中考模拟卷（二）（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版）

这是一份中考模拟卷（二）（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版），共51页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
中考模拟卷（二）


一、单选题
1．如图，等边内接于⊙，是上任一点（不与、重合），连接、，交于，切⊙于点，交⊙于点．下列结论：①；②；③若，则四边形的面积为；④若，则图中阴影部分的面积为．正确的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】
利用同弧所对的圆周角相等可得①正确；利用假设法，利用条件证明三角形相似，与所给条件矛盾，可证②错误；构造，可得，求得即可证明③正确；可根据图2中的方法将阴影面积转化为扇形面积，即可验证④正确．
【详解】
解：已知等边内接于⊙，
∴，
∵，
∴，
故①正确；
假设，
则，
又∵，
∴，
∴,
而 ，
∴，
∴矛盾，故②错误；
如图1延长至点，使，连接，
由已知可得,,
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴过点作于,
∴，
∴,
∴，
故③正确；

如图2连接，，连接与交于，

∵切⊙于点，
∴，
∵交⊙于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴
故④正确；
∴正确的有①③④3个；
故选：C．
2．如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，AE与CD交于点F，连接BF，DE，下列结论中：①AF＝BC；②∠DEB＝45°，③AE＝CE+2BD，④若∠CAE＝30°，则，正确的有（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】
①②只要证明△ADF≌△CDB即可解决问题．③如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，想办法证明AE−CE＝BC＋EF−EC＝EF＋BE＝2DN＜2BD，即可．④如图2中，延长FE到H，使得FH＝FB．连接HC、BH．想办法证明△BFH是等边三角形，AC＝AH即可解决问题．
【详解】
解：∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝∠ADC＝∠CDB＝90°，
∵∠AFD＝∠CFE，
∴∠DAF＝∠DCB，
∵AD＝DC，
∴△ADF≌△CDB，
∵AF＝BC，DF＝DB，故①正确，
∴∠DFB＝∠DBF＝45°，
取BF的中点O，连接OD、OE．
∵∠BDF＝∠BEF＝90°，
∴OE＝OF＝OB＝OD，
∴E、F、D、B四点共圆，
∴∠DEB＝∠DFB＝45°，故②正确，
如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，

∵△ADF≌△CDB，
∴，，
∵，
∴△DMF≌△DNB，
∴，
∵，
∴四边形DMEN是矩形，
∵，
∴四边形DMEN是正方形，
∴MF＝BN，EM＝EN，
∴EF＋EB＝EM−FM＋EN＋NB＝2EM＝2DN，
∵AE−CE＝BC＋EF−EC＝EF＋BE＝2DN＜2BD，
∴AE−CE＜2BD，即AE＜EC＋2BD，故③错误，
如图2中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N．
∵△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，
∴FM＝BN，EM＝EN＝DN，
∴EF＋EB＝EM−MF＋EN＋BN＝2EN＝2DN≤2BD，
∵AE−EC＝ADF＋EF−EC＝BC_EF−EC＝EF＋BE≤2BD，
∴AE≤EC＋2BD，故③错误，
如图2中，延长FE到H，使得FH＝FB．连接HC、BH．

∵∠CAE＝30°，∠CAD＝45°，∠ADF＝90°，
∴∠DAF＝15°，∠AFD＝75°，
∵∠DFB＝45°，
∴∠AFB＝120°，
∴∠BFH＝60°，
∵FH＝BF，
∴△BFH是等边三角形，
∴BF＝BH，
∵BC⊥FH，
∴FE＝EH，
∴CF＝CH，
∴∠CFH＝∠CHF＝∠AFD＝75°，
∴∠ACH＝75°，
∴∠ACH＝∠AHC＝75°，
∴AC＝AH，
∵AF＋FB＝AF＋FH＝AH，
∴AF＋BF＝AC，故④正确，
故选：B．
3．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，AM、AN分别与对角线BD交于点E、F，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM＋DN；②BE2＋DF2＝EF2；③BC2＝BF•DE；④OM＝OF．一定成立的是（ ）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】
根据正方形性质得，，延长MB至点H，使BH=DN，用SAS证明，得，，根据和等量代换得，用SAS证明得，因为，则，故①正确；将绕点A逆时针旋转90°得到，连接，则，，，，根据题意得，，因为，所以，用SAS证明，得，
又因为，所以根据勾股定理得，即，故②正确；
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
延长MB至点H，使BH=DN，连接AH，BH，

在和中，

∴（SAS），
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，

∴（SAS），
∴，
∵，
∴，故①正确；
如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，连接，

则，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，

∴（SAS），
∴，
∵，
∴，
即，故②正确；
4．如图，在ABC中，∠ACB＝45°，AD⊥BC，BE⊥AC，AD与BE相交下点F，连接并延长CF交AB于点G，∠AEB的平分线交CG的延长线于点H，连接AH．则下列结论：
①∠EBD＝45°；②AH＝HF；③ABD≌CFD；④CH＝AB+AH；⑤BD＝CD﹣AF．其中正确的有（ ）个．

A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【分析】
①利用三角形内角和定理即可说明其正确；②利用垂直平分线的性质即可说明其正确；③利用SAS判定全等即可；④利用③中的结论结合等量代换和等式的性质即可得出结论；⑤利用③中的结论结合等量代换和等式的性质即可得出结论．
【详解】

如图所示，设EH与AD交于点M，
∵∠ACB＝45°，BE⊥AC，
∴∠EBD＝90°﹣∠ACD＝45°，
故①正确；
∵AD⊥BC，∠EBD＝45°，
∴∠BFD＝45°，
∴∠AFE＝∠BFD＝45°，
∵BE⊥AC，
∴∠FAE＝∠AFE＝45°，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∵EM是∠AEF的平分线，
∴EM⊥AF，AM＝MF，即EH为AF的垂直平分线，
∴AH＝HF，
∴②正确；
∵AD⊥BC，∠ACD＝45°，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴AD＝CD，
同理，BD＝DF，
在△ABD和△CFD中，
，
∴△ABD≌△CFD（SAS）,
∴③正确；
∵△ABD≌△CFD，
∴CF＝AB，
∵CH＝CF+HF，
由②知：HF＝AH，
∴CH＝AB+AH，
∴④正确；
∵BD＝DF，CD＝AD，
又∵DF＝AD﹣AF，
∴BD＝CD﹣AF，
∴⑤正确，
综上，正确结论的个数为5个．
故选：A．
5．我们定义一种新函数：形如（，）的函数叫做“鹊桥”函数．小丽同学画出了“鹊桥”函数的图象（如图所示），并写出下列结论：①图象与坐标轴的交点为（，0），（3，0）和（0，3）；②图象具有对称性，对称轴是直线；③当或时，函数值y随x值的增大而增大；④当或时，函数的最小值是0；⑤当时，函数的最大值是4，⑥若点P（a，b）在该图像上，则当b＝2时，可以找到4个不同的点P．其中正确结论的个数是（ ）

A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】B
【分析】
观察图象，分别计算出对称轴、函数图象与x轴的交点坐标，结合图象逐个选项分析判断即可．
【详解】
令|x2-2x-3|=0可得x2-2x-3=0，
∴（x+1）（x-3）=0，
∴x1=-1，x2=3，
∴（-1，0）和（3，0）是函数图象与x轴的交点坐标，
令x=0可得y=3，
∴与y轴的交点坐标为（0,3），，故①正确；
观察图象可知，图象具有对称性，对称轴是直线x=1，故②正确；
又对称轴是直线x=1，
∴当或时，，函数值y随x值的增大而增大，故③正确；
由图象可知（-1，0）和（3，0）是函数图象的最低点，则当x=-1或x=3时，函数最小值是0，故④正确；
由图象可知，函数图像向两边无限延伸，没有最大值，故⑤错误；
由图象可知，函数图像与直线y=2有四个交点，即当b＝2时，可以找到4个不同的点P．故⑥正确；


综上，正确的有5个．
故选：B．
6．下列说法正确的是（ ）
①已知a，b，c是非零有理数，若，则的值为0或－2；
②已知时，那么的最大值为8，最小值为－8；
③若且，则代数式的值为．
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【分析】
根据绝对值的意义进行化简和计算求值即可判断．
【详解】
解：∵，
∴a，b，c中两负一正，当a，b都为负数时，；当a，b一正一负时，；故①正确；
时，那么，此时，最大值为8，最小值为-8；时，那么；故②正确；
∵且，
∴或；

，或；
故③正确；
故选：D
7．如图，在矩形纸片中，，，点在上，将沿折叠，点恰落在边上的点处；点在上，将沿折叠，点恰落在线段上的点处，；∽；；则下列结论正确的有（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据矩形的性质得出，根据折叠得出，，根据勾股定理求出，再逐个判断即可．
【详解】
解：根据矩形的性质得出
由折叠的性质得，，，
∴，故①正确；
由折叠的性质得，，，
∴
在中，，设，则，在中，，解得，∴，∴，
同理在中，，，由得，
∴，
∴，
∴与不相似，故②不正确；
∵，，
∴，即，故③正确；
∵，，，
∴，故④正确．
正确的有①③④
故选：B
8．如图，已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值是（　　）

A．5 B．10 C．6 D．8
【答案】A
【分析】
作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出CP、BP，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP=QN=BC，即可得出答案．
【详解】
解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，则P是AC中点，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，
即Q在AB上，
∵MQ⊥BD，
∴AC∥MQ，
∵M为BC中点，
∴Q为AB中点，
∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，
∴BQ∥CD，BQ=CN，
∴四边形BQNC是平行四边形，
∴PQ∥AD，
而点Q是AB的中点，
故PQ是△ABD的中位线，即点P是BD的中点，
同理可得，PM是△ABC的中位线，
故点P是AC的中点，
即点P是菱形ABCD对角线的交点，
∵四边形ABCD是菱形，
则△BPC为直角三角形，
,
在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC=5，
即NQ=5，
∴MP+NP=QP+NP=QN=5，
故选：A．
9．在边长为12的正方形ABCD中，E为CD边中点，连接AE，将沿线段AE翻折得到，延长AF交BC边于点N，连接EN，延长EF交BC边于点G，其中，连接DF并延长交BC边于点K，连接EK，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】
先证明可得是的垂直平分线，可判断①，再证明可得 而设 则 再利用勾股定理求解 即可判断②，证明 可得 可判断③，设 而则 则 再利用勾股定理求解 可判断④，分别计算，可判断⑤，从而可得答案.
【详解】
解： 正方形

由对折可得：
是的垂直平分线，
故①正确，符合题意；


而
设 则

解得：


故②正确，符合题意；






故③正确，符合题意，
设 而则



故④错误，不符合题意；




，故⑤正确，符合题意；
综上：正确的有：①②③⑤，
故选D
10．如图，抛物线y＝x2+7x﹣与x轴交于点A，B，把抛物线在x轴及共上方的部分记作C1将C1向左平移得到C2，C2与x轴交于点B，D，若直线y＝x+m与C1，C2共3个不同的交点，则m的取值范是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
首先求出点和点的坐标，然后求出解析式，分别求出直线与抛物线相切时的值以及直线过点时的值，结合图形即可得到答案．
【详解】
解：将y＝0代入，
得：，
解得：，，
抛物线与轴交于点、，
，，
抛物线向左平移4个单位长度，
∵，
平移后解析式，
如图，

当直线过点，有2个交点，
，
解得：，
当直线与抛物线相切时，有2个交点，
，
整理得：，
相切，
，
解得：，
若直线与、共有3个不同的交点，
，
故选：A．

二、填空题
11．如图，在中，，AB＝AC＝5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG＝FG时，线段长为______

【答案】
【分析】
连接DF，EF，过点F作，，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A、D、F、E四点共圆，，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解．
【详解】
解：如图，连接DF，EF，过点F作，．
∵在中，，点G是DE中点，
∴．
∵AG=FG，
∴A、D、F、E四点共圆，G点为圆心，DE为直径，
∴．
∵在中，，
∴．
又∵点F是BC中点，
∴，．
∴四边形AMFN是正方形，
∴．
∵，，
∴．
∴在和中，
∴，
∴，
∴，
∴在中，．

故答案为：．
12．在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x＋3与x轴、y轴分别交于点A、B，在△AOB内部作正方形，使正方形的四个顶点都落在△AOB的边上，则正方形的边长＝_______．
【答案】或
【分析】
分两种情况分别讨论：如图①所示，以坐标轴作为正方形的两条邻边，做正方形OEDC，设D（m，m），将D点横纵坐标代入y＝﹣x+3，求出m，也就求出正方形的边长；如图②所示，以直线y＝﹣x+3为正方形的一边可得正方形CDEF，根据一次函数与坐标轴的特点求出45°角，再根据正方形的性质用x表示出边长，根据线段之和求出x的值，从而求出正方形的边长．
【详解】
解：①如图①所示，以坐标轴作为正方形的两条邻边，做正方形OEDC，
∴CD＝DE，
设D（m，m），将D点横纵坐标代入y＝﹣x+3，
得m＝﹣m+3，
m＝，
∴D（，）
∴正方形的边长是；
②如图②所示，以直线y＝﹣x+3为正方形的一边可得正方形CDEF，
令x＝0，y＝3，y＝0，x＝3，
∴OB＝OA，
∵∠AOB＝90°，
∴∠OBA＝∠OAB＝45°，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CF＝CD＝DE＝FE，CF∥BA，
∴∠OCF＝∠OBA＝45°，∠CFO＝∠OAB＝45°，
设OF＝x，则CF＝x，
∴EF＝x，
在Rt△FEA中，sin45°＝，
∴AF＝2x，
∵OF+AF＝OA，
∴x+2x＝3，
解得x＝1．
∴EF＝，
∴正方形的边长是；
综上所述：正方形的边长是或．

故答案为：或．
13．如图，在边长为2的正方形中，点，分别在边，上，且，连接、交于点，连接，则线段的最小值为 __．

【答案】##
【分析】
首先判断出△ABE≌△BCF，即可判断出∠BAE=∠CBF，再根据∠BAE+∠BEA=90°，可得∠CBF+∠BEA=90°，所以∠APB=90°；然后根据点P在运动中保持∠APB=90°，可得点P的路径是一段以AB为直径的弧，设AB的中点为G，连接CG交弧于点P，此时CP的长度最小，最后在Rt△BCG中，根据勾股定理，求出CG的长度，再求出PG的长度，即可求出线段CP的最小值为多少．
【详解】
解：如图，四边形是正方形，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
点在运动中保持，
点的路径是一段以为直径的弧，
设的中点为，连接交弧于点，此时的长度最小，
在中，，
，
，
即线段的最小值为，
故答案为：．

14．如图，矩形ABCD中，AB＝4， BC ＝3， E为AB边上一动点，以DE为边向右作正方形DEFG，连接CF，则CF的最小值为______．


【答案】
【分析】
方法一：因为点E在线段AB上运动，根据瓜豆原理可知从动点F在一条直线上运动，找出这条直线根据点到直线的距离垂线段最短即可求出CF的最小值．
方法二：依题意，当点运动到点时，以为边作正方形；同理当点运动到点时，作正方形；故点在与间运动，当时，可得最小；
【详解】
方法一：解：如图，在BA延长线上取点M，使AM=AD，

∵在矩形ABCD中，，
∴，,
∵在正方形DEFG中，，
∴∠EDF=∠MDA，,
∴
∴，
∴点F在过M点垂直DM的直线MN上，
故CF的最小值为点C到直线MN的距离；
过点C作⊥MN，过D点作DH⊥，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴
故答案为．
方法二：如图：当点运动到点时，以为边作正方形；同理当运动到点时，作正方形；
过点作，
，又；
又为矩形，∴ ；
∴
在和中


，又
∴；
同理可得；∴；∴ ；
当点到达点，为点的运动的最大范围，又依据等腰三角形的性质，点在与间运动，且当时，可得最小；
∴；

故答案为：
15．如图，一段抛物线：y＝﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）记为C1，它与x轴交于两点O、A1；将C1绕A1能转180°得到C2，交x轴于A2；将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3.此进行下去，直至得到C2021，若顶点P（m，n）在第2021段抛物线C2021上，则m＝___．

【答案】4041
【分析】
根据题意，通过求解一元二次方程，得；根据二次方程的性质，得抛物线对称轴，从而求得C1的顶点；根据旋转的性质，得C2的顶点，同理得C3的顶点；根据数字规律的性质计算，即可得到答案．
【详解】
∵
∴，
∵C1与x轴交于两点O、A1；
∴
∵一段抛物线：y＝﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）记为C1，
∴抛物线对称轴为：
∴C1的最大值为：
∴C1的顶点为：
将C1绕A1能转180°得到C2，交x轴于A2；
∴C2的顶点为：，即
将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3.
∴C3的顶点为：，即
∴C2021的顶点为：，即
∵顶点P（m，n）在第2021段抛物线C2021上
∴
故答案为：．
16．定义：如果两条线段将一个三角形分成个互相没有重合部分的等腰三角形，我们把这两条线段叫做这个三角形的三分线（如图1所示）．如图2，已知在中，，，，则的三分线中，较短的那条长为________．（只需写出一种情况即可）．

【答案】
【分析】
根据等腰三角形的判定定理容易画出图形；根据，则，，则，，得出对应边成比例，，，得出方程组，解方程组即可．
【详解】
解：如图2所示，、就是所求的三分线．

设，则，，
此时，，
设，，
，
，
，
，
所以联立得方程组，
解得，
即较短的那条长为．
故答案为：
17．观察下面的等式：
；
；
；
；
．
回答下列问题：
（1）填空： ；
（2）已知，则的值是 ；
（3）设满足上面特征的等式最左边的数为，求的最大值，并写出此时的等式．
【答案】（1）－3；（2）0或-4；（3）4；
【分析】
观察规律发现每次只变化第一、第三个数，第三个位置的数的相反数等于第一个位置的数减2，可得．
（1）（2）代入求出对应数即可；
（3）整理，由绝对值的概念可得（4－a）为非负数，从而得解．
【详解】
观察可知，
（1），解得a=－3，故填－3；
（2），解得x=0或-4，故填0或-4；
（3）由，可得，则，解得．
即y的最大值是4，此时的等式是

三、解答题
18．在平面直角坐标系中，已知抛物线．

（1）若抛物线经过点（3，0），
①求该抛物线的表达式；
②将抛物线在第一象限的部分记为图象G，如果经过点（－1，4）的直线与图象G有公共点，请在图1中结合函数图象，求t的取值范围；
（2）横、纵坐标都是整数的点叫整点．记抛物线与x轴的交点为A、B．若抛物线在点A、B之间的部分与线段AB所围成的区域内（不包含边界）恰有7个整点，请结合函数图象，直接写出m 的取值范围．
【答案】（1）①y=－x2+2x+3；②3＜t≤4；（2）－2＜m≤－1．
【分析】
（1）①将（3，0）函数解析式求解．
②把（-1，4）代入y=kx+t得y=（t-4）x+4，然后由二次函数解析式可得抛物线顶点（1，4），经过点（0，3），（3，0），将坐标分别代入直线解析式求解．
（2）根据抛物线对称轴为直线x=1，通过数形结合可得区域内有七个整点分别为（0，1），（1，1），（2，1），（0，2），（1，2），（2，2），（1，3），进而求解．
【详解】
解：（1）∵抛物线经过点（3，0），
∴9m－6m+m+4=0，
∴m=－1．
∴y=－x2+2x+3．
②把（-1，4）代入y=kx+t得4=-k+t，
整理得k=t-4，
∴y=（t-4）x+4，
∵抛物线解析式为y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴抛物线顶点坐标为（1，4），
把x=0代入y=-x2+2x+3得y=3，
∴抛物线与y轴交点为（0，3），
将（1，4）代入y=（t-4）x+t得4=2t-4，
解得t=4，
将（0，3）代入y=（t-4）x+t得3=t，
将（3，0）代入y=（t-4）x+t得3（t-4）+t=0，
解得t=3，
∴3＜t≤4满足题意．

（3）∵y=mx2-2mx+m+4=m（x-1）2+4，
∴抛物线顶点坐标为（1，4），
m＞0时，抛物线开口向上，与x轴无交点，不符合题意．
m＜0时，抛物线开口向下，
如图

当区域内包含整点（0，1），（1，1），（2，1），（0，2），（1，2），（2，2），（1，3）时满足题意，
抛物线与y轴交点（0，m+4）在直线y=2与y=3之间，
抛物线与直线x=-1交点（-1，4m+4）在直线y=1下方，
即，
解得-2＜m≤-1．
19．尝试：如图①，中，将绕点A按逆时针方向旋转一定角度得到，点B、C的对应点分别为、，连接、，直接写出图中的一对相似三角形_______；
拓展：如图②，在中，，，将绕点A按逆时针方向旋转一定角度得到，点B、C的对应点分别为、，连接、，若，求的长；
应用：如图③，在中，，，，将绕点A按逆时针方向旋转一周，在旋转过程中，当点B的对应点恰好落在的边所在的直线上时，直接写出此时点C的运动路径长．

【答案】尝试：；拓展：；应用：点的运动路径长为或或或或．
【分析】
尝试：根据是由△ABC旋转得到的，可得到，，，即可推出，，则；
拓展：由AC=BC，∠ACB=90°，可得，同（1）可证，得到，由此求解即可；
应用：分点在延长线上时，点在的延长线上时，当点落在边所在直线上时，当点落在边所在直线上时，当点与点重合时，点旋转一周时，五种情况讨论求解即可得到答案．
【详解】
解：尝试：，理由如下：
∵是由△ABC旋转得到的，
∴，，，
∴，即，，
∴；
故答案为：；
拓展：∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴，
同（1）原理可证，
∴，
∴；
应用：∵在中，，，
∴，，
当点落在所在直线上时，有两种情况：①若点在延长线上时，如图①所示：
由旋转的旋转可得：，
∴点C运动的路径即为，

∴；
②若点在的延长线上时，如图②所示，此时点，，三点共线，
∴点C运动的路径即为，
由旋转的性质可得，
∴
∴旋转角，
∴弧；

当点落在边所在直线上时，如图③所示，
∴点C运动的路径即为，
由旋转的性质可得，
∴，
∴
∴弧；

当点落在边所在直线上时，如图④所示，此时点，，三点共线，旋转角为，
∴弧．
当点与点重合时，点旋转一周，
∴弧．

∴当点的对应点恰好落在的边所在直线上时，点的运动路径长为或或或或．
20．（发现问题）爱好数学的小明在做作业时碰到这样的一道题目：如图①，点为坐标原点，的半径为1，点.动点B在上，连结AB，作等边（A，B，C为顺时针顺序），求OC的最大值．

（解决问题）小明经过多次的尝试与探索，终于得到解题思路：在图①中，连接OB，以OB为边在OB的左侧作等边三角形BOE，连接AE．
（1）请你找出图中与OC相等的线段，并说明理由；
（2）线段OC的最大值为_______．
（灵活运用）
（3）如图②，，点D是以BC为直径的半圆上不同于B、C的一个动点，以BD为边在BD的右侧作等边，求AC的最小值．
【答案】（1），理由见解析；（2）OC的最大值为3；（3）AC的最小值为．
【分析】
（1）只要证明△CBO≌△ABE即可；
（2）当E、O、A共线，AE有最大值，此时OC有最大值，据此求解即可；
（3）以为边向上作等边，连接DM，证明，得到，则当D在BC的上方且时，DM的值最小，即为，由此求解即可．
【详解】
解：（1）如图①中，结论：，

理由：∵，都是等边三角形，
∴，，，
∴∠CBA+∠OBA=∠OBE+∠OBA，，
∴，
∴；
（2）∵A点坐标为（2，0），
∴OA=2，
∴，
∴当E、O、A共线，AE有最大值，AE的最大值为3，
∴OC的最大值为3；
（3）以为边向上作等边，连接DM，
∵，都是等边三角形，
∴，，
∴∠MBD+∠ABM=∠CBA+∠ABM，即
∴
∴，
∴当D在BC的上方且时，DM的值最小，即为
连接MO，
∴，
∴
.
∴的最小值为．

21．已知：如图1，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心，半径为5，⊙P与抛物线的交点A、B、C刚好落在坐标轴上．


（1）求抛物线的解析式；
（2）点D为抛物线的顶点，经过C、D的直线是否与⊙P相切？若相切，请证明；若不相切，请说明理由：
（3）如图2，点F是点C关于对称轴的对称点，若直线交y轴于点K，点G为直线上的一动点，则x轴上是否存在一点H，使C、G、H、K四点所围成的四边形周长最小？若存在，求出这个最小值及点G、H的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的关系式为；（2）相切，理由见解析；（3）存在 ，H；G，四边形CGHK的最小周长．
【分析】
（1）利用圆的性质求出A，B，C的坐标代入抛物线解析式求出a，b，c的值即可；
（2）C在圆上，根据证明切线口诀；有切点、连半径、证垂直，证明CP和CD垂直即可；
（3）作K关于x轴的点K'，连接K'F交对称轴PD于点G，交x轴于点H，此时C、G、H、K四点所围成的四边形周长最小，最小值为K'F+CK的长度．
【详解】
解：（1）如图所示，连PC，


∵⊙P的圆心P（3，0），半径为5，
∴A（-2，0）、B（8，0）、PC=5，OP=3，
∴，
∴C（0，4），
∴设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c（a≠0），
将A、B、C点代入得：，解得：，
∴所求抛物线的关系式为：．
（2）直线CD与⊙P相切，理由如下：
由得顶点D，
设经过C（0，4）、D的直线，
得，解之得，
∴，
连接PC，如图1，
设经过C（0，4）、P（3，0）的直线，
得，解之得，
∴，
∵，
∴CD⊥PC 且CD经过⊙P的半径外端点C，
∴直线CD是⊙P的切线．
（3）存在，理由如下：
∵抛物线的对称轴是直线x=3，
∴点F（6，4），
设经过A（-2，0）、F（6，4）的直线，
∴得，解之得，
∴，
∴AF与y轴交于点K（0，1），
又∵点K（0，1）关于x轴的对称点K'（0，-1），如图2，


∴HK=HK'，CG=GF，
此时C、G、H、K四点所围成的四边形周长
=CG+GH+HK+CK
=GF+GH+HK'+CK，
∴当连接K'F交对称轴PD于点G，交x轴于点H时，C、G、H、K四点所围成的四边形周长最小，最小值=K'F+CK．
又设经过K'（0，-1）、F（6，4）的直线，
∴，解之得，
∴，
∴K'F与x轴交点坐标H；
与对称轴x=3交点坐标G，
∴，
∴CK=4-1=3，
∴四边形CGHK的最小周长=K'F+CK =．
22．如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，直线y＝﹣x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线y＝x交于点C．

（1）求点C的坐标；
（2）点P是线段OA上的一个动点（点P不与点O，A重合），过点P作平行于y轴的直线l，分别交直线AB，OC于点D，点E，设点P的横坐标为m．
①求线段PD的长（用含m的代数式表示）；
②当点P，D，E三点中有一个点是另两个点构成线段的中点时，请直接写出的值；
（3）过点C作CF⊥y轴于点F，点M在线段CF上且不与点C重合，点N在线段OC上，CM＝ON，连接BM，BN，BM+BN是否存在最小值？如果存在，请直接写出最小值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）C(4，3) （2）①PD=||，②m=或m=；（3）存在最小值，最小值是，理由见解析．
【分析】
(1)由方程组，解得：，即可求解；
(2)①点P的横坐标为m，由PDy轴，得点P、D三点横坐标都为m，点D坐标为(m，)，得PD=||；②先表示出P，D，E三点坐标，分三种情况，第一种情形：点D是PE的中点时，第二种情形：点P是DE的中点时，第三种情形：点E是PD的中点时，根据中点坐标公式即可求解；综上，m=或m=；
(3)在OA上取点H，使得OH=BC，连接NH，先证△BCM≌△HON(SAS)，，BM=NH，BM+BN=NH+BN，当NH+BN最小，即B、N、H三点共线时，BM+BN最小，即可求解．
【详解】
解：(1)∵直线与直线交于点C，
∴得方程组：，
解得：，
∴点C的坐标为(4，3)；
(2)①点P的横坐标为m，
∵PDy轴，
∴点P、D三点横坐标都为m，
当x=m时，，
∴点D坐标为(m，)，
∴PD=∣∣；
②当x=m时，
∴点E坐标为(m，)，
而点P坐标为(m，0)，
第一种情形：点D是PE的中点时，

解得：m=；
第二种情形：点P是DE的中点时，
，
此方程无解，故不成立；
第三种情形：点E是PD的中点时，

解得：m=
综上，m=或m=；
(3)BM+BN存在最小值，在OA上取点H，使得OH=BC，连接NH，

∵C(4，3)，A(8，0)，B(0，6)，∠AOB=90°
∵AB=10，
∴CF⊥BO，
∴点F坐标为(0，3)，
∴CF垂直平分BO，
∴CB=OC=AC=5，∠BCF=∠OCF，
∴CFAO，
∴∠FCO=∠AOC，
∴∠BCM=∠HON，
∵MC=NO，CB=OH，
∴△BCM≌△HON(SAS)，
∴BM=NH，
∴BM+BN=NH+BN，当NH+BN最小，即B、N、H三点共线时，BM+BN最小，此时最小值=．
23．在平面直角坐标系xOy中，点A、点B、点C坐标分别为（4，0）、（8，0）、（0，﹣4）．
（1）求过B、C两点的一次函数解析式；
（2）若直线BC上有一动点P（m，n），以点O、A、P为顶点的三角形面积和以点O、C、P为顶点的三角形面积相等，求P点坐标；
（3）若y轴上有一动点Q，使以点Q、A、C为顶点的三角形为等腰三角形，直接写出Q点坐标．

【答案】（1）y＝x﹣4；（2）P（﹣8，﹣8）或P（，﹣）；（3）Q的坐标为（0，0）或（0，4）或（0，﹣4﹣4）或（0，4﹣4）
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）P坐标为（m，n），且S△OAP＝S△OCP，可得OA•|n|＝OC•|m|，即|n|＝|m|，则m＝±n，然后根据P在之下BC上进行求解即可；
（3）分当CQ1＝AQ1＝4时，此时Q1与原点O重合， 当AC＝AQ2=时，当AC＝CQ3＝时，当AC＝CQ4＝时， 四种情况利用等腰三角形的性质讨论求解即可．
【详解】
解：（1）设直线BC的解析式为y＝kx+b，
把B（8，0）和C（0，﹣4）代入中得：
，
∴
∴直线BC的解析式为；
（2）∵P坐标为（m，n），且S△OAP＝S△OCP，A点坐标为（4，0），B点坐标为（0，4），
∴OA=OC=4，
∴OA•|n|＝OC•|m|，即|n|＝|m|，
∴m＝±n，
当m＝n时，代入y＝x﹣4得：m＝m﹣4，即m＝﹣8，此时P（﹣8，﹣8）；
当m＝﹣n时代入y＝x﹣4得：﹣m＝m﹣4即m＝，n＝﹣，此时P（，﹣）,
∴综上所述，点P的坐标为（﹣8，﹣8）或（，﹣）；

（3）∵A点坐标为（4，0），B点坐标为（0，4），
∴OA=OC=4，
∴，∠ACO=45°，
如图所示，分四种情况考虑：

当CQ1＝AQ1＝4时，此时Q1与原点O重合，即Q1坐标为（0，0）；
当AC＝AQ2=时，
∴，
∴
∵，
∴
∴Q2坐标为（0，4）；
当AC＝CQ3＝时，OQ3＝OC+CQ3＝4+，此时Q3坐标为（0，﹣4﹣）；
当AC＝CQ4＝时，OQ4＝CQ4﹣OC＝﹣4，此时Q4坐标为（0，﹣4），
综上，Q的坐标为（0，0）或（0，4）或（0，﹣4﹣）或（0，﹣4）．
24．如图，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，点P在直线OA上运动，连接PB，将△OBP沿直线BP折叠，点O的对应点记为O′．
（1）若AP＝AB，则点P到直线AB的距离是 　 　；
（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，请直接写出OP的长；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）4；（2）或；（3）存在，0或4+4或4﹣4或4
【分析】
（1）接BP，设点P到直线AB的距离为h，根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）①当P在的右侧，求OP＝O'P＝AO'＝4﹣4，根据三角形面积公式可得结论；②当P在的左侧，同理可得结论；
（3）分4种情况：①当BQ＝QP时，如图2，P与O重合，②当BP＝PQ时，如图3，③当PB＝PQ时，如图4，此时Q与C重合；④当PB＝BQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于轴对称，根据图形和等腰三角形的性质可计算OP的长．
【详解】
解：（1）连接BP，


设点P到直线AB的距离为h，
Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，
∴AB＝＝4，
∵AP＝AB，
∴AP＝AB＝4，
∴S△ABP＝AB•h＝AP•OB，
∴h＝OB＝4，
即点P到直线AB的距离是4，
故答案为：4；
（2）存在两种情况：
①如图1，当P在的右侧，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在的左侧，

由折叠得：∠PO'B＝∠POB＝90°，O'B＝OB＝4，
∵∠BAO＝45°，
∴PO'＝PO＝AO'＝4+4，
∴S△BOP＝OB•OP＝×4×（4+4）＝8+8；
（3）分4种情况：
①当BQ＝QP时，如图2，点P与点O重合，此时OP＝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；
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；
④当PB＝BQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于对称，

∴此时OP＝4；
综上，OP的长是0或4+4或4﹣4或4．
25．如图，在等腰直角三角形ABC和ADE中，AC＝AB，AD＝AE，连接BD，点M、N分别是BD，BC的中点，连接MN．

（1）如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出线段BE与线段MN的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　．
（2）当△ADE绕点A旋转时，连接BE，上述结论是否依然成立，若成立，请就图2情况给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）当AC＝8时，在△ADE绕点A旋转过程中，以D，E，M，N为顶点可以组成平行四边形，请直接写出AD的长．
【答案】（1）MN=BE；MN⊥BE ；（2）成立，理由见解析；（3）或
【分析】
（1）延长交于点，根据三角形的中位线定理证明，，再由平行线的性质证明，则；
（2）（1）中的结论依然成立，连接，由等腰直角三角形的性质推出相应的线段相等和角相等，证明，先证明，再证明；由三角形的中位线定理证明；
（3）以，，，为顶点的四边形为平行四边形分两种情况，即在的内部、、都在的外部，此时、、三点在同一条直线上，且，再根据，得到直角三角形，由勾股定理列方程求的长．
【详解】
解：（1）如图1，延长交于点，

、分别是、的中点，
，且，
，
．
，，
，
；
故答案为：，
（2）成立，理由如下：
如图2，连接并延长交于点，延长交于点，

，
，
，，
，
，，
点、分别是、的中点，
，，
；
，
，
，
；
．
（3）如图3，在内部，在的外部，且四边形是平行四边形，

由（2）得，，，，
∵四边形是平行四边形，
，，
、、三点在同一条直线上，
，
，
，
，
，
，
由得，，
解得；
如图4，、都在的外部，且四边形是平行四边形，设交于点，

，，，
，
，
、分别为、的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
点在上，
，，
，
，
、分别是、的中点，
，
，
，
，
由得，，
解得，
综上所述，的长为或．