图是解题关键．
14．（2024·福建宁德·二模）蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动，有“空中芭蕾”之美称．甲、乙两位蹦床运动员在某次训练过程中同时起跳，甲运动员着落蹦床后便停止运动，乙运动员着落蹦床后继续做放松运动，每次蹦床运动间隔停留时间忽略不计．图1是甲、乙两位运动员的运动高度与运动时间的二次函数图象，点A的坐标为，点B的坐标为，点D的坐标为，且所有二次函数图象开口大小相同．
(1)求甲运动员在这次训练中运动的最大高度；
(2)图2是教练员观测到乙运动员在这次训练中，每次运动的最高点都在同一视线上，教练员的视线与水平线的夹角为．
①若甲、乙运动员在2.4s时运动高度相同，求直线的表达式；
②当时，求乙在第二次蹦床运动中最大运动高度的取值范围．（，，）
【答案】(1)米
(2)①；②大于或等于，小于
【分析】本题考查了二次函数与一次函数的综合应用，解题关键是根据点的位置正确求出函数解析式，利用顶点坐标的位置求出直线解析式．
（1）根据点A的坐标为，点D的坐标为，可求出乙运动员的函数图象解析式；根据开口相同求出甲的解析式，进而求出最高点；
（2）①根据点A和甲、乙运动员在2.4s时运动高度相同，求出乙运动员2．4s的高度，再用待定系数法求出乙二次起跳中的解析式，即可得出顶点坐标；由点，点D求出直线解析式；
②先求出时直线的表达式，根据设乙二次起跳中的解析式为，乙在第二次蹦床运动中的抛物线经过点A的坐标为，得出解析式为，由顶点高于直线得出，得出最大运动高度的取值范围大于或等于，小于．
【详解】（1）解：乙运动员的第一次的运动高度与运动时间的二次函数图象经过点 ，点D ，点，设其解析式为：，
∴，解得：，即乙运动员的第一次的运动高度与运动时间的二次函数解析式为：，
因为所有二次函数图象开口大小相同．设，把点B 代入得：
，解得：
∴，即，故
甲运动员在这次训练中运动的最大高度是米，时间是秒．
（2）当秒时，，
即乙二次起跳中，当秒时，其高度，设乙二次起跳中的解析式为，将点A 和代入得：
，解得：，即，
∵，
∴点，
∴设直线DE解析式为，
得，解得：，
∴设直线解析式为，
②延长交x轴于，过点D作轴，
点D的坐标为，
∴，，
当时，，
∴，点K的坐标为，
∴直线，
设乙二次起跳中的解析式为，把点A 代入得：，
∴，
所以，
当时，，，
当时， ，
∴，
∴，整理得：，
∴（不合题意舍去），，
当，，
∵，
故，随增大而增大；
故乙在第二次蹦床运动中最大运动高度的取值范围大于或等于，小于．
15．（2024·山东淄博·二模）如图1，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点C，连接，．
(1)求该抛物线及直线的函数表达式；
(2)如图2，在上方的抛物线上有一动点P（不与B，C重合），过点P作，交于点D，过点P作轴，交于点E．在点P运动的过程中，请求出周长的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图3，若点P是该抛物线上一动点，问在点P运动的过程中，坐标平面内是否存在点Q使以B，C，P，Q为顶点为对角线的四边形是矩形，若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)的周长最大值：，P的坐标为；
(3)点Q的坐标为或
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形勾股定理，分类讨论是解题的关键．
（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）证明，得求出直线的解析式，设点P的坐标，则点E的坐标，得；当时，取得最大值，即，当时，的周长取得最大值；
（3）设点P的坐标，设点Q的坐标，分所求情况讨论：当点P在y轴右边的抛物线上时，当时，，则，列方程求解m；当点P在y轴左边的抛物线上时，同理求解．
【详解】（1）解：（1）将点，代入，
得，，
解，得，
所以，该抛物线的函数表达式为，
设直线的函数表达式为，
将点，代入，
得，
解，得，
所以，直线的函数表达式为；
（2）如图，过点A作轴，交于点F，
因为，轴，
所以，，
所以，，
因为，，
所以，，
所以，，
在和中，
，
所以，
所以，，
由直线和点，
得点F坐标为，
所以，，
，，
所以，的周长，
所以，的周长．的周长，
设点P的坐标，则点E的坐标，
所以，
所以，当时，取得最大值，
即，当时，的周长取得最大值：
此时点P的坐标为；
（3）设点P的坐标，设点Q的坐标
①当点P在y轴右边的抛物线上时，存在即可存在点Q使以B，C，P，Q为顶点为对角线的四边形是矩形，过点P作轴，交y轴于点M，过点B且平行于y轴的直线于点N，如图（1），
所以，，，，，
因为，当时，，
所以，，
即，，
解，得，（舍）
所以，点P的坐标为，
由题意，易得线段的中点坐标为，
因为，点Q与点P关于线段的中点成中心对称，
所以，
所以，点Q的坐标为；
②当点P在y轴左边的抛物线上时，存在即可存在点Q使以B，C，P，为顶点为对角线的四边形是矩形，过点P作轴，交x轴于点N，交过点C且平行于x轴的直线于点M，如图（2），
同①得，，
即，，
解，得，
所以，点P的坐标为，
同理，因为点Q与点P关于线段的中点成中心对称，
所以，，
所以，点Q的坐标为
综上所述，点Q的坐标为或．
16．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图1，二次函数与轴交于A、B两点，与轴交于点C．点坐标为，点坐标为，点是第一象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为D，交直线于点，设点的横坐标为．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)如图2，过点作，垂足为，当为何值时，最大？最大值是多少？
(3)如图3，连接，当四边形是矩形时，在抛物线的对称轴上存在点，使原点关于直线的对称点恰好落在该矩形对角线所在的直线上，请直接写出满足条件的点的坐标．
【答案】(1)
(2)当时，的值最大，最大值为；
(3)或或．
【分析】（1）利用待定系数法求函数表达式即可；
（2）先利用待定系数法求得直线的表达式为，根据题意设，，，则，证明，利用锐角三角函数和坐标与图形性质得，然后利用二次函数的性质求解即可；
（3）设，抛物线对称轴交x轴于点H，交矩形边于G，分三种情况：①点O的对称点恰好落在对角线上时；②点O的对称点恰好落在对角线上时，③点O的对称点恰好落在对角线的延长线上时，分别画出图形，利用对称性质、坐标与图形性质、锐角三角函数、相似三角形的判定与性质、勾股定理等分析求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数与轴交于A、B两点，与轴交于点C．点坐标为，点坐标为，
∴，解得，
∴该二次函数的表达式为；
（2）解：设直线的表达式为，
将、代入，得，解得，
∴直线的表达式为，
∵抛物线上的动点在第一象限，且横坐标为，轴，交直线于点，
∴，，
∴，
∵，轴，
∴，又，
∴，
∴，即，
∵点坐标为，点坐标为，
∴，，则，
∴，
∴，
∵，
∴当时，的值最大，最大值为；
（3）解：∵，
∴该抛物线的对称轴为直线，
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴设，
∵四边形是矩形，
∴，，，
设抛物线对称轴交x轴于点H，交矩形边于G，则，，，
若点O的对称点恰好落在对角线上时，如图，连接，，
则垂直平分，
即，
∴，
∴,
∴，则，
∴，解得，则；
若点O的对称点恰好落在对角线上时，如图，设与相交于点K，
由对称性质得，，
∵，
∴，则，
∴，
∵在抛物线对称轴上，是矩形的对角线，
∴K为的中点，则，，
∴在中，，
∴，
∴，则；
若点O的对称点恰好落在对角线的延长线上时，如图，过作轴于K，连接交延长线于M，
由对称性质得，，，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，则，
∴，
设直线的表达式为，
则，解得，
∴直线的表达式为，
当时，，则，
综上，满足条件的点Q的坐标为或或．
【专题精练】
一、单选题
17．（2023·四川宜宾·三模）如图，在中，，点D、E分别是的中点．将绕点A顺时针旋转，射线与射线交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：
①；②存在最大值为；③存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的是（ ）

A．①③④B．①②④C．①②③D．②③④
【答案】C
【分析】根据，，点D、E分别是的中点．得出，，可证，再证 ，可判断①正确；证明，则，则当最小时，最小利用勾股定理求出，在中，斜边一定，当最小时，最大，则当最大时，最小，此时，如图3所示，求出，证明，得到，证明四边形是正方形，得到，则，即可判断②正确，③正确；取的中点为O，连接，推出点P在以为直径的圆上运动，；如图4，当时，则，由此可得点P在以点O为圆心，长为半径的圆上运动的轨迹为，即点P运动的路径长为：，故④不正确．
【详解】解：设与交于G，如图2所示：

∵，点D、E分别是的中点，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，故①正确；
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当最小时，最小，
在中，由勾股定理得：，
在中，斜边一定，当最小时，最大，
∵当最小时，最小，而，
∴当最大时，最小，此时，如图3所示

在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴存在最大值为存在最小值为，故②正确，③正确；
取的中点为O，连接，
∵，
∴点P在以为直径的圆上运动，，
如图4，当时，，

∴，
∴，
∵将绕点A顺时针旋转，
∴点P在以点O为圆心，长为半径的圆上运动的轨迹为，
∴点P运动的路径长为：故④不正确；
故选：C．
【点睛】本题考查图形旋转性质，线段中点定义，三角形全等判定与性质，圆的切线，正方形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，本题难度大，正确添加辅助线是解题关键．
18．（2023·湖北十堰·三模）若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为二倍点，若在二次函数 (m为常数）的图象上存在两个二倍点，，且，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意得出纵坐标是横坐标的2倍总在直线上，、是方程的两个解，根据根与系数的关系得出，，根据根的判别式得出，根据，得出m取任意实数时，总成立，根据，得出，，即，得出，求出m的值即可．
【详解】解：∵纵坐标是横坐标的2倍总在直线上，
∴点，一定在直线上，
又∵点，在二次函数 (m为常数）的图象上，
∴、是方程的两个解，
即，
∴，，
，
∵，
又∵，
∴，
∴m取任意实数时，总成立，
∵，
∴，，
∴，
即，
∴，
解得：，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一次函数与二次函数的交点问题，一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，解题的关键是根据题意得出、是方程的两个解，且．
19．（2023·黑龙江大庆·一模）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的与x轴的正半轴交于点A，点B是上一动点，点C为弦的中点，直线与x轴、y轴分别交于点D、E，则点C到直线的最小距离为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】先确定点的轨迹是，则C到直线的最小距离为，根据相似得到边长的数量关系，列方程直接求解即可．
【详解】解：连接，如图，
∵点C为弦的中点，
∴，
∴，
∴点C在以为直径的圆上（点O、A除外），
以为直径作，过P点作直线于H，交于M、N，
当时，，则，
当时，，
解得，则，
∴，
∴，
∵的半径为2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴ ， ．
∴点C到直线的最小距离为．
故选：C．
【点睛】此题考查圆与三角形的综合，解题关键是先确定点的轨迹是圆，则C到直线的最小距离为，根据相似列方程直接求解即可．
20．（2022·浙江宁波·二模）如图，正六边形中，点P是边上的点，记图中各三角形的面积依次为，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】正六边形中，点P是边上的点，记图中各三角形的面积依次为，则有，，由此即可判断．
【详解】解：正六边形中，点P是边上的点，记图中各三角形的面积依次为，
则有，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形与圆，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（2022·山东东营·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（ ）
①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案．
④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，
∵，
∴，与为等边三角形，
又，
，
∴，
在与中
∴，
∴AM=AN，
即为等边三角形，
故①正确；
∵，
当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，
∵，
∴
即，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
而菱形ABCD的面积为：，
∴，
故③正确，
当时，
∴
∴
∴
∴
故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
22．（2022·辽宁抚顺·模拟预测）如图，点E、F分别在正方形ABCD的边CD、AD上，且AB＝2CE＝3AF，过F作FG⊥BE于P交BC于G，连接DP交BC于H，连BF、EF．下列结论：
①△PBF为等腰直角三角形；②H为BC的中点；③∠DEF＝2∠PFE；④．
其中正确的结论（ ）
A．只有①②③B．只有①②④C．只有③④D．①②③④
【答案】D
【分析】如图，①绕点B将△EBC逆时针旋转90°得△ABM，就有AM＝CE，由勾股定理可以求出EF的值，通过证明△EFB≌△MFB就可以求出①；根据△BPG∽△BCE就可以求出PG、BG从而求出GC，再求△HPG∽△DPF得出GH的值就可以得出HC的值，从而得出②的结论；由△BCE≌△DCH可以得出∠1＝∠4，根据四点共圆的性质可以得出∠4＝∠5，进而由角的关系得出∠9＝∠5而得出③成立；根据△BHP≌△DEP就可以得出面积相等，根据等高的两三角形的面积关系等于底之比就可以求出结论．
【详解】解：如图，①绕点B将△EBC逆时针旋转90°得△ABM，
∴AM＝CE，BE＝BM，∠1＝∠2．∠BAM＝∠BCE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°．．
∴∠BAM＝∠BCE＝90°，
∴∠MAF＝180°，
∴点M、A、F在同一直线上．
∵AB＝2CE＝3AF，设AF＝x，
∴AB＝3x，CE＝1.5x，
∴MF＝1.5x+x＝2.5x，FD＝3x﹣x＝2x，ED＝1.5x．
在Rt△DFE中，由勾股定理得EF＝2.5x，
∴EF＝MF．
∵在△EFB和△MFB中，
，
∴△EFB≌△MFB（SSS），
∴∠EBF＝∠MBF．
∵∠MBF＝∠2+∠3，
∴∠MBF＝∠1+∠3，
∴∠EBF＝∠1+∠3．
∵∠EBF+∠1+∠3＝90°，
∴∠EBF＝45°．
∵FG⊥BE，
∴∠FPB＝∠BPG＝90°，
∴∠BFP＝45°，
∴∠BFP＝∠PBF，
∴PF＝PB，
∴△PBF为等腰直角三角形，故①正确；
在Rt△AFB中，由勾股定理得BF＝，
在Rt△BFP中，由勾股定理得PF＝PB＝，
在Rt△BEC中，由勾股定理得BE＝，
∵∠1＝∠1，∠BPG＝∠BCE＝90°，
∴△BPG∽△BCE，
∴，
∴，
∴PG＝，BG＝2.5x．
∴GC＝0.5x．
∵，
∴△HPG∽△DPF，
∴，
∴，
∴GH＝x，
∴HC＝1.5x，
∴2HC＝3x，
∴2HC＝BC，
∴H是BC的中点．故②正确；
∵AB＝2CE，
∴2HC＝2CE，
∴HC＝CE，
在△BCE和△DCH中，
，
∴△BCE≌△DCH（SAS），
∴∠1＝∠4．
过点E作交AD于Q，交BC的延长线于R．
∴∠BER＝∠BPG＝90°，∠5＝∠6．
∴∠7+∠8＝90°．
∵∠1+∠7＝90°，
∴∠1＝∠8．
∵∠8＝∠9，
∴∠1＝∠9，
∴∠4＝∠9．
如图，∵∠FPE＝∠FDE＝90°，取的中点 连接

∴F、P、E、D四点共圆，
∴∠4＝∠5．
∴∠9＝∠5，
∴∠DEF＝2∠5，
即∠DEF＝2∠PFE．故③正确；
∵在△BHP和△DEP中，
，
∴△BHP≌△DEP（AAS），
∴S△BHP＝S△DEP．
作PS⊥BC于S，
∴S△BHP＝，S△PHG＝．
∴S△BHP＝，S△PHG＝，
∴，故④正确．
∴①②③④都是正确的．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，旋转的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，直角三角形斜边上的中线的性质，相似三角形的判定及性质的运用，圆的确定以及圆的基本性质．解答时作出恰当的辅助线是关键．
23．（2020·浙江金华·一模）如图，在等边三角形ABC中，点P，Q分别是AC，BC边上的动点（都不与线段端点重合），且AP=CQ，AQ、BP相交于点O．下列四个结论：①若PC=2AP，则BO=6OP；②若BC=8，BP=7，则PC=5；③AP2=OP⋅AQ；④若AB=3，则OC的最小值为，其中正确的是（ ）
A．①③④B．①②④C．②③④D．①②③
【答案】A
【分析】根据等边三角形的性质得到AC=BC，根据线段的和差得到CP=BQ，过P作PD∥BC交AQ于D，根据相似三角形的性质得到①正确；过B作BE⊥AC于E，解直角三角形得到②错误；在根据全等三角形的性质得到∠ABP=∠CAQ，PB=AQ，根据相似三角形的性质得到③正确；以AB为边作等边三角形NAB，连接CN，证明点N，A，O，B四点共圆，且圆心即为等边三角形NAB的中心M，设CM于圆M交点O′，CO′即为CO的最小值，根据30度角的直角三角形即可求出结果．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，
∵AP=CQ，
∴CP=BQ，
∵PC=2AP，
∴BQ=2CQ，
如图，过P作PD∥BC交AQ于D，
∴△ADP∽△AQC，△POD∽△BOQ，
∴，，
∴CQ=3PD，
∴BQ=6PD，
∴BO=6OP；故①正确；
过B作BE⊥AC于E，
则CE=AC=4，
∵∠C=60°，
∴BE=4，
∴PE==1，
∴PC=4+1=5，或PC=4-1=3，故②错误；
在等边△ABC中，AB=AC，∠BAC=∠C=60°，
在△ABP与△CAQ中，
，
∴△ABP≌△ACQ（SAS），
∴∠ABP=∠CAQ，PB=AQ，
∵∠APO=∠BPA，
∴△APO∽△BPA，
∴，
∴AP2=OP•PB，
∴AP2=OP•AQ．故③正确；
以AB为边作等边三角形NAB，连接CN，
∴∠NAB=∠NBA=60°，NA=NB，
∵∠PBA=∠QAC，
∴∠NAO+∠NBO=∠NAB+∠BAQ+∠NBA+∠PBA
=60°+∠BAQ+60°+∠QAC
=120°+∠BAC
=180°，
∴点N，A，O，B四点共圆，且圆心即为等边三角形NAB的中心M，
设CM于圆M交点O′，CO′即为CO的最小值，
∵NA=NB，CA=CB，
∴CN垂直平分AB，
∴∠MAD=∠ACM=30°，
∴∠MAC=∠MAD+∠BAC=90°，
在Rt△MAC中，AC=3，
∴MA=AC•tan∠ACM=，CM=2AM=2，
∴MO′=MA=，
即CO的最小值为，故④正确．
综上：正确的有①③④．
故选：A．
【点睛】本题属于三角形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，四点共圆，锐角三角函数，最短路径问题，综合掌握以上知识并正确的作出辅助线是解题的关键．
24．（21-22九年级上·广东深圳·期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①CG＝；②AEG的周长为8；③EGF的面积为．其中正确的是（ ）
A．①②③B．①③C．①②D．②③
【答案】D
【分析】先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，求出S△ECF，先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PF＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再判断出△FPG∽△FQC，得出，求出PG，再根据勾股定理求得EG，即△AEG的周长为8，判断出②正确；先求出DG，进而在Rt△CDG中，根据勾股定理得，CG，故①错误，用S△ECG＝S正方形ABCD﹣S△AEG﹣S△EBC﹣S△GDC求出面积，进而求出S△EGF＝S△ECF﹣S△ECG，故③正确．
【详解】解：如图，在正方形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∠B＝∠BAD＝90°，
∴∠HAD＝90°，
∵HF∥AD，
∴∠H＝90°，
∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°，
∴∠AFH＝∠HAF．
∵AF，
∴AH＝HF＝1＝BE．
∴AE＝3，EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC，
∴△EHF≌△CBE（SAS），
∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，
∵∠BCE+∠BEC＝90°，
∴HEF+∠BEC＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4，
∴EC2＝BE2+BC2＝17，
∴S△ECFEF•ECEC2，
过点F作FQ⊥BC于Q，交AD于P，
∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD，
∴四边形APFH是矩形，
∵AH＝HF，
∴矩形AHFP是正方形，
∴AP＝PF＝AH＝1，
同理：四边形ABQP是矩形，
∴PQ＝AB＝4，BQ＝AP＝1，FQ＝FP+PQ＝5，CQ＝BC﹣BQ＝3，
∵AD∥BC，
∴△FPG∽△FQC，
∴，
∴，
∴PG，
∴AG＝AP+PG，
∴DG＝AD﹣AG＝4，
在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG，
∴△AEG的周长为AG+EG+AE3＝8，故②正确；在Rt△CDG中，根据勾股定理得，CG，故①错误；
∵S△ECG＝S正方形ABCD﹣S△AEG﹣S△EBC﹣S△GDC＝AD2AG•AEGD•DCEB•BC＝42341×4，
∴S△EGF＝S△ECF﹣S△ECG，故③正确；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质和判断，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，求出AG是解本题的关键．
25．（2021·广东深圳·二模）如图，在矩形ABCD中，BC＝AB，E为BC中点，连接AE交BD于点F，连CF，下列结论：①AE⊥BD；②S矩形ABCD＝10S△CEF；③；④正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】利用矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质即可完成．
【详解】①∵四边形ABCD是矩形
∴,∠DAB=∠ABE=90°，DC=AB
∴
∵E为BC的中点
∴
∴
∵∠DAB=∠ABE=90°
∴△ABE∽△DAB
∴∠BAE=∠ADB
∵∠BAE+∠FAD=90°
∴∠ADB+∠FAD=90°
∴∠AFD=90°
即AE⊥BD
故①正确
②由勾股定理得：
∵AE⊥BD
∴∠AFB=∠BAD=90°
∵∠BAE=∠ADB
∴△ABF∽△DBA
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∵点E为BC的中点
∴
∵
∴
即
故②错误
③由②知
∴
∵四边形ABCD是矩形
∴
∴
故③错误
④过点F作FG⊥BC于点G
∴FG∥DC
∴
∴，
∴
在Rt△FGC中，由勾股定理得：
∵
∴在Rt△ABE中，由勾股定理得：
∴
故④正确
故正确的有2个
故选：B
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判断与性质，等高的两个三角形面积比等于底边比等知识，关键是把其它的线段用矩形的宽的代数式表示出来．
26．（2020·安徽滁州·模拟预测）在△EFG中，∠G＝90°，，正方形ABCD的边长为1，AD与EF在一条直线上，点A与点E重合．现将正方形ABCD沿EF方向以每秒1个单位的速度匀速运动，正方形ABCD和△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分四种情况：0≤t≤1时，重叠部分的面积为三角形；1＜t≤2时，重叠部分的面积为多边形；2＜t≤3时，重叠部分面积等于正方形ABCD的面积；3＜t≤时，重叠部分面积为多边形．分别求出不同情况下重叠部分的面积即可得到答案．
【详解】∵，∠G＝90°，
∴由勾股定理得EF＝5，
①当0≤t≤1时，如图1，
则AE＝t＝AH，
S＝×AE×AH＝t2，函数为开口向上的抛物线，当t＝1时，；
②当1＜t≤2时，如图2，设EG交CD于点H，BC交EG于点G，
则ED＝AE﹣AD＝t﹣1＝HD，则CH＝CD﹣HD＝2﹣t＝CG，
S＝S正方形ABCD﹣S△CGH＝1﹣×CH×CG＝，函数为开口向下的抛物线，当t＝2时，S=1；
③当2＜t≤3时，如图3，
S＝S正方形ABCD＝1，
④当3＜t≤4时，如图4，设AB、BC分别交FG于点N、M
则AF=4−t=AN
∴BN=BM=AB−AN=1−(4−t)=t−3
∴S＝S正方形ABCD﹣S△BMN＝1﹣×BM×BN＝
函数为开口向下的抛物线，且当t=4时，S=
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的图形与性质，弄懂正方形运动过程中与三角形重叠部分图形的规律、进而进行分类讨论是解题的关键与难点．
二、填空题
27．（2024·陕西西安·二模）如图，菱形中，，， 为的中点，为上一点，连接，作且面积为，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】
本题主要考查菱形的性质特点，以及利用直角三角形和勾股定理等构造相似三角形，继而根据三角形第三边大于两边之差．
【详解】
如图所示，连接，
∵是的中点，
∴=4，
∵四边形为菱形，
∴，
又∵，
∴为含有30°角的直角三角形，
∴根据勾股定理可得，且可得到，
∵面积为，
∴，
∴，
构造相似于，
可得，
∵,
∴
点G在⊙O上运动，
∴，
在中，，，
．
【点睛】本题重点在于根据乘积一定，构造相似，且利用圆的特性和三角形的性质判定最小值．
28．（2023·陕西咸阳·一模）如图，矩形的顶点A，C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为，是的内切圆，点N，点P分别是，x轴上的动点，则的最小值是 ．

【答案】
【分析】延长到点，使，则点与点关于轴对称，则，过点作轴于点，连接交轴于点，交于点，则，当，，，在一条直线上时，取得最小值；利用点的坐标的特征求得线段，，利用三角形的面积关系求得的半径，延长交于点，利用矩形的性质和勾股定理求得的长度，则结论可得．
【详解】解：如图，延长到点，使，则点与点关于轴对称，则，过点作轴于点，连接交轴于点，交于点，则，当，，，在一条直线上时，取得最小值，

点的坐标为，
点的坐标为，
，，
设与三边的切点为，，，连接，，，则，，，设，
，
，
，
，
，
延长交于点，
，，
，，
，，
，
，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，点的坐标的特征，三角形的内切圆，轴对称的最短路径问题，圆的切线的性质定理，勾股定理，作出点B关于x轴的对称点，从而得到点P的位置是解题的关键．
29．（2023·天津河西·一模）如图，正方形的边长为4，是边上一点，，连接，与相交于点，过点作，交于点，连接，则点到的距离为 ．

【答案】
【分析】过M作于，交于，连接，根据正方形的性质得，，，再判断 是等腰直角三角形得，设，则，由勾股定理求出 ，再根据证 得，设点到的距离为，根据求出答案．
【详解】解：过M作于，交于，连接，

四边形是正方形，
，，，
，
，
在中，
，，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
设，则，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
设点到的距离为，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角函数的定义，勾股定理等知识点，解题关键是正确作出辅助线求出相关的线段长．
30．（2021·浙江湖州·二模）对某一个函数给出如下定义：若存在实数，对于任意的函数值，都满足，则称这个函数是有界函数，在所有满足条件的中，其最小值称为这个函数的边界值．例如，如图中的函数是有界函数，其边界值是1．将函数的图象向上平移个单位，得到的函数的边界值满足是时，则的取值范围是 ．

【答案】或
【分析】本题考查了二次函数图象的平移和二次函数的最值问题，根据条件分类讨论函数值绝对值最大的情况是解决问题的关键点．
仔细阅读材料理解题意，可知n的值就是函数值绝对值最大的值，所以根据函数表达式找出函数值的最大值和最小值，进行分类讨论求解即可．
【详解】解：向上平移t个单位后，得到的函数解析式为
∴抛物线的开口向下，对称轴为直线，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，当时，y最大值为，且和的函数值相同，
∵，
∴当时，时，y有最小值，当时，时，y有最小值，
由题意可知：n是函数值绝对值最大时的值，
（I）当时，
①且，
解得，
②当且，
解得
（II）当时，
①且
无解；
②且，
无解，
故答案为：或．
31．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，是边长为3的等边三角形，延长至点，使得．点在线段上，且，连接，以为边向右作等边，过点作交的延长线于点，点是的中点，则四边形的面积为 ．

【答案】
【分析】作交的延长线于点，作于点，于点，先证明是等边三角形，再证明，得，再证明得到，然后根据即可得到问题的答案．
【详解】解：作交的延长线于点，

是边长为3的等边三角形，
，，，，
是等边三角形，
点在的延长线上，，
，
是等边三角形，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，，
是等边三角形，，，
，
在和中，
，
，
，
点为的中点，
，
，
作于点，于点，则，，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】此题重点考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
32．（2023·浙江宁波·二模）如图，与交于A、B两点，过B作y轴的垂线，垂足为C，交于点D，点D关于直线的对称点E恰好落在x轴上，且轴，连接，则 ；若的面积为15，则的值为 ．
【答案】 /
【分析】（1）设，则，联立直线，则，的横坐标为方程的两个根，分别为，根据根与系数的关系得出①，根据题意的中点在上，得②，联立①②即可求解；
（2）根据（1）的结论得出，，证明，勾股定理得出，，即，则或，根据，进而分类讨论，即可求解．
【详解】解：（1）设，则，
联立
即，
即，
则，的横坐标为方程的两个根，分别为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，即①，
∵关于直线对称，
∴的中点在上，
∴，
即②
由①②得：，
即，
∴，
故答案为：．
（2）∵关于对称，
∴
又，，则，
∵
∴
则，
∴
∴，
∵，
∴，
即，
解得：或
∵
当时，，无解（舍去）
当时，
解得：，（舍去）
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
三、解答题
33．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，已知抛物线：与x轴交于A，D两点，，点A在直线l：上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)将抛物线沿x轴翻折后得到抛物线，与直线l交于A，B两点，点P是抛物线上A，B之间的一个动点（不与点A、B重合），于M，轴交于N，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出点A、D坐标，再将代入中即可求解；
（2）先求出将抛物线沿x轴翻折后得到抛物线：，再由可得，即可得，求出的最大值即可得出的最大值．
【详解】（1）解：当时，，解得：，
∴，
∵，
∴点，
将代入中，
得解得，
∴抛物线的解析式为，
（2）∵抛物线：，将抛物线沿x轴翻折后得到抛物线，
∴抛物线：，
∴联立抛物线与直线l得：
，
解得：，，
∴点、
如图：交x轴于点H，直线交y轴于E，
∵，轴，
∴，
又∵，
∴，
∵直线l：与y轴交点为，
∴，
∴，
∴，
∴，
设点的横坐标为．
∴点的坐标为，其中．
∴点的坐标为．
．
，
∵当时，取得最大值为，
的最大值为，
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质，待定系数法，一次函数图象的性质，抛物线的轴对称变换，解三角形的应用，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
34．（2024·福建龙岩·模拟预测）在锐角内部取一点，过点分别作于点，作于点，以为直径作，的延长线与交于点．
(1)求证：；
(2)若，点在的延长线上，求证：是的切线；
(3)当时，连接，若于点，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据是的直径得，由可得，进而由，即可得出结论；
（2）连接，证明平分，过作于E，由角平分线性质可，即可得出结论；
（3）过点作于点，过点作于点，可得四边形是矩形；设，，由，得出，再证明，得，即，解得，在利用勾股定理求出，，由面积法可得，进而可得，由此求出比值.
【详解】（1）证明：是的直径
，即
，
，

，
，
（2）证明：连接，则点在上，

过作于E
由（1）
平分
是的切线
（3）解法一：过点作于点，过点作于点

则，，
设，
由（1）得，
∴四边形是矩形
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴，即
∴
∴

∴，
∴
∴
解法二：∵，

∵，
∴，
∵，
过点作于点，

设，
∵，
由（1），
中，，
∴
∵，
∴，
，
∴．
【点睛】本题考查的是切线的判定和性质、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定、解三角形，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径、灵活运用相似三角形 转化线段关系是解题的关键．
35．（2024·广东佛山·模拟预测）四边形是的内接矩形，点E是上的一动点，连接，，，其中交于点F．
(1)如1图，当时，
①求证：；
②若，连接，．求证：四边形是菱形．
(2)如2图，若，，请用含k的式子表示的值．
【答案】(1)①见解析，②见解析
(2)
【分析】本题考查了圆与相似三角形综合；利用相似三角形和三角函数转换线段比是解题关键．
（1）①由得，进而可得，再用AAS即可证明结论．②连接、、，可证明，是等边三角形，进而可得四边相等，即可得出结论．
（2）由可证明，进而可得，再证明，可得，即得，由此即可得出结论．
【详解】（1）①证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴
②证明：如图1，连接、、，
∵四边形是矩形，，
∴，，
∴，
∴，
∴
∵
∴
∵，
∴是等边三角形，
∴
∴
∴四边形是菱形
（2）证明：如图2，连接，过点E作于点，
∵，
∴是的直径，
∴，
在中，，
在中，，
∵，
∴，
∴，即
∵，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴
36．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图，抛物线交x轴正半轴于点A，过顶点作轴于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若时，则函数的取值范围是______；
(3)点为右侧第一象限抛物线上一点，过点作轴于点，点为轴正半轴上一点，连接，，延长线交轴于点B，点在轴负半轴上，连接、，若，求直线的解析式．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据，，得出，代入解析式即可求出
（2）分别根据函数解析式求出顶点函数最大值和取值范围的函数端点值，即可确定在时，函数的取值范围，
（3）根据，在上取点，使，过点作轴于，构造K全等模型，得，，确定直线上点K坐标，由待定系数法求出直线的解析式为，进而确定点B坐标，由，得、、、四点共圆，进而证明，得，即可求出点，从而求出直线的解析式．
【详解】（1）解：抛物线交x轴正半轴于点A，
时，即，
，代入，
得，解得（舍去），
故抛物线的解析式；
（2）解：
时，有最大值，
时，，
时，，
若时，函数的取值范围是；
（3）如图，在上取点，使，过点作轴于，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，，
由可知点，即，
设，由得，
∴点，点，，，
设直线的解析式为，则，
解得：，
即直线的解析式为，
当时，，
解并检验得：，（负值，不合题意，舍去），（不合题意，舍去）
故，
∴点，，，直线的解析式为，
当时，，即点B坐标为，
∵，，即，
∴、、、四点共圆，
∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∴点N坐标为，
线设直线的解析式为，则，
∴直线解析式为．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，包括了待定系数法求解析式，解直角三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质及全等三角形的判定与性质、四点共圆等知识点，构造K字型模型，确定解析式，由、、、四点共圆证明是解题关键．
37．（2024·吉林长春·一模）如图，在菱形中，，．点为线段延长线上一点，且，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点匀速运动．连结、，将绕点按逆时针方向旋转得到，设点运动的时间是秒．
(1)菱形的面积是________；
(2)用含的代数式表示线段的长；
(3)当、、三点共线时，求的值；
(4)当是直角三角形时，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)当时，，当时，，
(3)
(4)或
【分析】（1）作棱形的高，由，，求出，根据棱形的面积公式即可求出面积；
（2）分点P在线段上、在线段上两种情况求解即可；
（3）根据当、、三点共线时，作出图形，得，，过点P作，，构造直角三角形，得，，解方程即可；
（4）根据的直角位置不同分两种情况讨论，①当时，由旋转性质可知落在上，，②当时，如图3-2，过点作垂足为，在上取点使，过点作垂足为，将转换到内部，再解三角形即可．
【详解】（1）解：过点A作，垂足为H，
∵，即：，
设，则，
在中，，即：，
解得：，（负值已经舍去），
∴，
∴菱形的面积是，
故答案为：．
（2）解：由题意得：
当时，，
当时，，
（3）当、、三点共线时，如图，过点P作，，
由旋转性质可知：，，
∵，
∴，
在图（1）中，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，，，，
∴，
∴
解得：，（不合题意舍去），
故当、、三点共线时， 的值为．
（4）①当时，由旋转性质可知落在上，
∵
∴，
∴即为直角三角形；
，
②当时，如图3-2，过点作垂足为，在上取点使，过点作垂足为，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
由旋转性质可知：，
当时，，
∵，，，
∴，
∴，
整理得：，
解得：，（此时、、三点共线，舍去，）
综上所述：当或时， 是直角三角形，
【点睛】本题主要考查了旋转性质、解直角三角形、菱形的性质等，解题关键是利用三角函数转换线段关系，利用勾股定理列方程求解．
38．（2024·吉林长春·一模）如图，在正方形中，动点从点出发，沿运动到点停止．过点作的垂线，垂足为点，延长到点，使，连结，直线与交于点．设为，且．
(1)当时， ， ；
(2)当点在上时，
①求的值；
②当为轴对称图形时，求的大小；
(3)若正方形的面积为，直接写出面积的最大值．
【答案】(1)
(2)①，②的大小为或，见解析
(3)
【分析】（1）当时，根据正方形的性质，结合，得到，利用等腰三角形的性质计算即可．
（2）根据（1）中的思路，用表示、、，进一步求解、，利用三角形内角和求解，可得；当为轴对称图形时，分析可得有两种情况或，若，则，求得，若，则，求得．
（3）点在上时，三点在以正方形对角线交点为圆心为半径的圆上，点在上时，移动到B时，点重合，面积最大为，当点在上时，的距离最大时面积最大，最大为，即可得出整个过程中的最大面积．
【详解】（1）∵正方形，
∴，
∵，
∴；
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴；；
∴，
故答案为：．
（2）①∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴；；
∴
∴
∴
∴；
②为轴对称图形，
为等腰角形，
∴
∴有两种情况或，
若，
则即
解得，
若
则
又
∴
∴的大小为或
（3）当点在上时，
∵，
∴，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵当点在上时，，
∴整个运动过程中，
∴三点在圆上，弧所对的圆周角是，所对的圆心角是，
又∵正方形对角线互相垂直平分，
∴圆心为正方形对角线交点，半径为的长度，
∵，
∴，
∴，，
当点在上时，移动到B时，点重合，
面积最大为，
当点在上时，的距离最大时面积最大，
面积最大为，
∴面积最大为．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质、正方形的性质、轴对称图形的特点、和圆的判定，需要分类讨论，判断出的移动轨迹是解题关键．
39．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）综合实践
菱形中，点在对角线上，点在直线上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，旋转角，连接．
【问题发现】
（1）如图，当点与点重合时，线段、、之间的数量关系为 ．
【类比探究】
（2）如图，当点在边上时，时，求证：
【拓展延伸】
（3）如图，点在延长线上，为中点，当，，时，设求与之间的数量关系．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）用SAS法判定即可求解：
（2）由菱形的性质得到为等边三角形，由图形旋转得到为等边三角形，得，在 上截取，则为等边三角形，从而证明，得到，进而得以求证；
（3）在 的延长线上截取，构造中位线得到，用勾股定理求解，进而求解，过作交延长线于，结合菱形的性质用AAS法证明，得到，由得到由相似比计算，进而得以求证．
【详解】解：（1）由题可知，
∴，
又∵菱形中，，
∴在中
∴，
∴，
∴；
（2）∵菱形中

，
∵，
∴为等边三角形，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，为等边三角形 ，，
在 上截取，则为等边三角形，
∴，
∵，
∴；
∴，
∵，
∴；
（3）在 的延长线上截取，
又∵为中点，
∴，
∴，
∴°，
设，
，
，
解得 (舍)， ，
，
∴，
过作交延长线于，
在菱形中，，
∵， ，
∴，
∴，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即
∴解得，
∵， ，
∴ ．
【点睛】本题考查菱形的性质、三角形中位线性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理，熟悉相关判定和性质很重要，根据题意正确做出辅助线是本题关键．
40．（2023·吉林白城·模拟预测）下面是小明同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，已知正方形中，分别是、边上的点，且．求证：．
证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到，则．
四边形是正方形，，
．
．
又，点在一条直线上．
＿＿＿，＿＿＿．
【探究】（1）在图①中，若正方形的边长为，，其他条件不变，求的长．
解：正方形的边长为，．
设，则．
在中，由，解得＿＿＿，即＿＿＿．
（2）如图②，在四边形中，，是边上的点，且，则＿＿＿．
（3）如图③，在中，，为边上的高．若，则的长为＿＿＿．
【答案】作业：， ；探究：（1） ，；（2） ；（3）
【分析】作业：按照对应关系寻找三角形，线段等量代换即可；
探究：（1）按运算法则计算方程即可；
（2）过作交队延长线于，证明四边形是正方形，将绕点逝时针旋转，可证明，设，表示，在用勾股定理即可求解；
（3）将绕点顺时针旋和转得到，则，延长相交于，证明，得到，设，表示，在中用勾股定理即可求解．
【详解】作业：证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到，
则．
四边形是正方形，
，
．
，
．
又，
点在一条直线上．
，
，
．
故答案为：，；
探究：（1）正方形的边长为，，
设，则，
，
在中，由，
解得，即．
故答案为：，；
（2）过作交队延长线于，则
又∵
∴四边形是正方形
将绕点逝时针旋转，得到，如图，
则四点共线，，
∵，
∴，
又∵，
，
设，则，
，
∴在中，，
解得，
∴；
故答案为：5；
（3）将绕点顺时针旋和转得到，延长相交于，如图：
则，
∴四边形是正方形，
，即，
∴，
，
∴，
，
设，则，
∴，
∴在中，即，
解得（负值舍去），则
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题考查图形旋转的特点、全等三角形的性质和判定、勾股定理、正方形的性质和判定，三个图形紧密相连，解题思路环环相扣，承接前一问的思路解下一问是解题关键．
层数/层
0
1
2
3
…
隔板长度/cm
120
______
______
______
…