中考数学二轮压轴题汇编05挑战压轴题（解答题三）（江西专用）（2份，原卷版+解析版）

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1．（2021·江西）课本再现
（1）在证明“三角形内角和定理”时，小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明，其中与相等的角是______；
类比迁移
（2）如图2，在四边形中，与互余，小明发现四边形中这对互余的角可类比（1）中思路进行拼合：先作，再过点作于点，连接，发现，，之间的数量关系是_________；
方法运用
（3）如图3，在四边形中，连接，，点是两边垂直平分线的交点，连接，．
①求证：；
②连接，如图4，已知，，，求的长（用含，的式子表示）．
【答案】（1）∠DC；（2）AD2+DE2=AE2；（3）①见解析；②BD=．
【解析】
【分析】
（1）根据拼图可求得∠A=∠DC；
（2）根据∠ABC与∠ADC互余求得∠ADF=∠ADC+∠ABC=90°，利用勾股定理即可求解；
（3）①由点O是△ACD两边垂直平分线的交点，证得OA=OD=OC，推出2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180，得到∠OAC+∠ADC =90，即可求解；
②作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，求得AC：AB：BC= 1：2：，同理可得CE：DE：DC= 1：2：，证明△ACE△BCD，利用相似三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】
（1）根据拼图可得：∠A=∠DC；
故答案为：∠DC；
（2）作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，如图，
∵∠ABC与∠ADC互余，即∠ABC+∠ADC=90°，
∴∠ADF=∠ADC+∠CDF=∠ADC+∠ABC=90°，
∴AD2+DE2=AE2；
故答案为：AD2+DE2=AE2；
（3）①证明：连接OD、OC，
∵点O是△ACD两边垂直平分线的交点，
∴OA=OD=OC，
∴∠OAC=∠OCA，∠ODC=∠OCD，∠OAD=∠ODA，
∵2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180，
即2∠OAC+2∠ADC =180，
∴∠OAC+∠ADC =90，
∵∠OAC=∠ABC，
∴∠ABC +∠ADC =90；
②作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，
∵∠ABC +∠ADC=90，
∴∠ABC +∠CDF=90，
∴AD2+DE2=AE2，即m2+DE2=AE2，
∵∠BAC=90，
∴AC：AB：BC= 1：2：，
同理可得CE：DE：DC= 1：2：，
∴，
∵∠CDF=∠ABC，
∴∠ACB=∠DCE，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△ACE△BCD，
∴，
∴AE=，
在Rt△CDE中，，
∴DE=，
∴m2+()2=()2，即m2+2=，
∴BD2=，
∴BD=．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．
2．（2020·江西）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：
内蒙
类比探究
（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为 ；
推广验证
（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积．
【答案】（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为，则有∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；
（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；
（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，由此可知，，即可计算出，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有，由（2）结论有，最后即可计算出四边形ABCD的面积．
【详解】
（1）∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（2）成立，理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（3）过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴PH=AH=，
∴，，
∴，
∵，ED=2，
∴，，
∴，
∵，
∴△ABP∽△EDP，
∴，，
∴，，
∴，
，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴△ABP∽△EDP∽△CBD
∴
故最后答案为．
【点睛】
（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．
3．（2019·江西）【特例感知】
（1）如图1，对于抛物线，，，下列结论正确的序号是_______；
①抛物线都经过点；
②抛物线的对称轴由抛物线的对称轴依次向左平移个单位得到；
③抛物线与直线的交点中，相邻两点之间的距离相等．
【形成概念】
（2）把满足（为正整数）的抛物线称为“系列平移抛物线”．
【知识应用】
在（2）中，如图2．
①“系列平移抛物线”的顶点依次为，用含的代数式表示顶点的坐标，并写出该顶点纵坐标与横坐标之间的关系式；
②“系列平移抛物线”存在“系列整数点（横、纵坐标均为整数的点）”：，其横坐标分别为（为正整数），判断相邻两点之间的距离是否都相等，若相等，直接写出相邻两点之间的距离；若不相等，说明理由．
③在②中，直线分别交“系列平移抛物线”于点连接，判断是否平行？并说明理由．
【答案】（1）①②③；（2）①，，②相邻两点之间的距离都相等，理由见解析；③与不平行,理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①当时，分别代入抛物线，，，即可得；
②，的对称轴分别为，，的对称轴，
③当时，则，可得或；，可得或；，可得或；所以相邻两点之间的距离都是1，
（2）①的顶点为，，可得；
②横坐标分别为，，，，为正整数），当时，，纵坐标分别为，，，，，相邻两点间距离分别为；
③由题可知，，，．比较，即可得出结论与不平行．.
【详解】
解：解：（1）①当时，分别代入抛物线，，，即可得；①正确；
②，的对称轴分别为，，
的对称轴，
由向左移动得到，再向左移动得到，
②正确；
③当时，则，
或；
，
或；
，
或；
相邻两点之间的距离都是1，
③正确；
故答案为①②③；
（2）①的顶点为，，
令，，
；
②相邻两点之间的距离都相等．
理由：根据题意得：，．
∴两点之间的铅直高度．
两点之间的水平距离．
∴由勾股定理得．
∴．
③与不平行．
理由：
根据题意得：，，，．
过分别作直线的垂线，垂足为，，
所以，．
在中，
．
在中，
．
∵，
∴．
∴，
∴与不平行．
【点睛】
本题考查二次函数图象及性质，平行线的性质；能够结合题意，分别求出抛物线与定直线的交点，抛物线上点的横坐标求出相应的纵坐标，结合勾股定理，直线的解析式进行综合求解是关键．
4．（2018·江西）小贤与小杰在探究某类二次函数问题时，经历了如下过程：
求解体验
(1)已知抛物线经过点(-1,0),则= ，顶点坐标为 ，该抛物线关于点(0,1）成中心对称的抛物线的表达式是 .
抽象感悟
我们定义：对于抛物线,以轴上的点为中心，作该抛物线关于
点对称的抛物线 ,则我们又称抛物线为抛物线的“衍生抛物线”，点为“衍生中心”.
(2)已知抛物线关于点的衍生抛物线为，若这两条抛物线有交点，求的取值范围.
问题解决
(3) 已知抛物线
①若抛物线的衍生抛物线为,两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求的值及衍生中心的坐标；
②若抛物线关于点的衍生抛物线为 ,其顶点为；关于点的衍生抛物线为，其顶点为；…；关于点的衍生抛物线为，其顶点为；…(为
正整数).求的长(用含的式子表示).
【答案】求解体验： ；顶点坐标是(-2,1)；；抽象感悟：；问题解决：①；（0，6）；②
【解析】
【详解】
【分析】(1)把(-1，0)代入 即可未出=-4，然后把抛物线解析式变为顶点式即可求得抛物线的顶点坐标，继而可得顶点关于（0，1）的对称点，从而可写出原抛物线关于点(0，1）成中心对称的抛物线的表达式；
（2）先求出抛物线 的顶点是（-1，6），从而求出 (-1，6)关于的对称点是，得 ，根据两抛物线有交点，可以确定方程 有解，继而求得m的取值范围即可；
(3) ①先求出抛物线以及抛物线的衍生抛物线为，的顶点坐标，根据两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求的值及再根据中点坐标公式即可求出衍生中心的坐标；
② 如图，设 ， … ， 与轴分别相于 ， … ， ，则 ，，… ， 分别关于 ， … ， 中心对称，由题意则可得 ， … 分别是△ ， … 的中位线，继而可得 ， ，… ，再根据点的坐标即可求得的长.
【详解】求解体验
(1)把(-1，0)代入 得，
∴，
∴顶点坐标是(-2，1)，
∵(-2，1)关于(0，1)的对称点是(2，1)，
∴成中心对称的抛物线表达式是：，
即 (如图)
抽象感悟
(2) ∵ ，
∴ 顶点是（-1，6），
∵ (-1，6)关于的对称点是，
∴ ，
∵ 两抛物线有交点，
∴ 有解，
∴ 有解，
∴ ，
∴ ；(如图)
问题解决
(3) ① ∵=，
∴ 顶点（-1，），
代入 得：①
∵ ，
∴ 顶点（1，），
代入 得：②
由① ② 得 ，
∵ ，，
∴ ，
∴ 两顶点坐标分别是（-1，0），（1，12），
由中点坐标公式得“衍生中心”的坐标是（0，6）；
② 如图，设 ， … ， 与轴分别相于 ， … ， ，
则 ，，… ， 分别关于 ， … ， 中心对称，
∴ ， … 分别是△ ， … 的中位线，
∴ ， ，… ，
∵ ， ，
∴ ].
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，理解题意，画出符合题意的图形借助数形结合思想解决问题是关键.
5．（2017·江西）我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：
（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC；
②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为 ．
猜想论证：
（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
拓展应用
（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）①；②4；（2）AD=BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析，．
【解析】
【分析】
（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=AB′即可解决问题；
②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
（2）结论：AD=BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；
【详解】
解：（1）①如图2中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AB=AB′=AC′，
∵DB′=DC′，
∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=120°，
∴∠B′=∠C′=30°，
∴AD=AB′=BC，
故答案为．
②如图3中，
∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=∠BAC=90°，
∵AB=AB′，AC=AC′，
∴△BAC≌△B′AC′，
∴BC=B′C′，
∵B′D=DC′，
∴AD=B′C′=BC=4，
故答案为4．
（2）结论：AD=BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M
∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′=B′M=AC，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，
∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，
∴△BAC≌△AB′M，
∴BC=AM，
∴AD=BC．
（3）存在．
理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．
连接DF交PC于O．
∵∠ADC=150°，
∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，∵CD=2，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，
∴EM=BM=7，
∴DE=EM﹣DM=3，
∵AD=6，
∴AE=DE，∵BE⊥AD，
∴PA=PD，PB=PC，
在Rt△CDF中，∵CD=2，CF=6，
∴tan∠CDF=，
∴∠CDF=60°=∠CPF，
易证△FCP≌△CFD，
∴CD=PF，∵CD∥PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APD+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=，
∴PN==．
【点睛】
本题考查四边形综合题．
1．（2022·江西·新余四中九年级期末）如图，一组抛物线（n为不大于12的正整数）的顶点为，过点作x轴的垂线，垂足为，以为边长向右作正方形．当时，抛物线为的顶点为，此时的正方形为，依此类推．
(1)当时，求抛物线的的顶点为和的坐标；
(2)求的坐标（用含n的代数式表示）；
(3)①若以点为顶点的三角形是直角三角形，求n的值；
②若抛物线（n为不大于12的正整数）的其中一条抛物线经过点，写出所有满足条件的正方形的边长．
【答案】(1)，
(2)
(3)①4；②正方形的边长为3，6，9
【解析】
【分析】
（1）将二次函数解析式化为顶点式，即可求点坐标，根据正方形的性质即可得点坐标；
（2）将二次函数解析式化为顶点式，即可求点坐标，根据正方形的性质即可得点坐标；
（3）：①由（2）可知，，，，可知∴ ，， ，由以点为顶点的三角形是直角三角形，如图所示，可证，有即，计算满足要求的解即可；②由题意知（n为不大于12的正整数）的其中一条抛物线设为经过点，则，解得，由，均为不大于12的正整数，求出的所有满足条件的值，进而求解对应的每个二次函数的正方形的边长即可．
(1)
解：∵
∴
∵，轴
∴
和的坐标分别为和．
(2)
解：∵
∴
∵，轴
∴．
(3)
解：①由（2）可知，
∴，
∴ ，，
∵以点为顶点的三角形是直角三角形，如图所示
∵，
∴
∴
∴即
解得或（不符合题意，舍去）
∴的值为4．
②解：由题意知（n为不大于12的正整数）的其中一条抛物线设为经过点
则
解得
∵，均为不大于12的正整数
∴的值为3，6，9
∴的顶点坐标，正方形的边长为3；
的顶点坐标，正方形的边长为6；
的顶点坐标，正方形的边长为9；
∴满足条件的正方形的边长为3，6，9．
【点睛】
本题考查了二次函数顶点坐标，正方形的性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．
2．（2022·湖北湖北·九年级期末）问题背景：
如图1，在中，，，是边上的中线，E是上一点，将绕点C逆时针旋转得到，的延长线交边于点P．问题探究：
(1)探究，之和与之间的数量关系．
①先将问题特殊化，如图2，当时，直接写出，之和与之间的数量关系；
②再探究一般情形，如图1，当不垂直时，证明①中的结论仍然成立；
(2)拓展探究：如图3，若的延长线交的延长线于点P时，直接写出一个等式，表示，，之间的数量关系．
【答案】(1)①；②见解析
(2)
【解析】
【分析】
解：①结论：．根据旋转的性质，再证明四边形是正方形，可得结论．
②结论不变，如图2中，过点C作于点G，过点C作交的延长线于点H．证明，可以推出，再利用正方形的性质解决问题即可．
（2）结论：，证明方法类似②．
(1)
解：①解：．
理由：
∵，
∴，
在中，，，
∵将绕点C逆时针旋转得到，
∴，，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∵是中边上的中线，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
②结论成立，证明：过点C作于点G，过点C作交的延长线于点H．
则．
由旋转性质可知，，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，．
∴．
∴．
∴四边形是正方形．
∴，
∴．
∵，，，
∴．
∴．
∴．
(2)
解：．
理由：如下图所示，过作交于点，交的延长线于点，
则四边形是平行四边形，
，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
3．（2022·湖南师大附中博才实验中学九年级开学考试）如果有一条直线经过三角形的某个顶点，将三角形分成两个三角形，其中一个三角形与原三角形相似，则称该直线为三角形的“自相似分割线”．如图1，在△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°，DE垂直平分AB，且交BC于点D，连接AD．
(1)证明直线AD是△ABC的自相似分割线；
(2)如图2，点P为直线DE上一点，当点P运动到什么位置时，PA+PC的值最小？求此时PA+PC的长度．
(3)如图3，射线CF平分∠ACB，点Q为射线CF上一点，当取最小值时，求∠QAC的正弦值．
【答案】(1)直线AD是△ABC的自相似分割线；
(2)当点运动到点时，PA+PC的值最小，此时；
(3)∠QAC的正弦值为
【解析】
【分析】
（1）根据定义证明△DBA∽△ABC即可得证；
（2）根据垂直平分线的性质可得，当点与重合时，,此时最小，设，则
根据，列出方程，解方程求解即可求得，进而即可求得的长，即最小值；
（3）过点作于点，过点作于点，连接，设与交于点，根据已知条件求得，进而转化为，则当点落在上时，点与点重合，此时的值最小，最小值为，进而根据求解即可．
(1)
∵△ABC中，AB=AC=1，∠BAC = 108°
∴∠B =∠C =（180°-∠BAC）= 36°
∵DE垂直平分AB
∴AD = BD
∴∠B =∠BAD = 36°
∴∠C =∠BAD
又∵∠B =∠B
∴△DBA∽△ABC
∴直线AD是△ABC的自相似分割线．
(2)
如图，连接，，
垂直平分AB，
当点与重合时，,此时最小，
，
设，则
解得：
PA+PC=
当点运动到点时，PA+PC的值最小，此时；
(3)
如图，过点作于点，过点作于点，连接，设与交于点，
，
由（2）知，
平分
点落在上时，点与点重合，
即此时的值最小，最小值为
∠QAC的正弦值为
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质与判定，求角的正弦，垂直平分线的性质，两点之间线段最短，垂线段最短，胡不归问题，转化线段是解题的关键．
4．（2022·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校九年级开学考试）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线（）与x轴交于点B．与y轴交于点A，直线与x轴交于点C，与y轴交于点D，轴交CD于点E．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接AE，于点F．，，AG交x轴的负半轴于点G，设BF的长为t，点G的横坐标为n，求n与t的函数关系式；
(3)如图3，在（2）的条件下，当时，求点F的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)n=
(3)(，)
【解析】
【分析】
(1)先求得B的坐标，代入直线的解析式即可 ．
(2) 先证明△FBE∽△OAB，求得EF=，过点A作AH⊥BE于点H，证明四边形AOBH是矩形，△OAG∽△HAE，整理即可．
(3) 如图，过点F作FN⊥x轴于点N，利用三角函数法求解 ．
(1)
∵直线（）与x轴交于点B．与y轴交于点A，
∴A(0，-2k)，B(2，0)，
当x=2时，=b-2，
∴E(2，b-2)，
∴EB=b-2-0=b-2．
(2)
∵直线（）与x轴交于点B．与y轴交于点A，
∴A(0，-2k)，B(2，0)，
∴OA=|-2k|=-2k，OB=2，
∵轴，，
∴AO∥BE，
∴∠FBE=∠OAB，
∴△FBE∽△OAB，
∴，
∴，
解得EF=，
过点A作AH⊥BE于点H，
∵EF⊥AB，
∴A、F、E、H四点共圆，
∴∠FAH=∠BEF，
∵∠BEF=2∠EAF，
∴∠FAH=2∠EAF=∠EAF+∠EAH，
∴∠EAF=∠EAH，
∴EF=EH=，
∵AO⊥OB，AH⊥BE，BH⊥OB，
∴四边形AOBH是矩形，
∴∠OAH=90°，AH=OB=2，
∵AG⊥AE，
∴∠OAG=∠HAE，
∴△OAG∽△HAE，
∴，
∴×(-2k)=-2n，
解得n=．
(3)
如图，过点F作FN⊥x轴于点N，根据(2)，得AB=t+2，
∴sin∠OAB=，tan∠OAB=，
∵FN∥AO，
∴∠OAB=∠NFB，
∴sin∠NFB =，tan∠NFB =，
∴NB=，FN==，
∴ON=OB-NB=2-=，FN==，
∴F的坐标为(，)，
∵CG=5，
∴b=n+5=5-t，
∴BE=b-2=3-t，
∵cs∠FBE= cs∠BFN，
∴，
∴k=，
∴F的坐标为(，)，
【点睛】
本题考查了三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，四点共圆，三角函数，熟练掌握三角形相似的判定，灵活运用三角函数是解题的关键．
5．（2022·贵州遵义·九年级期末）已知二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0，a、b为常数）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（6，0），与y轴的正半轴交于点C，过点C的直线y＝﹣x+4与x轴交于点D．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图1，点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，试探究点P的坐标是多少时，△CDP的面积最大，并求出最大面积；
(3)如图2，点M是二次函数图象上一动点，过点M作ME⊥CD于点E，MF//x轴交直线CD于点F，是否存在点M，使得△MEF≌△COD，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)P（,），最大面积为
(3)M（2，8）或M（5，4）
【解析】
【分析】
（1）将A（−1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，即可求解；
（2）过点P作PG⊥x轴交直线CD于点G，设P（t，），则G（t，），由S△CDP＝S△PCG−S△PDG＝×PG×3＝−（t−）2＋，即可求解；
（3）由题意可得FM＝5，设M（m，），则F（m−5，），再由F点在直线CD上，即可求m的值，进而确定M点的坐标．
(1)
解：将A（−1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，
∴，
∴，
∴
(2)
过点P作PG⊥x轴交直线CD于点G，
设P（t，），则G（t，），，
∴GP＝
令y＝0，则x＝3，
∴D（3，0），
∵S△CDP＝S△PCG−S△PDG＝×PG×3＝−（t−）2＋，，
∴当t＝时，S△CDP有最大值
此时P（,）；
(3)
存在点M，使得△MEF≌△COD，理由如下：
∵ME⊥CD，
∴∠MEF＝90°，
∵MF∥x轴，
∴∠FME＝∠CDO，
∵△MEF≌△COD，
∴MF＝CD，
∵OC＝4，OD＝3，
∴CD＝5，
∴FM＝5，
设M（m，），则F（m−5，），
∵F点在直线CD上，
∴＝
∴m＝2或m＝5，
∴M（2，8）或M（5，4）．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，全等三角形的性质是解题的关键．
1．（2022·辽宁大连·九年级期末）阅读下面材料．
小明遇到这样一个问题：如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC外，∠ADC＝120°，连接BD．用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明．
小明经过思考，发现解决问题的方法：如图2，延长CD至E，使ED＝AD，连接AE．证△ADE是等边三角形，△ACE≌△ABD，问题得到解决．
(1)填空：线段AD，BD，CD之间的数量关系为 ；
(2)用学过的知识或参考小明的方法解决下面的问题：
①如图3，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是△ABC外一点，∠ADC＝135°，连接BD．用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明．
②如图4，△ABC是等边三角形，点D在△ABC内，∠DAB＝∠DBA＝15°，将线段BD绕着点D顺时针旋转30°，得到线段B'D，连接B'D．直接写出的值．
【答案】(1)
(2)①，证明见解析；②
【解析】
【分析】
（1）延长至，使，连接．证是等边三角形，再利用证明，从而解决问题；
（2）①延长，作交的延长线于，得是等腰直角三角形，得，由（1）同理可得，，从而得出答案；
②连接，将△绕点逆时针旋转得，作，交的延长线于，作于，可得是等腰直角三角形，设，则，，，利用勾股定理表示出的长，即可得出答案．
(1)
解：延长至，使，连接．
，
，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
故答案为：；
(2)
①，理由如下：
延长，作交的延长线于，
，
，
是等腰直角三角形，
，
由（1）同理可得，，
；
②连接，将△绕点逆时针旋转得，作，交的延长线于，作于，
，
，
，
是的垂直平分线，
，，
设，则，，
，
，，
，
，
，
，
在中，，
，，
．
【点睛】
本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握基本几何模型，构造全等三角形是解题的关键．
2．（2022·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋6与x轴交于点B（﹣4，0），C（2，0），与y轴交于点A，在抛物线上有一动点P，连接AP，BP，AB，CP．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若P点在第二象限的抛物线上，当△ABP的面积是时，求△BCP的面积；
(3)点D是线段AC上的一点，过D作DE⊥BC于点E，点F在线段AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连接DF和EF，线段EF的长度是否有最小值，如果有请直接写出这个最小值，若没有最小值请说明理由．
【答案】(1)
(2)或
(3)存在，EF最小值为
【解析】
【分析】
（1）将B（﹣4，0），C（2，0）代入y＝ax2+bx+6，解出a、b，即可得抛物线的函数表达式；
（2）先求直线AB解析式，设P（m，﹣ m2﹣ m+6），用含m的代数式表示S△ABP，且由△ABP的面积是列方程，即可求△BCP的面积；
（3）过F作FH⊥x轴于H，连接FE，求出直线AC解析式，由D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，设D（t，﹣3t+6），则F（﹣t，﹣t+6），用含t的代数式表示 ，求出其最小值，从而得到EF的最小值．
(1)
（1）将B（﹣4，0），C（2，0）代入y＝ax2+bx+6得：
，解得，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣x+6；
(2)
过P作PQ∥y轴交AB于Q，如图：
在y＝﹣x2﹣x+6中令x＝0，得y＝6，
∴A（0，6），
设直线AB解析式为y＝kx+b，
则，解得，
∴直线AB解析式为y＝x+6，
∵P点在第二象限的抛物线上，
∴设P（m，﹣m2﹣m+6），则Q（m，m+6），
∴PQ＝﹣m2﹣m+6﹣（m+6）＝﹣m2﹣3m，
∵S△ABP＝S△QBP+S△AQP＝PQ•（xA﹣xB），且△ABP的面积是，
∴×（﹣m2﹣3m）×4＝，
解得m＝﹣1或m＝﹣3，
当m＝﹣1时，P（﹣1，），S△BCP＝BC•yP＝×[2﹣（﹣4）]×＝，
当m＝﹣3时，P（﹣3，），S△BCP＝BC•yP＝×[2﹣（﹣4）]×＝，
∴△BCP的面积是或．
(3)
过F作FH⊥x轴于H，连接FE，如图：
设直线AC解析式为y＝mx+n，
将A（0，6）、C（2，0）代入得：
，解得，
∴直线AC解析式为y＝﹣3x+6，
∵D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，
∴设D（t，﹣3t+6），则F（﹣t，﹣t+6），
∴FH＝﹣t+6，EH＝t﹣（﹣t）＝2t，
在Rt△EFH中，EF2＝FH2+EH2，
∴EF2＝（﹣t+6）2+（2t）2
＝t2﹣18t+36
＝（t﹣）2+，
∴当t＝时，EF2最小值为，故EF最小值为．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合知识，涉及二次函数解析式、三角形面积、中心对称、勾股定理等，解题的关键是设点的坐标，用含字母的代数式表示相关的线段长度，列方程解决问题．
3．（2022·陕西西安·九年级期末）有这样一类特殊边角特征的四边形，它们有“一组邻边相等且对角互补”，我们称之为“等对补四边形”．
(1)如图1，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于点E，若AE＝4，则四边形ABCD的面积等于 ．
(2)等对补四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角，即如图2，四边形ABCD中，AD＝DC，∠A+∠C＝180°，连接BD，求证：BD平分∠ABC．
(3)现准备在某地著名风景区开发一片国家稀有动物核心保护区，保护区的规划图如图3所示，该地规划部门要求：四边形ABCD是一个“等对补四边形”，满足AD＝DC，AB+AD＝12，∠BAD＝120°，因地势原因，要求3≤AD≤6，求该区域四边形ABCD面积的最大值．
【答案】(1)9
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）过作，交的延长线于，求出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，求出，根据得出，根据全等得出，，求出，求出，代入求出即可；
（2）如图1中，连接，．证明，，，四点共圆，利用圆周角定理即可解决问题．
（3）如图3中，延长到，使得，连接，过点作于，根点作于，于．设．构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
(1)
解：如图1，过作，交的延长线于，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
四边形是矩形，
四边形是正方形，
，
．
故答案为：16；
(2)
解：证明：如图2中，连接．
，
，，，四点共圆，
，
，
，
平分．
(3)
解：如图3中，延长到，使得，连接，过点作于，过点作于，于．设．
，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
由（2）可知．平分，
，
，
，
，，
，，
，
，
，，
，
∵，
∴
∴时，有最大值，最大值．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了“邻等对补四边形”的定义，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，四点共圆，二次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题，属于中考压轴题．
4．（2022·全国·九年级专题练习）已知二次函数经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．

(1)求该抛物线解析式；
(2)如图1，点M为抛物线上第二象限内一动点，BM交y轴于点N，当BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，求点M的坐标；
(3)如图2，点P为对称轴上D点下方一动点，点Q为直线y＝x第一象限上的动点，且DP＝OQ，求BP+BQ的最小值并求此时点P的坐标．
【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3．
(2)M（﹣2，3）或（，）．
(3)最小值为AC＝，点P（﹣1，2）．
【解析】
【分析】
（1）根据A、B点的坐标设出抛物线的交点式，再将C点的坐标带图求解，即可得出结论．
（2）过A点作AG⊥x轴交BM的延长线于G，则，设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，进而得出或2，进而建立方程求解，即可得出结论．
（3）先判断出△PCD∽△OBQ，进而得出PC＝OQ，在判断出A、P、C在同一条直线上时，BP+OQ的最小值，在求出直线AC的解析式，即可得出结论．
(1)
解：∵二次函数经过点A（﹣3，0）、B（1，0），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
∵点C（0，3）在抛物线上，
∴﹣3a＝3，
∴a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
(2)
解：如图1，过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，
设点M（m，﹣m2﹣2m+3）（﹣3＜m＜0），
∴S△BCM＝CN（1﹣m），S△ABM＝S△ABG﹣S△AMG＝AG[（1+3）﹣（m+3）]＝AG（1﹣m），
∴，
∵，
∴＝，
设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，
∵BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，
∴＝或2，
∴，或2，
∴或2，
∴t＝1或，
∴N（0，1）或N（0，），
当N（0，1）时，
∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣x+1①，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）②，
联立①②解得，或，
∴M（﹣2，3）；
当N（0，）时，
∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣x+③，
联立②③解得，或，
∴M（，）；
即M（﹣2，3）或（，）；
(3)
解：如图2，
连接PC，CD，过点C作CH⊥DP于H，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2m+3＝﹣（m﹣1）2+4，
∴D（﹣1，4），
∵C（0，3），
∴CD＝，DH＝1，CH＝1，
∴DH＝CH，
∴∠CDP＝45°，
∵点Q为直线y＝x第一象限上的动点，
∴∠BOQ＝45°＝∠CDP，
∵DP＝OQ，
∴＝，
∵＝，
∴＝＝，
∴△PCD∽△OBQ，
∴，
∴PC＝OQ，
∴BP+OQ＝BP+PC，
连接AP，
∵点P是抛物线的对称轴上的点，
∴PB＝PA，
∴BP+OQ＝BP+PC＝PA+PC，
∴当点A，P，C在同一条直线上时，BP+OQ最小，最小值为AC＝＝，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
当x＝﹣1时，y＝2，
∴点P（﹣1，2）．
【点睛】
本题考察了二次函数解析式的求法，抛物线的性质，三角形面积公式，相识三角形等问题，需要数形结合解答问题．
5．（2022·四川省成都市石室联合中学八年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AP交x轴于点P（p，0），与y轴交于点A（0，a），且a、p满足+（p﹣1）2＝0．
(1)求直线AP的解析式；
(2)如图1，直线x＝﹣2与x轴交于点N，点M在x轴上方且在直线x＝﹣2上，若△MAP的面积等于6，请求出点M的坐标；
(3)如图2，已知点C（﹣2，4），若点B为射线AP上一动点，连接BC，在坐标轴上是否存在点Q，使△BCQ是以BC为底边的等腰直角三角形，直角顶点为Q，若存在，请求出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=3x-3；
(2)（-2，3）；
(3)Q的坐标为（-，0）或（0，）或（0，）
【解析】
【分析】
（1）根据算术平方根的非负性及偶次方的非负性得到a+3=0，p-1=0，求出a，p，得到点P，A的坐标，设直线AP的解析式为y=kx+b，利用待定系数法求出函数解析式；
（2）过M作MD交x轴于D，连接AD，由MD，△MAP的面积等于6，顶点△DAP的面积等于6，求出DP，得到点D坐标，求出直线DM的解析式，即可求出M的坐标；
（3）设B（t，3t-3），分三种情况，①当点Q在轴负半轴时，过B作BE⊥x轴于E，证明△BEQ≌△QNC（AAS），得到OQ=QE-OE=ON+QN，即4-t=2+3-3t，求出t值即可；②当Q在y轴正半轴上时，过C作CF⊥y轴于F，过B作BG⊥y轴于G，证明△CQF≌△QBG（AAS），得到OQ=OG-QG=OF-QF，即3t-3-2=4-t，求出t即可；③当Q在y轴正半轴上时，过点C作CF⊥y轴于F，过B作BT⊥y轴于T，同②可证△CFQ≌△QTB（AAS），得到OQ=OT+QT=OF+QF，即3t-3+2=4+t，求出t值即可．
(1)
解：∵+（p﹣1）2＝0．
∴a+3=0，p-1=0，
解得a=-3，p=1，
∴P(1,0)，A(0,-3)，
设直线AP的解析式为y=kx+b，
∴，解得，
∴直线AP的解析式为y=3x-3；
(2)
解：过M作MD交x轴于D，连接AD，
∵MD，△MAP的面积等于6，
∴△DAP的面积等于6，
∴，即，
∴DP=4，
∴D（-3，0）
设直线DM的解析式为y=3x+c，则，
∴c=9，
∴直线DM的解析式为y=3x+9，
令x=-2，得y=3，
∴M（-2，3）；
(3)
解：存在
设B（t，3t-3），
①当点Q在x轴负半轴时，过B作BE⊥x轴于E，如图，
∴OE=t，BE=3-3t，
∵△BCQ是以BC为底边的等腰直角三角形，
∴BQ=CQ，∠BQC=90°，
∴∠BQE=90°-∠NQC=∠QCN，
又∵∠BEQ=∠QNC，
∴△BEQ≌△QNC（AAS），
∴QN=BE=3-3t，QE=CN=4，
∴OQ=QE-OE=ON+QN，即4-t=2+3-3t，
∴t=，
∴OQ=，
∴Q（-，0）；
②当Q在y轴正半轴上时，过C作CF⊥y轴于F，过B作BG⊥y轴于G，如图，
∴BG=t，OG=3t-3，
∵△BCQ是以BC为底边的等腰直角三角形，
∴BQ=CQ，∠BCQ=90°，
∴∠CQF=90°-∠BQG=∠GBQ，
又∵∠CFQ=∠BGQ=90°，
∴△CQF≌△QBG（AAS），
∴CF=QG=2，QF=BG=t，
∴OQ=OG-QG=OF-QF，即3t-3-2=4-t，
∴t=，
∴OQ=4-t=，
∴Q（0，）；
③当Q在y轴正半轴上时，过点C作CF⊥y轴于F，过B作BT⊥y轴于T，如图，
∴BT=t，OT=3t-3，
同②可证△CFQ≌△QTB（AAS），
∴CF=BT=t，QF=CF=2，
∴OQ=OT+QT=OF+QF，即3t-3+2=4+t，
∴t=，
∴OQ=4+t=，
∴Q（0，）；
综上，Q的坐标为（-，0）或（0，）或（0，）．
【点睛】
此题是一次函数与图形的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，全等三角形的判定即性质，等腰直角三角形的性质，算术平方根的非负性及偶次方的非负性，熟记全等三角形的判定即性质是解题的关键．