2022年中考数学压轴题突破专题11 压轴大题突破培优练（一）（精选江苏模拟30道）

这是一份2022年中考数学压轴题突破专题11 压轴大题突破培优练（一）（精选江苏模拟30道），共104页。试卷主要包含了解答题，四象限内的A等内容，欢迎下载使用。

2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练【江苏专用】
专题11压轴大题突破培优练（一）（精选江苏模拟30道）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、解答题
1．（2022·江苏盐城·一模）在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图像过点C0,−4和点D2,−6，与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），且点D与点G关于坐标原点对称．

(1)求该二次函数解析式，并判断点G是否在此函数的图像上，并说明理由；
(2)若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线DG上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由；
(3)若第四象限有一动点E，满足BE=OB，过E作EF⊥x轴于点F，设F坐标为t,0，0 2．（2021·江苏徐州·二模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，其中A（1，0），C（0，3）．

(1)若直线y＝mx+n经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴x＝﹣1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；
(3)设点P为抛物线的对称轴x＝﹣1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．
3．（2021·江苏无锡·三模）矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，设运动时间为t（单位：s）．如图1，若动点P从矩形ABCD的顶点A出发，沿A→B→C匀速运动到点C，图2是点P运动时，△APC的面积S（cm2）随时间t（秒）变化的函数图象．

(1)点P的运动速度是 　 　cm/s，m+n＝　 　；
(2)若点P在运动的过程中始终有AQ⊥DP，垂足为Q，求BQ的最小值；
(3)当433≤t≤7﹣3时，求线段DQ扫过的面积．
4．（2022·江苏省锡山高级中学实验学校模拟预测）已知抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A（1，0），B（－2，0）两点，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接AC，BC， 点P是抛物线上一点，且∠PBC=∠ACO，求直线BP的解析式；
(3)如图2，点Q为抛物线上的一点，且在第一象限内，过Q点作直线AQ，BQ分别交y轴于E，F两点，当EF=1时，求点Q的坐标．
5．（2022·江苏省锡山高级中学实验学校模拟预测）如图，在矩形纸片ABCD中，已知ABBC=23，将矩形沿EF对折（点E、F分别在边BC、AD上），使顶点D落在AB边上的点P处．

(1)若AB=4，BC=6，
①当AP=3时，求DF的长；
②设AP=m，EQ=y，试求y与m之间函数表达式；
(2)记四边形PQEF的面积为S，若APAB=k，试说明当k为何值时S的值最小？
6．（2021·江苏常州·一模）如图，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝−12x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C．

(1)b＝______；c＝_______；
(2)若直线l经过点C，点A关于直线l的对称点A′恰好在线段BC上，直线AA′与抛物线交于另一点E．
①求点E的坐标；
②点P（x0，y0）是直线BE上一点，若对于在第一象限内的抛物线y＝−12x2+bx+c上的动点Q，始终有S△QCA′≤S△PCA′，直接写出x0的取值范围．
7．（2021·江苏连云港·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（12，0），点B（0，5），线段AB的中点为点C．将△ABO绕着点B逆时针旋转，点O的对应点为O1，点A的对应点为A

(1)如图1，当点O1恰好落在AB上时，则此时CO1的长为　 　；
(2)如图2，当旋转至OO1＝6时，求此时A、A1两点间的距离；
(3)在（1）的条件下，如图3，点P是线段OA上的动点，旋转后的对应点为P1，连接BP1，PO1，试求BP1+PO1最小时点P的坐标；
(4)如图4，连接CA1，CO1，则在旋转过程中，△CA1O1的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值，若不存在，说明理由．
8．（2021·江苏连云港·一模）如图1，抛物线C1：y＝13x2+bx+c经过点A（1，0），B（﹣5，0）


(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点P是抛物线C1上的一个动点，若P点关于原点的对称点也在抛物线C1上，求P点的坐标；
(3)如图2，将抛物线C1向右平移，使得其顶点恰好落在y轴上，此时的抛物线记为抛物线C2，该抛物线与x轴上的交点分别为点C和点D（点C在点D的右侧）．过点（0，﹣6）的直线l平行于x轴，点Q是x轴下方抛物线C2上的一个动点，连接CQ，DQ，并分别延长交直线l于点N、M，点N、M的横坐标分别为n、m．试探究n、m之间的数量关系．
9．（2021·江苏连云港·一模）如图，一次函数y1＝kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y2＝mx（m≠0）的图象交于二、四象限内的A、B两点，点A的坐标为（﹣2，3），点B的坐标为（6，n）．

(1)则m＝　　，n＝　　；
(2)若y1＞y2时，则x的取值范围是　　；
(3)过点B作BC⊥y轴于C点，连接AC，过点C作CD⊥AB于点D，求线段CD的长．
10．（2021·江苏盐城·一模）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图①，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO．求点P的坐标；
(3)如图②，点Q为x轴下方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AQ、BQ分别交抛物线的对称轴于点M、N．请问DM+DN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
11．（2021·江苏南通·一模）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是0.5cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），y与x的对应关系如图②所示．

(1)在图①中，BE＝　　cm，矩形ABCD的周长为　　cm；
(2)求图②中线段MN对应的函数解析式．
12．（2021·江苏徐州·三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣2，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，设点D的横坐标为m（1＜m＜4）．连接AC、BC、DB、DC．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当△BCD的面积等于△AOC的面积时，求m的值；
(3)当m＝3时，若点M是x轴正半轴上的一个动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
13．（2021·江苏南通·二模）（1）如图，锐角△ABC中，AB＝6，AC＝4，∠BAC＝60°．在△ABC的外部找一点D，使得点D在∠BAC的平分线上，且∠BDC+∠BAC＝180°，请用尺规作图的方法确定点D的位置（保留作图痕迹，不需写出作法）；求出线段AD的长；

（2）如图2，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、B、C均落在格点上．点P是线段AC上的动点，当AP+5PB最短时，请你在图2所示的网格中，用无刻度的直尺画出点P的位置（保留画图痕迹），并简要说明画图的方法（不要求证明）

14．（2022·江苏盐城·一模）【问题再现】苏科版《数学》八年级下册第94页有这样一题：
如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，CD，AD上的点，GE⊥BF，垂足为M，那么GE______BF（填“＜”、“=”或“＞”）．

【迁移尝试】如图2，在5×6的正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点M．求∠AMC的度数；
【拓展应用】如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N．
①求∠DMC的度数；
②连接AC交DE于点H，直接写出DHBC的值为______．
15．（2022·江苏南通·模拟预测）[问题提出]
(1)如图1，已知线段AB＝4，点C是一个动点，且点C到点B的距离为2，则线段AC长度的最大值是________；

[问题探究]
(2)如图2，以正方形ABCD的边CD为直径作半圆O，E为半圆O上一动点，若正方形的边长为2，求AE长度的最大值；

[问题解决]
(3)如图3，某植物园有一块三角形花地ABC，经测量，AC＝203米，BC＝120米，∠ACB＝30°，BC下方有一块空地（空地足够大），为了增加绿化面积，管理员计划在BC下方找一点P，将该花地扩建为四边形ABPC，扩建后沿AP修一条小路，以便游客观赏．考虑植物园的整体布局，扩建部分△BPC需满足∠BPC＝60°．为容纳更多游客，要求小路AP的长度尽可能长，问修建的观赏小路AP的长度是否存在最大值？若存在，求出AP的最大长度；若不存在，请说明理由．

16．（2022·江苏·滨海县第一初级中学模拟预测）【基础回顾】（1）如图1，E是正方形ABCD中CD边上任意一点，以点A为中心，将△ADE顺时针旋转90°后得到△ABE'，若连接EE'，则△AEE' 的形状为______；

【类比探究】（2）如图2，在（1）的条件下，设EE'与AB相交于点P，在AD上取点Q，使DQ=BP，连接QE，猜想QE与E'P的数量关系，并给予证明；

【联想拓展】（3）如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点P在BC上，求AP，BP，CP之间存在的数量关系．

17．（2021·江苏·南通第一初中一模）定义：对于平面内的∠MAN及其内部的一点P，设点P到直线AM，AN的距离分别为d1，d2，称d1d2和d2d1这两个数中较小的一个数为点P关于∠MAN的“近率”．

(1)如图1，已知△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，若△ABC的中线CD与角平分线AE相交于点P，则点P关于∠ABC的“近率”为________；
(2)如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=43，若点F在斜边AB上，且点F关于∠ACB的“近率”为33，求CF的长；
(3)已知在平面直角坐标系xOy中，点E，F分别为x轴正半轴，y轴正半轴上的两个点，动点M的坐标为9,m，圆M是以点M为圆心，半径为3的圆．若圆M上的所有点都在第一象限且关于∠EOF的“近率”都小于33，直接写出m的取值范围．
18．（2021·江苏常州·一模）△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AC=8，点D是AB边上的动点，连接CD．

(1)如图1，当△DCB是以CD为腰的等腰三角形时，AD长为_______；
(2)如图2，作DE⊥AC于点E，作BF⊥BC交DE于点F，且SΔBFD−SΔAED=6，求AE的长；
(3)将△ACD沿CD翻折得△PCD，若PD//BC，求ADBD的值．
19．（2021·江苏淮安·二模）已知，BD是菱形ABCD的对角线，△DEF是直角三角形，∠EDF＝90°，∠DEF＝12∠A，连接BE，点G是BE的中点，连接CG、BF．


(1)当∠A＝90°时，
①如图1，若△DEF的顶点E落在线段CD上时，请直接写出线段CG与线段BF的数量关系 ：
②如图2，当△DEF的顶点E落在线段BD上时，①中线段CG与线段BF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．
同学们经过讨论，探究出以下解决问题的思路：
思路一：连接AC，记A与BD相交于点O，AC与BF相交于点M，再利用三角形全等或相似的有关知识来解决问题．
思路二：记AD与EF交于点H，易知H是EF的中点，连接CH，将△CDH绕点C顺时针旋转90°，再利用旋转的性质、三角形全等或相似的有关知识来解决问题．请参考上述思路，完成该问题的解答过程（一种方法即可）
(2)当∠A＝120°时，如图3，若△DEF的顶点E落在线段CD上时，请直接写出线段CG与线段BF的数量关系 ．
20．（2021·江苏常州·一模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径是10，A，B为⊙O外两点，AB＝22．给出如下定义：平移线段AB，使平移后的线段A′B′成为⊙O的弦（点A′，B′分别为点A，B的对应点），线段AA′长度的最小值成为线段AB到⊙O的“优距离”．

(1)如图1，⊙O中的弦P1P2、P3P4是由线段AB平移而得，这两条弦的位置关系是______；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点______的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”；
(2)若点A（0，7），B（2，5），线段AA′的长度是线段AB到⊙O的“优距离”，则点A′的坐标为_____；
(3)如图2，若A，B是直线y＝﹣x+6上两个动点，记线段AB到⊙O的“优距离”为d，则d的最小值是_____；请你在图2中画出d取得最小值时的示意图，并标记相应的字母．
21．（2021·江苏盐城·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝9cm，对角线AC、BD相交于点O，点M从点D出发沿DA方向向点A匀速运动，速度为4cm/s，点P同时从D出发，沿DC方向向点C匀速运动，速度为3cm/s．过点M作MN∥BD交AC边于点E，交AB边于点N，连接PO并延长，交AB于Q，连接PM、MQ．设运动时间为t（s）（0＜t＜94）．

(1)当t＝32时，求MN的长；
(2)设四边形MNQP的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，将△MQP沿MQ折叠时，使得点P落在直线AD上？若存在，求出此时t的值，若不存在，说明理由．
22．（2021·江苏南通·二模）问题背景：如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用：如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求DF：DE的值．
拓展创新：如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．

23．（2021·江苏淮安·一模）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边BC在直线y＝43x上，且O是BC的中点，点A的坐标为（5，0）．点P在线段AC上从C点向A点运动，同时点Q在线段AC上从A点向C点运动，且PC＝AQ．


(1)求BC的长及点B的坐标．
(2)作PE⊥AC交BC于点E，作QF⊥BC交BC于点F，连接PF，QE，设PC＝t．
①在E，F相遇前，用含t的代数式表示EF的长．
②当t为何值时，EQ与坐标轴垂直．
(3)若PF交y轴于点D，除点F与点O重合外，FDPD的值是否为定值，若是，请直接写出FDPD的值，若不是，请直接写出它的取值范围．
24．（2021·江苏淮安·一模）

(1)发现：如图1所示，点A为线段BC外的一个动点，且BC＝a，A在　　时，线段AC的长取得最大值，且最大值为　　（用含a、b的式子表示）．
(2)应用：点A为线段BC外一个动点，且BC＝4，AB＝1，分别以AB、AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE；找出图中与BE相等的线段，并说明理由；直接写出线段BE长的最大值　　．
(3)拓展：如图3所示，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（6，0），点P为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°．请直接写出线段AM的最大值　　及此时点P的坐标　　．
25．（2021·江苏南通·二模）定义：一组对角相等，另一组对角不相等的四边形叫做“等对角四边形”．

(1)如图1，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，CD平分∠ACB，点E在直线AC上，以点B、C、E、D为顶点构成的四边形为“等对角四边形”，求AE的长．
(2)游山玩水是人们喜爱的一项户外运动，但过度的旅游开发会对环境及动植物的多样性产生影响．如图③，△ABC所在区域是某地著名的“黄花岭”风景区示意图，点B位置是国家珍稀动植物核心保护区，其中∠C＝90°，BC＝6km，AC＝8km，该地旅游部门为科学合理开发此风景区旅游资源，计划在景区外围D点建一个“岭南山庄”度假村，据实际情况，规划局要求：四边形ABCD是一个“等对角四边形”（∠BCD≠∠BAD），核心区B与山庄D之间要尽可能远，并且四边形ABCD区域的面积要控制在56km2以内．请问BD是否存在最大值，规划局的要求能否实现？如果能，请求出BD的最大值及此时四边形ABCD的面积；如果不能，请说明理由．
(3)如图3，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是“等对角四边形”，其中A（﹣2，0）、C（2，0）、B（﹣1，﹣3），点D在y轴上，抛物线过点A、C，点P在抛物线上，满足∠APC＝12∠ADC的点至少有3个时，总有不等式2n﹣94≤2c2+16a﹣82成立，直接写出n的取值范围．
26．（2019·江苏·扬州市梅岭中学二模）我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”．例如图1，图2，图3中，AF，BE是ΔABC的中线，AF⊥BE，垂足为P．像ΔABC这样的三角形均为“中垂三角形”．设BC=a，AC=b，AB=c．

特例探索：
（1）①如图1，当∠ABE=45°，c=42时，a=_________，b=________；
②如图2，当∠ABE=30°，c=2时，求a和b的值．
归纳证明：
（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．
（3）利用（2）中的结论，解答下列问题：在边长为3的菱形ABCD中，O为对角线AC，BD的交点，E,F分别为线段AO，DO的中点，连接BE，CF并延长交于点M，BM，CM分别交AD于点G，H，如图4所示，求MG2+MH2的值．
27．（2020·江苏盐城·模拟预测）阅读下面的材料：
如果函数y=fx满足：对于自变量x的取值范围内的任意x1，x2，
（1）若x1 （2）若x1f(x2)，则称fx是减函数．
例题：证明函数f(x)=6x(x>0)是减函数．
证明：设0 fx1−fx2=6x1−6x2=6x2−6x1x1x2=6x2−x1x1x2．
∵0 ∴x2−x1>0，x1x2>0．
∴6x2−x1x1x2>0．即f(x1)−f(x2)>0．
∴f(x1)>f(x2)．
∴函数f(x)=6x(x>0)是减函数．
根据以上材料，解答下面的问题：
已知函数f(x)=1x2+x(x<0)，
f(−1)=1(−1)2+(−1)=0，f(−2)=1(−2)2+(−2)=−74
（1）计算：f−3=　 　，f−4=　 　；
（2）猜想：函数f(x)=1x2+x(x<0)是　 　函数（填“增”或“减”）；
（3）请仿照例题证明你的猜想．
28．（2021·江苏镇江·一模）如图1，△ABC中，AB=5，AC=32，BC=7，半径为r的⊙O经过点A且与BC相切，切点M在线段BC上（包含点M与点B、C重合的情况）．

(1)半径r的最小值等于__________．
(2)设BM=x，求半径r关于x的函数表达式；
(3)当BM=1时，请在图2中作点M及满足条件的⊙O．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗）
29．（2021·江苏扬州·一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，点B坐标为3,0顶点P的坐标为1,−4，以AB为直径作圆，圆心为D，过P向右侧作⊙D的切线，切点为C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)请通过计算判断抛物线是否经过点C；
(3)设M，N分别为x轴，y轴上的两个动点，当四边形PNMC的周长最小时，请直接写出M，N两点的坐标．
30．（2021·江苏·淮阴中学新城校区一模）在平面内的三个点A，B，P，满足PA=2PB.若∠P=90°，则将点P称为[A，B]的两倍直角点；若∠P＜90°，则将点P称为[A，B]的两倍锐角点.

图1                                      图2                                      备用图
(1)如图1，已知△ABC中，∠C=90°，BC=1，若点C是[A，B]的两倍直角点，则AB的长度为 ；若点B是点[A，C]的两倍锐角点，则∠A的度数为 °；
(2)如图2，在平面直角坐标系中，直线y=x-2交x轴于点A，点P是直线y=x-2上的一点，点B的坐标为（6,0），点C的坐标为（4,0），以B为圆心BC长为半径作⊙B，点D在⊙B上
①若点A是[P，O]的两倍锐角点，求点P的坐标；
②若点C是[P，D]的两倍直角点，直接写出点P的坐标．


2022年中考数学大题狂练之中等大题满分夯基练【江苏专用】
专题11压轴大题突破培优练（一）（精选江苏模拟30道）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、解答题
1．（2022·江苏盐城·一模）在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图像过点C0,−4和点D2,−6，与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），且点D与点G关于坐标原点对称．

(1)求该二次函数解析式，并判断点G是否在此函数的图像上，并说明理由；
(2)若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线DG上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由；
(3)若第四象限有一动点E，满足BE=OB，过E作EF⊥x轴于点F，设F坐标为t,0，0 【答案】(1)y=x2-3x-4；点G在此函数图像上，理由见解析；
(2)P的坐标为3+13,9+313或3−13,9−313
(3)210−22
【解析】
【分析】
（1）将C(0，−4)和点D(2，−6)代入y=x2+bx+c，得到关于b，c的二元一次方程组，解方程组求出b，c的值；根据关于原点对称的点的坐标特征求出G点坐标，再用代入法即可判断G点在此抛物线上；
（2）先利用待定系数法求出直线DG的解析式为y=－3x，再假设此抛物线上存在这样的点P（x，x2−3x−4），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，根据函数图像上的点的坐标特征得出方程x2−3x−4=3x，解方程即可求出点P的坐标；
（3）连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆⊙M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，根据△BEF的内心为I，可得∠BIE=135°．易证△BIO≌△BIE（SAS），可得∠BIO=∠BIE=135°，又⊙M是△BIO的外接圆，可得MI=22，CM＝210，然后根据CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，即可求得结果．
(1)
解：∵二次函数y=x2+bx+c的图象过点C(0，−4)和点D(2，−6)，
∴c=−44+2b+c=−6 ，
解得b=−3c=−4，
∴y=x2−3x−4．
∵点G与点D关于坐标原点对称，
∴G−2,6，
把x=2代入y=x2−3x−4，
得y=−22−3×−2−4=6，
∴G−2,6在此抛物线上．
(2)
设直线DG的解析式为y=mx+n，
∵D2,−6，G−2,6，
∴2m+n=−6−2m+n=6 ，
解得m=−3n=0，
∴直线DG的解析式为y=−3x．
假设此抛物线上存在这样的点Px,x2−3x−4，
使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，
∵Mx,−x2+3x+4，N−x,x2−3x−4，
∴x2−3x−4=3x，
解得x=3±13，
故所求点P的坐标为3+13,9+313或3−13,9−313．
(3)
如图，连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆⊙M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，


∵EF⊥x轴，
∴∠BFE=90°，
∴∠FBE+∠FEB=90°，
∵△BEF的内心为I，
∴BI，EI，分别平分∠FBE，∠FEB，
∴∠IBE=12∠FBE，∠IEB=12∠FEB，
∴∠IBE+∠IEB=12∠FBE+∠FEB=45°，
∴∠BIE=135°，
易证△BIO≌△BIE（SAS）
∴∠BIO=∠BIE=135°，
∵⊙M是△BIO的外接圆，   
∴∠OMB=2×（180°－∠BIO）=90°，
∴OM=BM=22OB=22，
∴MI=OM=22，
∴∠MOB=∠MOH=45°，
∵MH⊥y轴，
∴∠HOM=∠HMO=45°，
∴OH=HM=22OM=2，   
∴CH=OH+OC=2+4=6，
∴CM=HM2+CH2=210，
∵CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，
∴CI的最小值为210−22．
【点睛】
本题考查了二次函数综合，待定系数法，三角形内心、外接圆，几何变换－对折，两点之间线段最短，全等三角形判定和性质等知识点，充分利用三角形内心，合理作辅助线是解题关键．
2．（2021·江苏徐州·二模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，其中A（1，0），C（0，3）．

(1)若直线y＝mx+n经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴x＝﹣1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；
(3)设点P为抛物线的对称轴x＝﹣1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．
【答案】(1)y＝x+3；y＝﹣x2﹣2x+3；
(2)M的坐标为（﹣1，2）；
(3)P的坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172） 或（﹣1，3−172）
【解析】
【分析】
（1）先把点A，C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b，c的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系，再联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c的值即可得到抛物线解析式；把B、C两点的坐标代入直线y＝mx+n，解方程组求出m和n的值即可得到直线解析式；
（2）设直线BC与对称轴x＝﹣1的交点为M，则此时MA+MC的值最小．把x＝﹣1代入直线y＝x+3得y的值，即可求出点M坐标；
（3）设P（﹣1，t），又因为B（﹣3，0），C（0，3），所以可得BC2＝18，PB2＝（﹣1+3）2+t2＝4+t2，PC2＝（﹣1）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，再分三种情况分别讨论求出符合题意t值即可求出点P的坐标．
(1)
依题意得：−b2a=−1a+b+c=0c=3，
解之得：a=−1b=−2c=3，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3
∵对称轴为直线x＝﹣1，且抛物线经过A（1，0），
∴把B（﹣3，0）、C（0，3）分别代入直线y＝mx+n，
得−3m+n=0n=3，
解之得：m=1n=3，
∴直线y＝mx+n的解析式为y＝x+3；
(2)
设直线BC与对称轴x＝﹣1的交点为M，则此时MA+MC的值最小．
把x＝﹣1代入直线y＝x+3得，y＝2，
∴M（﹣1，2），
即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为（﹣1，2）；
(3)
设P（﹣1，t），
又∵B（﹣3，0），C（0，3），
∴BC2＝18，PB2＝（﹣1+3）2+t2＝4+t2，PC2＝（﹣1）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，
①若点B为直角顶点，则BC2+PB2＝PC2即：18+4+t2＝t2﹣6t+10解之得：t＝﹣2；
②若点C为直角顶点，则BC2+PC2＝PB2即：18+t2﹣6t+10＝4+t2解之得：t＝4，
③若点P为直角顶点，则PB2+PC2＝BC2即：4+t2+t2﹣6t+10＝18解之得：t1＝3+172，t2＝3−172；
综上所述P的坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，3+172） 或（﹣1，3−172）．



【点睛】
本题是函数几何综合题，利用待定系数法求出函数解析式是解决问题的关键 ，还要注意在直角三角形中利用勾股定理作为等量关系列方程的解题方法．
3．（2021·江苏无锡·三模）矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，设运动时间为t（单位：s）．如图1，若动点P从矩形ABCD的顶点A出发，沿A→B→C匀速运动到点C，图2是点P运动时，△APC的面积S（cm2）随时间t（秒）变化的函数图象．

(1)点P的运动速度是 　 　cm/s，m+n＝　 　；
(2)若点P在运动的过程中始终有AQ⊥DP，垂足为Q，求BQ的最小值；
(3)当433≤t≤7﹣3时，求线段DQ扫过的面积．
【答案】(1)2，27
(2)（4﹣213）cm
(3)8π3
【解析】
【分析】
（1）根据BC＝8，运动时间为4s，求出运动速度，可得结论．
（2）如图1中，取AD的中点T，连接PT，BT．求出PT，BT，根据BQ≥BT﹣QT，求解即可．
（3）求出t=433,t=7−3时，点P的位置，求出此时△ADP，∠CDP′，证明QQ′∥AD，把不规则图形的面积转化为规则图形的面积，即可解决问题．
(1)
观察图象2可知，点P从B到C的运动时间为4s，故点P的运动速度为84＝2（cm/s）．
∴m＝62＝3，此时n＝12×6×8＝24，
∴m+n＝3+24＝27．
故答案为：2，27．
(2)
如图1中，取AD的中点T，连接PT，BT．

∵AQ⊥DP，
∴∠AQD＝90°，
∵AT＝DT，
∴QT＝12AD＝4（cm），
∵∠BAT＝90°，AB＝6cm，AT＝4cm，
∴BT=AB2+AT2=62+42=213(cm)，
∴BQ≥BT﹣QT，
∴BQ≥（4﹣213）cm，
∴BQ的最小值为（4﹣213）cm．
(3)
如图3中，

当t＝433时，AP＝833＜6，
∴此时点P在线段AB上，
∵tan∠ADP=APAD=33，
∴∠ADP＝30°，
当t＝7﹣3时，点P在线段BC上，
CP′＝6+8﹣2（7﹣3）＝23（cm），
∴tan∠CDP'=CP'CD=33，
∴∠CDP′＝30°，
∴∠QDQ′＝90°﹣30°﹣30°＝30°，
取AD的中点T，连接TQ，TQ′，QQ′，则∠QTQ′＝2∠QDQ′＝60°，
∵∠TDQ′＝60°，TD＝TQ′，
∴△TDQ′是等边三角形，
∴∠DTQ′＝60°，
∵TQ＝TQ′，∠QTQ′＝60°，   
∴△TQQ′是等边三角形，
∴∠TQ′Q＝∠DTQ′＝60°，
∴QQ′∥AD，
∴S△TQQ′＝S△DTQ′，
∴当433≤t≤7−3时，线段DQ扫过的面积＝阴影部分的面积=S扇形TQQ'=60⋅π⋅42360=8π3．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的面积，扇形的面积，三角形的面积等知识，解题的关键是读懂图象信息，学会寻找特殊位置解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
4．（2022·江苏省锡山高级中学实验学校模拟预测）已知抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A（1，0），B（－2，0）两点，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接AC，BC， 点P是抛物线上一点，且∠PBC=∠ACO，求直线BP的解析式；
(3)如图2，点Q为抛物线上的一点，且在第一象限内，过Q点作直线AQ，BQ分别交y轴于E，F两点，当EF=1时，求点Q的坐标．
【答案】(1)y=−x2−x+2；
(2)y=13x+23；
(3)（13，149）；
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法即可求出答案；
（2）设直线BP与线段OC相交于点E，过点E作DE⊥BC于点D，然后由等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，得到CD=DE=223，从而求出点E的坐标，由待定系数法即可求出BP的解析式；
（3）根据题意，设点Q为（t，−t2−t+2），分别求出直线AQ和BQ的解析式，得到点E和点F的坐标，结合EF=1，求出t=13，即可求出点Q的坐标．
(1)
解：∵抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A（1，0），B（－2，0）两点，
∴a+b+2=04a−2b+2=0，
解得a=−1b=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x2−x+2；
(2)
解：如图，设直线BP与线段OC相交于点E，过点E作DE⊥BC于点D，
∵抛物线的解析式为y=−x2−x+2，
令x=0，则y=2，
∴点C的坐标为（0，2），
∴OB=OC=2，
即ΔOBC是等腰直角三角形，
∴∠DCE=45°，
∵DE⊥BC，
∴ΔCDE是等腰直角三角形，
∴CD=DE；
∵∠PBC=∠ACO，∠BDE=∠COA=90°，
∴ΔBDE∽ΔCOA，
∴DEDB=OAOC，
∵OA=1，OC=2，
∴DEDB=OAOC=12，
∴CDDB=12；
∵BC=22+22=22，CD+BD=BC，
∴CD=DE=223，
∴CE=223×2=43，
∴OE=2−43=23，
∴点E的坐标为（0，23）；
设直线BP为y=kx+b，把点B、E代入，则
−2k+b=0b=23，解得：k=13b=23，
∴直线BP的解析式为y=13x+23；

(3)
解：根据题意，设点Q为（t，−t2−t+2），t>0则
设直线AQ的解析式为y=k1x+b1，把点A、Q代入，得
tk1+b1=−t2−t+2k1+b1=0，解得k1=−t−2b1=t+2，
∴直线AQ的解析式为y=(−t−2)x+(t+2)；
∴点F的坐标为（0，t+2）；
设直线BQ的解析式为y=k2x+b2，把点B、Q代入，则
tk2+b2=−t2−t+2−2k2+b2=0，解得k2=−t2+t−2t+2b2=−2(t2+t−2)t+2，
∴直线BQ的解析式为y=−t2+t−2t+2x−2(t2+t−2)t+2，
∴点E的坐标为（0，−2(t2+t−2)t+2），
∵EF=1，
∴t+2+2(t2+t−2)t+2=1，
解得：t=13或t=−2（舍去）；
∴−t2−t+2=−(13)2−13+2=149；
∴点Q的坐标为（13，149）；
【点睛】
本题考查二次函数与一次函数的综合问题，利用待定系数法求解析式、一次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握待定系数法求解析式是解决此题关键．
5．（2022·江苏省锡山高级中学实验学校模拟预测）如图，在矩形纸片ABCD中，已知ABBC=23，将矩形沿EF对折（点E、F分别在边BC、AD上），使顶点D落在AB边上的点P处．

(1)若AB=4，BC=6，
①当AP=3时，求DF的长；
②设AP=m，EQ=y，试求y与m之间函数表达式；
(2)记四边形PQEF的面积为S，若APAB=k，试说明当k为何值时S的值最小？
【答案】(1)154；y=m2−8m+3612
(2)12
【解析】
【分析】
（1）①根据折叠的性质可知点F到点P和点D的距离相等，即PF=DF，在Rt△AFP中，根据勾股定理即可求得PF的值，即可得到DF的长；②按照①中计算方法可得DF的长与m之间的关系，作EH⊥AD于H，连接DP交EF于点O，交EH于点K，根据折叠性质可知EQ=CE，根据角的性质可得△EHF∽△DAP，根据相似比即可得到y与m之间函数表达式；
（2）作EH⊥AD于H，连接DP交EF于点O，交EH于点K，则∠EHF=90°，EH=CD，设AB=2x，PF=DF=z，则BC=3x，AP=2xk，AF=3x−z，EQ=y，
由折叠性质可知，四边形PQEF的面积即为四边形CDFE的面积，故我们只需要求出四边形CDFE的面积即可，按照①中方法可以求出DF的值，由①可得△EHF∽△DAP，根据相似比可以表示出EQ和CE，即可用含x和k的表达式表示出四边形的面积S，根据一元二次方程的性质即可求得k的值．
(1)
①∵该图形是沿EF折叠过去的，
∴PF=DF，
设PF=DF=x，则AF=6−x，
在Rt△AFP中由勾股定理可得，AF2+AP2=PF2，
即(6−x)2+32=x2，
解得x=154；
②如图，作EH⊥AD于H，连接DP交EF于点O，交EH于点K，则∠EHF=90°，
0
设PF=DF=x，则AF=6−x，
由①可知在Rt△AFP中由勾股定理可得，AF2+AP2=PF2，
即(6−x)2+m2=x2，
解得x=36+m212，
根据折叠性质可知，点P，D关于EF对称，EQ=CE，
∴DP⊥EF，
∴∠EOK=∠DHK,
∵∠EKO=∠DKH，
∴∠KEO=∠HDK，
又∵∠EHF=∠DAP=90°，
∴△EHF∽△DAP，
∴FHPA=EHDA，
∵FH=PF−CE=36+m212−y，
∴36+m212−ym=46，整理得，y=m2−8m+3612；
(2)
如图，作EH⊥AD于H，连接DP交EF于点O，交EH于点K，则∠EHF=90°，EH=CD，

设AB=2x，PF=DF=z，则BC=3x，AP=2xk，AF=3x−z，EQ=y，
由折叠性质可知，四边形PQEF的面积即为四边形CDFE的面积，CE=EQ=y
∵∠C=∠ADC=90°，AD//BC，
∴该四边形为梯形，
由①可知在Rt△AFP中由勾股定理可得，AF2+AP2=PF2，
即(3x−z)2+(2xk)2=z2，
解得，z=4xk2+9x6，
∴FH=DF−CE=4xk2+9x6−y
根据折叠性质可知，点P，D关于EF对称，EQ=CE，DP⊥EF，
∴∠EOK=∠DHK=90°,
∵∠EKO=∠DKH，
∴∠KEO=∠HDK，
又∵∠EHF=∠DAP=90°，
∴△EHF∽△DAP，
∴FHPA=EHDA，
即2x3x=4xk2+9x6−y2xk，
整理得，y=4xk2−8xk+9x6，
∴面积S=x2(4k2−4k+9)3，
∴当4k2−4k+9取最小值时，面积S最小，
∵△=b2−4ac=(−4)2−4×4×9=−128<0，
∴该方程没有解，
又∵x=−b2a=−−48=12，
∴当k=12时，S的值最小．
【点睛】
本题考查了四边形综合题、矩形的性质、折叠的性质、垂直平分线的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、一元二次方程的性质，解决本题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形，学会构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题，属于中考压轴题．
6．（2021·江苏常州·一模）如图，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝−12x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C．

(1)b＝______；c＝_______；
(2)若直线l经过点C，点A关于直线l的对称点A′恰好在线段BC上，直线AA′与抛物线交于另一点E．
①求点E的坐标；
②点P（x0，y0）是直线BE上一点，若对于在第一象限内的抛物线y＝−12x2+bx+c上的动点Q，始终有S△QCA′≤S△PCA′，直接写出x0的取值范围．
【答案】(1)32，2
(2)①E（103，139）；②x0≤145或x0≥265
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法直接求出二次函数的解析式即可；
（2）①根据对称性求出点A的坐标，再求出AA'的解析式，即可求出E点；
②先求出△QCA'面积的最大值，再求出直线BE的解析式，得到△PCA'的面积等于△QCA' 面积的最大值时P' 的坐标，即得到x0的值，数形结合即求出此时x0的范围，根据对称性可得P″坐标，即可得到满足条件的x0的范围．
(1)
解：（1）将点A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝−12x2+bx+c得：
−12−b+c=0−8+4b+c=0，
解得b＝32，c＝2，
故答案为：32，2；
(2)
（2）①如图：

∵A和A′关于直线l的对称点，
∴AC＝A′C，
由抛物线y＝−12x2+32x+2得C(0，2)，
∴AC＝5，
设直线BC解析式为y＝mx+n,将B(4，0),C(0，2)代入得：
0=4m+n2=n，解得m=−12n=2，
∴直线BC为y＝−12x+2，
设A′（a，−12a+2），
∴a2+(−12a+2−2)2=5，
解得a1＝2，a2＝﹣2（不在线段BC上，舍去），
∴A′（2，1），
由A(﹣1，0)，A'(2，1)可得直线AA′为：y＝13x+13，
由y=13x+13y=12x2+32x+2解得： x1=103y1=139，x2=−1y2=0（舍去），
∴E（103，139）；
②如图：

由①知；直线BC的解析式： y=−12x+2，
设直线BC的平行线l'=−12x+n；
当直线l′与抛物线y=12x2+32x+2相切时，设切点为Q，此时△QCA′的面积达到最大值，
联立直线l′与抛物线解析式可得−12x+n=−12x2+32x+2,
整理得：−12x2+2x+2−n=0，
当二者相切时，判别式Δ=4+4⋅12⋅(2−n)=8−2n=0；
解得n＝4，
∴直线l′的解析式为y=−12x+4；
设直线BE的解析式为y＝k2x+b2 ，
将B(4，0)，E(103,139)代入得：
4k2+b2=0103k2+b2=139，解得：k2=−136,b2=263；
∴直线BE： y=−136x+263，
设直线BE与直线l′交于点P′，联立两直线解析式得：
x=145,y=135,
此时P′（145,135），此时S△P'CA'＝S△QCA'max ，
为使S△P'CA'≥S△QCA'max ，x0≤145，
根据对称性，当直线l'与直线BC的距离等于直线l''与直线BC的距离时，直线l''解析式为y=−12x，
同理可得P''(265，﹣135),
为使S△P'CA'≥S△QCA'max ，此时x0≥265，
综上所述，x0≤145或x0≥265．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，用待定系数法求解析式，对称性的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练运用所学知识，运用数形结合求解．
7．（2021·江苏连云港·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（12，0），点B（0，5），线段AB的中点为点C．将△ABO绕着点B逆时针旋转，点O的对应点为O1，点A的对应点为A

(1)如图1，当点O1恰好落在AB上时，则此时CO1的长为　 　；
(2)如图2，当旋转至OO1＝6时，求此时A、A1两点间的距离；
(3)在（1）的条件下，如图3，点P是线段OA上的动点，旋转后的对应点为P1，连接BP1，PO1，试求BP1+PO1最小时点P的坐标；
(4)如图4，连接CA1，CO1，则在旋转过程中，△CA1O1的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)32
(2)AA1＝785
(3)满足条件的点P的坐标为（207，0）
(4)存在最大值69
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理即可求得；
（2）连接AA1，OO1，利用相似三角形的性质，即可求得；
（3）作点B关于x轴的对称点B1，连接BP1，PO1，PB，O1B1，过点O1作O1G⊥OB于G，由对称性可知，PB+PO1=PB1+PO1，可知O1B1与x轴的交点即为所求的点P，求出直线O1B1的解析式，可得结论；
（4）由O1A1=12为定值，直线O1A1与以B为圆心，OB为半径的圆相切，当CO1最大时，△CA1O1的面积最大．
(1)
解：如图1中，

∵A（12，0），B（0，5），
∴OA＝12，OB＝5，
∵∠AOB＝90°，
∴AB＝OB2+OA2=52+122=13，
∵BC＝CA＝12AB＝132，BO1＝BO＝5，
∴CO1＝BC﹣BO1＝132﹣5＝32．
故答案为：32；
(2)
解：如图2中，连接AA1，OO1．

由旋转的性质可知，∠OBO1＝∠ABA1，BO＝BO1，BA＝BA1，
∴BOBO1=BABA1，
∴BOBA=BO1BA1，
∴△OBO1∽△ABA1，
∴OO1AA1=OBAB=513，
∵OO1＝6，
∴AA1＝785；
(3)
解：作点B关于x轴的对称点B1，连接BP1，PO1，PB，O1B1，过点O1作O1G⊥OB于G，则BP1＝PB，
∴BP1+PO1＝PB+PO1，

由对称性可知，PB+PO1＝PB1+PO1，
∴O1B1与x轴的交点即为所求的点P，
∵OG∥OA，
∴△BGO1∽△BOA，
∴BO1BA=GO1AO=BGBO，
∵B1（0，﹣5），
∴513=GO112=BG5，
∴GO1＝6013，BG＝2513，
∴OG＝5﹣2513=4013，
∴O1(6013,4013)，
易求得直线O1B1的解析式为y＝74x﹣5，
令y＝0，得x＝207，
∴满足条件的点P的坐标为（207，0）；
(4)
解：如图4中，因为O1A1＝12是定值，直线O1A1与B为圆心，OB为半径的圆相切，当CO1最大时，△O1A1C的面积最大，

面积最大时，O1在CB的延长线上，此时CO1＝5+132=232，
∴△O1A1C的面积的最大值＝12×12×232＝69．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，切线的性质，求一次函数的解析式，解题的关键是理解题意，结合题意和图形作出辅助线．
8．（2021·江苏连云港·一模）如图1，抛物线C1：y＝13x2+bx+c经过点A（1，0），B（﹣5，0）


(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点P是抛物线C1上的一个动点，若P点关于原点的对称点也在抛物线C1上，求P点的坐标；
(3)如图2，将抛物线C1向右平移，使得其顶点恰好落在y轴上，此时的抛物线记为抛物线C2，该抛物线与x轴上的交点分别为点C和点D（点C在点D的右侧）．过点（0，﹣6）的直线l平行于x轴，点Q是x轴下方抛物线C2上的一个动点，连接CQ，DQ，并分别延长交直线l于点N、M，点N、M的横坐标分别为n、m．试探究n、m之间的数量关系．
【答案】(1)y＝13x2+43x﹣53
(2)点P坐标为（5，453）或（﹣5，﹣453）
(3)mn＝﹣9
【解析】
【分析】
（1）将点A，点B坐标代入解析式可求解；
（2）由对称性可求点P关于原点的对称点坐标，代入解析式可求解；
（3）先求出点C，点D坐标，利用参数求出直线CQ的解析式，即可求n的值，同理可求m的值，即可求解．
(1)
由题意可得：13+b+c=0253−5b+c=0，
解得：b=43c=53，
∴抛物线的解析式为y＝13x2+43x﹣53；
(2)
设点P的坐标为（a，13a2+43a﹣53），则P点关于原点的对称点坐标为（﹣a，﹣13a2﹣43a+53），
∵P点关于原点的对称点也在抛物线C1上，
∴13a2﹣43a﹣53＝﹣13a2﹣43a+53，
∴a＝±5，
∴点P坐标为（5，453）或（﹣5，﹣453）；
(3)
∵y＝13x2+43x﹣53＝13（x+2）2﹣3，
∴抛物线C2的解析式为y＝13x2﹣3，
当y＝0时，可得x＝±3，
∴点C（3，0），点D（﹣3，0），
设点Q（t，13t2﹣3），直线CQ的解析式为y＝kx+d，
则3k+d=0tk+d=13t2−3，
解得：k=t+33d=−t2−3，
∴直线CQ的解析式为y＝t+33x−t−3，
当y＝﹣6时，则t+33x−t−3＝﹣6，
解得：x＝3(t−3)t+3，即n＝3(t−3)t+3，
同理可求m＝−3(t+3)t−3，
∴mn＝﹣9．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，平移的性质，二次函数的性质等知识，利用参数求直线CQ的解析式是本题的关键．
9．（2021·江苏连云港·一模）如图，一次函数y1＝kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y2＝mx（m≠0）的图象交于二、四象限内的A、B两点，点A的坐标为（﹣2，3），点B的坐标为（6，n）．

(1)则m＝　　，n＝　　；
(2)若y1＞y2时，则x的取值范围是　　；
(3)过点B作BC⊥y轴于C点，连接AC，过点C作CD⊥AB于点D，求线段CD的长．
【答案】(1)﹣6，﹣1
(2)x＜﹣2或0＜x＜6
(3)CD＝655
【解析】
【分析】
(1)把点A（﹣2，3）代入反比例函数解析式，可求得m，再把B（6，n）代入反比例函数解析，即可求得n；
(2)根据图象和A、B的坐标即可求得；
(3)利用两点间的距离的求法可求得BC及其边上的高，利用勾股定理可求得AB，再根据三角形的面积，即可求得．
(1)
解：∵点A（﹣2，3）在反比例函数y2＝mx的图象上，
∴m＝﹣2×3＝﹣6，
∴反比例函数的解析式为y2＝﹣6x，
∵B（6，n）在反比例函数y2＝﹣6x的图象上，
∴6n＝﹣6，
∴n＝﹣1，
故答案为：﹣6，﹣1；
(2)
解：由（1）知，n＝﹣1，
∴B（6，﹣1），
∵A（﹣2，3），
∴当x＜﹣2或0＜x＜6时，y1＞y2，
故答案为：x＜﹣2或0＜x＜6；
(3)
解：∵BC⊥y轴，B（6，﹣1），
∴BC＝6，
∵A（﹣2，3），
∴点A到BC的距离h＝3﹣（﹣1）＝4，
∵A（﹣2，3），B（6，﹣1），
∴AB＝(−2−6)2+3−(−1)2=45，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC＝12BC•h＝12AB•CD，
∴CD＝BC⋅ℎAB=6×445=655．
【点睛】
本题考查了利用待定系数法求反比例函数的解析式，利用函数图象求不等式的解集，勾股定理，利用面积求线段长，采用数形结合的思想是解决此类题的关键．
10．（2021·江苏盐城·一模）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图①，连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB＝2∠ACO．求点P的坐标；
(3)如图②，点Q为x轴下方抛物线上任意一点，点D是抛物线对称轴与x轴的交点，直线AQ、BQ分别交抛物线的对称轴于点M、N．请问DM+DN是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2+2x﹣3
(2)（﹣154，5716）或（﹣94，﹣3916）
(3)是，8
【解析】
【分析】
（1）把点A、C坐标代入抛物线解析式即求得b、c的值；
（2）点P可以在x轴上方或下方，需分类讨论．①若点P在x轴下方，延长AP到H，使AH＝AB构造等腰△ABH，作BH中点G，即有∠PAB＝2∠BAG＝2∠ACO，利用∠ACO的三角函数值，求BG、BH的长，进而求得H的坐标，求得直线AH的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．②若点P在x轴上方，根据对称性，AP一定经过点H关于x轴的对称点H'，求得直线AH'的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标；
（3）设点Q横坐标为t，用t表示直线AQ、BN的解析式，把x＝﹣1分别代入即求得点M、N的纵坐标，再求DM、DN的长，即得到DM+DN为定值．
(1)
解：∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（1，0），C（0，﹣3）
∴1+b+c=00+0+c=−3，
解得：b=2c=−3，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣3；
(2)
解：①若点P在x轴下方，如图1，

延长AP到H，使AH＝AB，过点B作BI⊥x轴，连接BH，作BH中点G，连接并延长AG交BI于点F，过点H作HI⊥BI于点I
∵当x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1
∴B（﹣3，0）
∵A（1，0），C（0，﹣3）
∴OA＝1，OC＝3，AC＝12+32=10，AB＝4，
∴Rt△AOC中，sin∠ACO＝OAAC=1010，cos∠ACO＝OCAC=31010，
∵AB＝AH，G为BH中点，
∴AG⊥BH，BG＝GH，
∴∠BAG＝∠HAG，即∠PAB＝2∠BAG，
∵∠PAB＝2∠ACO，
∴∠BAG＝∠ACO，
∴Rt△ABG中，∠AGB＝90°，sin∠BAG＝BGAB=1010，
∴BG＝1010AB＝2105，
∴BH＝2BG＝4105，
∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO，
∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI＝HIBH=1010，cos∠HBI＝BIBH=31010，
∴HI＝1010BH＝45，BI＝31010BH＝125，
∴xH＝﹣3+45＝﹣115，yH＝﹣125，即H（﹣115，﹣125），
设直线AH解析式为y＝kx+a，
∴k+a=0−115k+a=−125，
解得：k=34a=−34，
∴直线AH：y＝34x﹣34，
∵y=34x−34y=x2+2x−3，
解得：x1=1y1=0（即点A），x2=−94y2=−3916，
∴P（﹣94，﹣3916）；
②若点P在x轴上方，如图2，

在AP上截取AH'＝AH，则H'与H关于x轴对称，
∴H'（﹣115，125），
设直线AH'解析式为y＝k'x+a'，
∴k'+a'=0−115k'+a'=125，
解得：k'=−34a'=34，
∴直线AH'：y＝﹣34x+34，
∵y=34x+34y=x2+2x−3，
解得：x1=1y1=0（即点A），x2=−154y2=5716，
∴P（﹣154，5716）．
综上所述，点P的坐标为（﹣154，5716）或（﹣94，﹣3916）．
(3)
解：DM+DN为定值，
∵抛物线y＝x2+2x﹣3的对称轴为：直线x＝﹣1
∴D（﹣1，0），xM＝xN＝﹣1
设Q（t，t2+2t﹣3）（﹣3＜t＜1）
设直线AQ解析式为y＝dx+e
∴d+e=0dt+e=t2+2t−3，
解得：d=t+3e=−t−3，
∴直线AQ：y＝（t+3）x﹣t﹣3，
当x＝﹣1时，yM＝﹣t﹣3﹣t﹣3＝﹣2t﹣6，
∴DM＝0﹣（﹣2t﹣6）＝2t+6，
设直线BQ解析式为y＝mx+n，
∴−3m+n=0mt+n=t2+2t−3，
解得：m=t−1n=3t−3，
∴直线BQ：y＝（t﹣1）x+3t﹣3，
当x＝﹣1时，yN＝﹣t+1+3t﹣3＝2t﹣2，
∴DN＝0﹣（2t﹣2）＝﹣2t+2，
∴DM+DN＝2t+6+（﹣2t+2）＝8，为定值．
【点睛】
本题考查了求二次函数解析式、求一次函数解析式，解一元二次方程、二元一次方程组，等腰三角形的性质，三角函数的应用．解题的关键是知道第（2）题由于不确定点P位置需分类讨论；（2）（3）计算量较大，应认真理清线段之间的关系再进行计算．
11．（2021·江苏南通·一模）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是0.5cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），y与x的对应关系如图②所示．

(1)在图①中，BE＝　　cm，矩形ABCD的周长为　　cm；
(2)求图②中线段MN对应的函数解析式．
【答案】(1)5，18
(2)y＝0.75x
【解析】
【分析】
（1）根据函数图象各点实际意义得出BE，ED及BC边长然后求解．
（2）先由点N的实际意义求出点N坐标，再通过待定系数法求解．
(1)
由图象可知，点P与E重合时，运动时间为10s，
即BE＝10×0.5＝5cm，
此时BQ＝10×0.5＝5cm，
∴△BPQ的面积为12BQ•CD＝12×5CD＝7.5（cm2），
解得CD＝3cm，
点P到点D时运动时间为14s，此时P运动的路程为14×0.5＝7，
∴ED＝7﹣5＝2cm，
作EF⊥BC于点F，

则EF＝CD＝3cm，ED＝FC＝2cm，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
BF＝BE2−EF2 ＝4cm，
∴BC＝BF+FC＝6cm，
∴矩形ABCD的周长为2CD+2BC＝2×3+2×6＝1（8cm）．
故答案为：5，18．
(2)
Q运动到C所用时间为6÷0.5＝12s，
此时△BPQ的面积为12BC•CD＝12×6×3＝（9cm2）．
∴点N坐标为（12，9）．
设MN所在直线解析式为y＝kx+b，
将（10，7.5），（12，9）代入解析得：
7.5＝10k+b9＝12k+b ，
解得k＝0.75b＝0 ，
∴y＝0.75x．
【点睛】
本题考查函数图象的实际应用，解题关键是读懂图象，了解图象中每个点的实际含义．
12．（2021·江苏徐州·三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣2，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，设点D的横坐标为m（1＜m＜4）．连接AC、BC、DB、DC．

(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当△BCD的面积等于△AOC的面积时，求m的值；
(3)当m＝3时，若点M是x轴正半轴上的一个动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形？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)y=−34x2+32x+6
(2)m的值为2
(3)存在， M点的坐标为(8,0)或(14,0)或(−14,0)
【解析】
【分析】
（1）把点A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线的解析式y＝ax2+bx+6，利用待定系数法解题即可；
（2）过点D作DE⊥AB，交BC于E点，利用待定系数法求出直线BC解析式，用含m的代数式表示出D点、E点的纵坐标，求出DE长，利用△BCD的面积等于△AOC的面积列等式，即可得到关于m的一元二次方程，解方程即可得到m的值；
（3）由平行四边形的性质可得yN=yD=154，再分两种情况讨论，当yN=154时，或当yN=−154时，解得对应的x的值，再结合三角形全等的性质可得点M的坐标．
(1)
解：把点A（﹣2，0），B（4，0）代入抛物线的解析式y＝ax2+bx+6，得
4a−2b+6=016a+4b+6=0，
解得：a=−34b=32，
∴抛物线的解析式为y=−34x2+32x+6；
(2)
解：∵抛物线的解析式为y=−34x2+32x+6，与y轴交于点C，
∴点C（0，6），
∴设直线BC解析式为：y＝kx+6，
∵直线BC过点B（4，0），
∴0＝4k+6，
∴k=−32，
∴直线BC解析式为：y=−32x+6，
过点D作DE⊥AB，交BC于E点，

设点D坐标为(m,−34m2+32m+6)，
则点E坐标为(m,−32m+6)，
∴DE=−34m2+32m+6−(−32m+6)=−34m2+3m，
∵△BCD的面积等于△AOC的面积，
∴12DE⋅OB=12OA⋅OC，
∴12×(−34m2+3m)×4=12×2×6=6，
化简得m2−4m+4=0，
解得m1=m2=2，
∴m的值为2；
(3)
解：存在，M1(8,0),M2(0,0),M3(14,0)M4(−14,0)．
理由如下：
∵ m=3，
∴yD=−34×32+32×3+6=154，
∵以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴yN=yD=154，
∴yN=±154，
当yN=154时， −34x2+32x+6=154，
化简得：x2−2x−3=0，
∴x1=3,x2=−1，
∴N(−1,154)，
∴DN=3−(−1)=4，
∵以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴BM=4，
∵B(4,0)， M是x轴正半轴上一动点，
∴ M点的坐标为(8,0)；
当yN=−154时，−34x2+32x+6=−154，
化简得：x2−2x−13=0，
解得x1=1+14，x2=1−14，
如图，过点D、N分别作DF⊥x轴于点F，NE⊥x轴于点E，
∵BD//MN，
∴∠DBF=∠EMN，
∵∠DFB=MEN=90°,BD=MN，
∴ΔBDF≅ΔMNE(AAS)，
∴BF=ME=1，
∴xM=1±14−1=±14，
∴ M点的坐标为(14,0)或(−14,0)；
综上所述，符合条件的M点的坐标为(8,0)或(14,0)或(−14,0)．

【点睛】
本题考查二次函数的综合题，涉及一次函数的解析式、平行四边形的性质、解一元二次方程等知识，是重要考点，难度一般，第3问中掌握分类讨论思想是解题关键．
13．（2021·江苏南通·二模）（1）如图，锐角△ABC中，AB＝6，AC＝4，∠BAC＝60°．在△ABC的外部找一点D，使得点D在∠BAC的平分线上，且∠BDC+∠BAC＝180°，请用尺规作图的方法确定点D的位置（保留作图痕迹，不需写出作法）；求出线段AD的长；

（2）如图2，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、B、C均落在格点上．点P是线段AC上的动点，当AP+5PB最短时，请你在图2所示的网格中，用无刻度的直尺画出点P的位置（保留画图痕迹），并简要说明画图的方法（不要求证明）

【答案】（1）作图见解析，AD=1033；（2）见解析；
【解析】
【分析】
（1）由∠BAC+∠BDC=180°，得到A、B、C、D四点共圆，作∠BAC的平分线与△ABC的外接圆相交于点D，点D即为所求；过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC交AC的延长线于N．利用全等三角形的性质证明AM=AN=5，可求解；
（2）如图2-1所示，取格点D、E、F，连接AE，DF，AE与DF交于K，连接BK交AC与P，点P即为所求；
【详解】
解：如图所示，点D即为所求作．

如图，过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC交AC的延长线于N，

∵AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，
∴DM=DC，∠DAB=∠DAC=30°，
又∵AD=AD
∴Rt△ADM≌Rt△AND（HL），
∴DM=DN，AM=AN，
∵∠DAB=∠DAC，
∴DB＝DC ，
∴DB=DC，
在Rt△DMB和Rt△DNC中，
DB＝DCDM＝DN ，
∴Rt△DMB≌Rt△DNC（HL），
∴BM=CN，
∵AB+AC=AM+BM+AN-CN=2AN=10，
∴AN=5，
∴AD=ANcos∠ADN=532=1033 ；
（2）如图2-1所示，取格点D、E、F，连接AE，DF，AE与DF交于K，连接BK交AC与P，点P即为所求；

证明如下：如图2-2所示，取格点M、N，连接MC，NE，MC与NE交于J，
∴AJ2=22+3.52=16.25,JC2=12+1.52=3.25,AC2=32+22=13，
∴AC2+JC2=AJ2，
∴△ACJ是直角三角形，∠ACJ=90°，
∴sin∠CAJ=JCAJ=55，

如图2-3所示，取格点Q、R、T，连接QT，RN，二者交于L，连接BL，KL，AK、IJ，
∴AK=12+0.52=IJ,KL2=22+3.52=16.25=AJ2，即KL=AJ，BK2=22+3.52=16.25,BL2=1.52+5.52=32.5
∴四边形AKIJ是平行四边形，
∴AJ∥KL，
∵KL2+BK2=BL2，
∴△BKL是直角三角形，即BK⊥KL，
∴BK⊥AJ，
设BK与AJ交于点O，则∠AOP=90°，
∴OP=AP⋅sin∠PAO=55AP，
∵要使AP+5BP即使55AP+BP最小，即BP+OP最小，
∴当B、P、O三点共线时，BP+OP，即AP+5BP最小，
∴点P即为所求；

【点睛】
本题考查了三角形外接圆，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理的逆定理，勾股定理，解直角三角形，垂径定理等等，综合性非常强，难度很大，熟练掌握相关知识是解题的关键．
14．（2022·江苏盐城·一模）【问题再现】苏科版《数学》八年级下册第94页有这样一题：
如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，CD，AD上的点，GE⊥BF，垂足为M，那么GE______BF（填“＜”、“=”或“＞”）．

【迁移尝试】如图2，在5×6的正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点M．求∠AMC的度数；
【拓展应用】如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N．
①求∠DMC的度数；
②连接AC交DE于点H，直接写出DHBC的值为______．
【答案】[问题再现]=；[迁移尝试]45°；[拓展应用] ①45°；②22
【解析】
【分析】
[问题再现]平移GR，使点G与点A重合，交BC于点H，证明四边形AHEG是平行四边形，得AH=GE，再证明ΔABH≅ΔBCF，即可得出结论；
[迁移尝试] 将线段AB向右平移至ND处，使得点B与点D重合，连接PN，设正方形网格的边长为单位1，由勾股定理求出DN，PD，PN的长，得出∠FCD=90°，且PN=PD，从而可得结论；
[拓展应用]①平移线段BC至DG处，连接GE，由SAS证明△AGD≌△BEG，得出DG=EG，∠ADG=∠EGB，证明∠EGD=90°，得出∠GDE=∠GED=45°即可得到结果；②证明△ADH∼ΔACB，得出DHBC=ADAC=22
【详解】
[问题再现]平移GR，使点G与点A重合，交BC于点H，交BF于点N，如图，

∴AH//GE
∵GE⊥BF，
∴AH⊥BF，即∠BNH=∠ANB=90°
∴∠NBH+∠NHB=90°,∠BAN+∠ABN=90°
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°,AD//BC
∵AH//GE
∴四边形AHEG是平行四边形
∴GE=AH
又∠NBH+∠NHB=90°，∠ABN+∠NBH=90°
∴∠NHB=∠ABN
∴∠BAH=∠NBH
又∠NBH+∠BFC=90°
∴∠BFC=∠NHB
在△ABH和△BFC中
∠BAH=∠FBC∠AHB=∠BFCAB=BC
∴AH=BF
∴GE=BF
故答案为＝
[迁移尝试]将线段AB向右平移至ND处，使得点B与点D重合，连接PN，如图2所示：

∴∠AMC=∠NDC，
设正方形网格的边长为单位1，
则由勾股定理可得：DN=22+42=25，PD=12+32=10，PN=12+32=10，
∴PN2+PD2=DN2，
∴∠FCD=90°，且PN=PD，
∴∠AMC=∠NDC=45°；
[拓展应用]①如图3所示：平移线段BC至DG处，连接GE，

则∠DMC=∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，
∴DC=GB，
∵四边形ADCP与四边形PBEF都是正方形，
∴DC=AD=AP，BP=BE，∠DAG=∠GBE=90°，
∴DC=AD=AP=GB，
∴AG=BP=BE，
在△AGD和△BEG中，
∵AG=BE，∠DAG=∠GBE，AD=BG，
∴△AGD≌△BEG，
∴DG=EG，∠ADG=∠EGB，
∴∠EGB+∠AGD=∠ADG+∠AGD=90°，
∴∠EGD=90°，
∴∠GDE=∠GED=45°，
∴∠DMC=∠GDE=45°．
②如图，

∵AC为正方形ADCP的对角线，
∴AD=CD，∠DAC=∠PAC=∠DMC=45°
∴△ACD是等腰直角三角形
∴AC=2AD
∵∠HCM=∠BCA
∴∠AHD=∠CHM=∠ABC
∴△ADH~ΔACB
∴DHBC=ADAC=AD2AD=22
故答案为：22
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平移的性质等知识，熟练掌握平移的性质，证明三角形全等与相似是解答本题的关键．
15．（2022·江苏南通·模拟预测）[问题提出]
(1)如图1，已知线段AB＝4，点C是一个动点，且点C到点B的距离为2，则线段AC长度的最大值是________；

[问题探究]
(2)如图2，以正方形ABCD的边CD为直径作半圆O，E为半圆O上一动点，若正方形的边长为2，求AE长度的最大值；

[问题解决]
(3)如图3，某植物园有一块三角形花地ABC，经测量，AC＝203米，BC＝120米，∠ACB＝30°，BC下方有一块空地（空地足够大），为了增加绿化面积，管理员计划在BC下方找一点P，将该花地扩建为四边形ABPC，扩建后沿AP修一条小路，以便游客观赏．考虑植物园的整体布局，扩建部分△BPC需满足∠BPC＝60°．为容纳更多游客，要求小路AP的长度尽可能长，问修建的观赏小路AP的长度是否存在最大值？若存在，求出AP的最大长度；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)6
(2)5+1
(3)60+403
【解析】
【分析】
（1）当C在线段AB延长线上时，AC最大；
（2）连接AO并延长交半圆O于F，当E运动到F时，AE最大，AF的长度即是AE的最大值，Rt△AOD中求出OA即可得到答案；
（3）作BC的垂直平分线DE，在BC下方作∠BCO＝30°，射线CO交DE于O，以O为圆心，OC为半径作⊙O，连接OB、连接AO并延长交⊙O于P，则AP为满足条件的小路，过A作AF⊥OC于F，Rt△ACF中，求出AF、CF，再在Rt△AOF中，求出OA，即可得到答案．
(1)
解：当C在线段AB延长线上时，AC最大，此时AC＝AB+BC＝4+2＝6，
故答案为：6；
(2)
解：连接AO并延长交半圆O于F，如图：

∵正方形ABCD的边CD为直径作半圆O，边长为2，
∴∠ADO＝90°，AD＝2，OD＝OC＝OF＝1，
当E运动到F时，AE最大，AF的长度即是AE的最大值，
Rt△AOD中，AO＝AD2+OD2=5 ，
∴AF＝AO+OF＝5+1，
即AE最大为5+1；
(3)
解：作BC的垂直平分线DE，在BC下方作∠BCO＝30°，射线CO交DE于O，以O为圆心，OC为半径作⊙O，连接OB、连接AO并延长交⊙O于P，则AP为满足条件的小路，过A作AF⊥OC于F，如图：

∵∠BCO＝30°，∠ACB＝30°，
∴∠ACF＝60°，
Rt△ACF中，AF＝AC•sin60°＝30，CF＝AC•cos60°＝103 ，
∵DE垂直平分BC，BC＝120，
∴CE＝60，∠OEC＝90°，
∴OC＝CEcos30°=403=OP ，
∴OF＝OC﹣CF＝303，
Rt△AOF中，OA＝OF2+AF2=60 ，
∴AP＝OA+OP＝60+403．
即小路AP的长度最大为60+403．
【点睛】
本题考查圆的综合知识，涉及正方形、勾股定理等，解题的关键是构造符合条件的图形．
16．（2022·江苏·滨海县第一初级中学模拟预测）【基础回顾】（1）如图1，E是正方形ABCD中CD边上任意一点，以点A为中心，将△ADE顺时针旋转90°后得到△ABE'，若连接EE'，则△AEE' 的形状为______；

【类比探究】（2）如图2，在（1）的条件下，设EE'与AB相交于点P，在AD上取点Q，使DQ=BP，连接QE，猜想QE与E'P的数量关系，并给予证明；

【联想拓展】（3）如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点P在BC上，求AP，BP，CP之间存在的数量关系．

【答案】（1）等腰直角三角形；（2）QE=E'P，证明见解析；（3）PC2+BP2=2AP2．
【解析】
【分析】
（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠DAB=90°，∠D=90°，由旋转的性质得出∠EAE′=∠DAB=90°，E′A=EA，则可得出结论；
（2）证明△DQE≌△BE'P（SAS），由全等三角形的性质可得出结论；
（3）将△ABP逆时针旋转90°后得到△ACD，连接PD，则△APD是等腰直角三角形，由旋转的性质得出∠ABP=∠ACD=45°，BP=CD，证出∠BCD=90°，由勾股定理可得出答案．
【详解】
解（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，∠D=90°，
∵△ADE顺时针旋转90°，得△ABE′，
∴∠EAE′=∠DAB=90°，E′A=EA，
∴△AEE′为等腰直角三角形；
故答案为：等腰直角三角形；
（2）QE=E'P．
证明：∵将△ADE顺时针旋转90°后得到△ABE′，
∴∠D=∠ABE'，DE=BE'，
∵DQ=BP，
∴△DQE≌△BE'P（SAS），
∴QE=E'P．

（3）将△ABP逆时针旋转90°后得到△ACD，连接PD，则△APD是等腰直角三角形，

∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
由旋转的性质可知∠ABP=∠ACD=45°，BP=CD，
∵∠ACB=45°，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，
∴PC2+CD2=PD2，
∵AP2+AD2=PD2=2AP2，
∴PC2+BP2=2AP2．
故答案为：PC2+BP2=2AP2．
【点睛】
本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
17．（2021·江苏·南通第一初中一模）定义：对于平面内的∠MAN及其内部的一点P，设点P到直线AM，AN的距离分别为d1，d2，称d1d2和d2d1这两个数中较小的一个数为点P关于∠MAN的“近率”．

(1)如图1，已知△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，若△ABC的中线CD与角平分线AE相交于点P，则点P关于∠ABC的“近率”为________；
(2)如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=43，若点F在斜边AB上，且点F关于∠ACB的“近率”为33，求CF的长；
(3)已知在平面直角坐标系xOy中，点E，F分别为x轴正半轴，y轴正半轴上的两个点，动点M的坐标为9,m，圆M是以点M为圆心，半径为3的圆．若圆M上的所有点都在第一象限且关于∠EOF的“近率”都小于33，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)33
(2)CF的长为6或43
(3)m>113或3 【解析】
【分析】
(1) 由角平分线的性质可知点P到边AB与AC的距离相等，即d1=d2，d1d2=1，再由CD为△ABC的中线，∠B=60°，可证得△BCD为等边三角形，再根据定义即可求得；
(2)过点F作FM⊥BC于M，FN⊥AC于N，根据点F关于∠ACB的“近率”为33，求出FNFM=33或FMFN=33，从而确定tan∠FCN=FNNC或tan∠FCM=FMMC，再根据特殊角三角函数值，推出∠FCN=30°，∠FCM=30°，再在Rt△FCN中，用解直角三角形求出CF；
(3)因为⊙M上的所有点都在第一象限且关于∠EOF的“近率”都小于3，所以点M到x轴与y轴的比值小于3或到y轴与x轴的比值小于3，因此过点O分别做与x轴和y轴成30°角的两条射线为分界线，再分两种情况分别计算，即可分别求得．
(1)
解：∵AE为∠BAC的平分线，
∴点P到边AB与AC的距离相等，即d1=d2，d1d2=1，
∵CD为△ABC的中线，∠ACB=90°，
∴CD=BD，
又∵∠B=60°，
∴△BCD为等边三角形，∠BCD=60°，
∴∠ACD=30°，
∴点P关于∠ABC的“近率”为tan∠ACD=33；
故答案为：33；
(2)
解：如图：过点F作FM⊥BC于M，FN⊥AC于N，
∵点F关于∠ACB的“近率”为33，
∴ FNFM=33或FMFN=33，
如图：若FNNC=33，

则tan∠FCN=FNNC=33
∴∠FCN=30°，
∴FC=FA=BC=43，
如图：若FMMC=33，

则tan∠FCM=FMMC=33
∴∠FCM=30°，
∴BC=43，
∴FC=BC⋅cos30°=43×32=6，
综上，CF的长为43或6；
(3)
解：∵⊙M上的所有点都在第一象限且关于∠EOF的“近率”都小于3，
∴点M到x轴与y轴的比值小于3或到y轴与x轴的比值小于3，
∴过点O分别做与x轴和y轴成30°角的两条射线为分界线，分两种情况分别计算；
第一种情况：
如图所示，分别过点M作MP⊥x轴，MH垂直于30°角的另一边，垂足分别为P、H，延长PM交30°角的另一边于G，

∵M的坐标为(9,m)，
∴OP=9，
∵在Rt△GOP中，∠GOP=30°，∠OGP=60°，GP=33，
∴在Rt△GHM中，∠HGM=60°，
∴GM=3，
⊙M上的所有点都在第一象限且关于∠EOF的“近率”都小于33，⊙M半径为，
∴3 第二种情况：
如图所示，分别过点M作y轴，MK垂直于30°角的另一边，垂足分别为、K，延长JM交30°角的另一边于L，


∵动点M的坐标为(9,m)，
∴JM=9，JO=m，
∵在Rt△JOL中，∠JOL=30°，
∴∠JLO=60°，JL=33m，
∴在Rt△MKL中，ML=33m−9，
∴在Rt△MKL中，MK=m2−932>3，
⊙M上的所有点都在第一象限且关于∠EOF的“近率”都小于33，⊙M半径为3，
∴MK>3，即33m−9×32=m2−932，
∴m>113，
综上所述：3113．
【点睛】
本题主要考查了新定义，解直角三角形的应用，等边三角形的判定与性质，分类讨论和作出辅助线是解决本题的关键．
18．（2021·江苏常州·一模）△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AC=8，点D是AB边上的动点，连接CD．

(1)如图1，当△DCB是以CD为腰的等腰三角形时，AD长为_______；
(2)如图2，作DE⊥AC于点E，作BF⊥BC交DE于点F，且SΔBFD−SΔAED=6，求AE的长；
(3)将△ACD沿CD翻折得△PCD，若PD//BC，求ADBD的值．
【答案】(1)5或145；
(2)AE=3；
(3)ADBD=23．
【解析】
【分析】
（1）分两种情况讨论，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质可求解；
（2）AE=x，利用相似三角形的性质分别求出DE，DF，BF的长，由面积关系列出方程，可求解；
（3）设AD=m，由相似三角形的性质分别求出BQ=185，DQ=3m5，列出方程可求m的值，即可求解．
(1)
解：∵∠ACB=90°，BC=6，AC=8，
∴AB=AC2+BC2=36+64=10，
∵CD是△DCB的腰，
∴CD=BD或CD=BC，
①当CD=BD时，如图，过点D作DH⊥BC交BC于点H，
   
∵CD=BD，DH⊥BC，
∴BH=CH=3，
∵DH⊥BC，∠ACB=90°，
∴DH//AC，
∴△ABC∽△DBH，
∵BDAB=BHBC，
∴BD10=36，
∴BD=5，
∴AD=AB−BD=5，
②当CD=BC时，如图，过点C作CM⊥AB交AB于点M，

∵CM⊥AB，
∴∠CMB=∠ACB=90°，
∵∠B=∠B，
∴△ABC∽△CBM，
∴ABBC=BCBM，
∴BM=BC2AB=185，
∵CD=BC，CM⊥AB，
∴BM=DM，
∴BD=365，
∵AD=AB−BD，
∴AD=145，
综上所述：AD=5或145．
(2)
解：设AE=x，
∵∠AED=∠C=90°，∠A=∠A，
∴△AED∽△ACB，
∴AEAC=DEBC，
∴DE=3x4，
∵∠C=∠F=∠CEF=90°，
∴四边形CBFE是矩形，
∴EF=BC=6，
∴DF=6−3x4，
∵CE=8−x，
∴BF=CE=8−x，
∵SΔAED=12⋅AE⋅DE=3x28，SΔBDF=12⋅BF⋅DF=3x28−6x+24，且SΔBDF−SΔAED=6，
∴3x28−6x+24−3x28=6，
解得： x=3，
∴AE=3．
(3)
解：如图3，设CP交AB于点Q，

∴∠A=∠P，AD=DP，
∵DP//BC，
∴∠PDB=∠B，
∵∠PQD=∠BQC，
∴△PQD∽△CQB，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠P+∠PDQ=90°，
∴∠PQD=∠BQC=90°=∠ACB，
∵∠B=∠B，
∴△CQB∽△ACB，
∴ABBC=BCBQ，
∴BQ=185，
∵∠P=∠A，∠DQP=∠ACB，
∴△PDQ∽△ABC，
∴DPAB=DQBC，
∴DQ=35DP，
设AD=m，
∴DP=AD=m，
∴DQ=3m5，
∵AB=AD+DQ+BQ
∴10=m+3m5+185，
解得： m=4，
∴BD=6，
∴ADBD=23．
【点睛】
本题考查等腰三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，关键是能够掌握三角形相似的判定定理，利用相似的性质求解．
19．（2021·江苏淮安·二模）已知，BD是菱形ABCD的对角线，△DEF是直角三角形，∠EDF＝90°，∠DEF＝12∠A，连接BE，点G是BE的中点，连接CG、BF．


(1)当∠A＝90°时，
①如图1，若△DEF的顶点E落在线段CD上时，请直接写出线段CG与线段BF的数量关系 ：
②如图2，当△DEF的顶点E落在线段BD上时，①中线段CG与线段BF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．
同学们经过讨论，探究出以下解决问题的思路：
思路一：连接AC，记A与BD相交于点O，AC与BF相交于点M，再利用三角形全等或相似的有关知识来解决问题．
思路二：记AD与EF交于点H，易知H是EF的中点，连接CH，将△CDH绕点C顺时针旋转90°，再利用旋转的性质、三角形全等或相似的有关知识来解决问题．请参考上述思路，完成该问题的解答过程（一种方法即可）
(2)当∠A＝120°时，如图3，若△DEF的顶点E落在线段CD上时，请直接写出线段CG与线段BF的数量关系 ．
【答案】(1)①CG＝12BF；②成立，证明见解析
(2)BF＝23CG
【解析】
【分析】
（1）①可得四边形ABCD是正方形，根据正方形的性质得∠BCE＝∠A＝90°，AB＝CD＝CB，由∠DEF＝12∠A可得出△DEF是等腰直角三角形，推出AF＝CE，
利用SAS可得△ABF≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质可得BF＝BE，根据三角形斜边上的中线可得CG＝12BE，即可得CG＝12BF；
②①中线段CG与线段BF的数量关系仍然成立，利用思路一，设DE＝DF＝y，OG＝x，OE＝a，根据正方形的性质可得出DE＝DF＝2OG，证出OA∥DF，可得出
FM＝BM＝12BF，再证明△MOB≌△GOC（SAS），可得CG＝BM，即可得CG＝12BF；
（2）过点C作CN⊥DB于N，连接GN，根据菱形的性质得DC＝BC，∠ADC＝60°，∠BDC＝∠CBD＝30°，可得出DN＝BN＝12BD＝3CN，求出∠DEF＝60°，则DF＝3DE，根据三角形中位线定理可得NGDF=12DE3DE=123，根据两边对应成比例且夹角相等可得△BDF∽∠CNG，由相似三角形的性质得CGBF=CNBD=123，即BF＝23CG．
(1)
①∵四边形ABCD是菱形，∠A＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，AB＝CD＝CB，∠BCE＝∠A＝90°，
∵∠EDF＝90°，∠DEF＝12∠A，
∴∠DEF＝45°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DF＝DE，
∴AD﹣DF＝CD﹣DE，即AF＝CE，
∴△ABF≌△CBE（SAS），
∴BF＝BE，
在Rt△CBE中，点G是BE的中点，
∴CG＝12BE，
∴CG＝12BF，
故答案为：CG＝12BF；
②①中线段CG与线段BF的数量关系仍然成立，
证明：思路一：连接AC，记AC与BD相交于点O，AC与BF相交于点M，连接GM，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，BC＝CD，DO＝BO，AC⊥BD，
∴CO⊥BD，CO＝DO＝BO，
由①得：DE＝DF，设DE＝DF＝y，OG＝x，OE＝a，
∵点G是BE的中点，
∴EG＝BG＝a+x，OB＝OG+BG＝a+2x，
∵OD＝OB，
∴y+a＝a+2x，
∴y＝2x，即DE＝DF＝2OG，
∵AC⊥BD，∠EDF＝90°，
∴OA∥DF，
∵DO＝BO，
∴FM＝BM＝12BF，DF＝2OM，
∴OM＝x＝OG，
∵AC⊥BD，
∴∠MOB＝∠GOC＝90°，
∵OB＝OC，
∴△MOB≌△GOC（SAS），
∴CG＝BM＝12BF，
∴①中线段CG与线段BF的数量关系仍然成立；
(2)
过点C作CN⊥DB于N，连接GN，

∵四边形ABCD是菱形，∠A＝120°，
∴DC＝BC，∠ADC＝60°，∠A＝∠BCD＝120°，∠BDC＝∠CBD＝30°，
∴∠DCN＝60°，
∴DN＝BN＝12BD＝3CN，
∴CNBD=123，
∵点G是BE的中点，
∴NGDE=12，NG∥DE，
∴∠BNG＝∠BDE，
∵∠BDE+∠BDF＝90°，∠BNG+∠CNG＝90°，
∴∠BDF＝∠CNG，
∵∠DEF＝12∠A，
∴∠DEF＝60°，
∴DF＝3DE，
∴NGDF=12DE3DE=123，
∴NGDF=CNBD，
∵∠BDF＝∠CNG，
∴△BDF∽∠CNG，
∴CGBF=CNBD=123，
∴BF＝23CG．
故答案为：BF＝23CG．
【点睛】
本题考查了相似形的综合题、正方形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确找到全等三角形，学会添加常用辅助线．
20．（2021·江苏常州·一模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径是10，A，B为⊙O外两点，AB＝22．给出如下定义：平移线段AB，使平移后的线段A′B′成为⊙O的弦（点A′，B′分别为点A，B的对应点），线段AA′长度的最小值成为线段AB到⊙O的“优距离”．

(1)如图1，⊙O中的弦P1P2、P3P4是由线段AB平移而得，这两条弦的位置关系是______；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点______的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”；
(2)若点A（0，7），B（2，5），线段AA′的长度是线段AB到⊙O的“优距离”，则点A′的坐标为_____；
(3)如图2，若A，B是直线y＝﹣x+6上两个动点，记线段AB到⊙O的“优距离”为d，则d的最小值是_____；请你在图2中画出d取得最小值时的示意图，并标记相应的字母．
【答案】(1)平行，P2
(2)（1，3）
(3)2，图见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平移的性质，可以得到AB//P1P2//P3P4，由图可以得到AP2的长度等于线段AB到⊙O的“优距离”；
（2）根据定义和（1）提示，可以知道，平移AB，使对应点落在圆上，即在圆上满足AB//A'B'，AB=A'B'，这样的A'B'只有两条，分别切位于圆心两侧，根据题意画出草图，可以得到如图1的位置，线段AA'是线段AB到⊙O的优距离，利用A和B坐标，求出直线AB解析式，从而得到直线A'B'的比例系数k=−1，同时可以得到ΔAOM为等腰直角三角形，因为A'B'=22，过O作OH⊥A'B'，利用垂径定理和勾股定理，求出OH=22，利用∠AMO=45°，得到ΔOTM为等腰直角三角形，过H作HE⊥x轴于E点，从而可以求得H2,2，得到直线A'B'解析式为y=−x+4，设A'a,−a+4，过A'作A'F⊥x轴于F，在RtΔA'OF中，利用勾股定理，列出方程即可求解；
（3）由（2）可知，AB经过平移，对应点落在圆上，AB//A'B'，AB=A'B'，符合条件的A'B'只有两条，并且位于O点两侧，如图2，根据垂线段最短，当AA'⊥AB时，d最小，过O作OH⊥A'B'，分别交A'B'于H，交AB于T，用（2）中方法求解OH和OT，得到HT的长度，即可解决．
(1)
解：∵AB平移得到P1P2，
∴AB//P1P2，
同理，AB//P3P4，
∴P1P2//P3P4，
由图可得，连接点A与点P2的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”，
故答案为：平行，P2；
(2)
解：如图1，过B作BG⊥y轴于G，则G0,5，

∴AG=BG=2，∠GAB=∠GBA=45°，
∴AB=2BG=22，
设直线AB为y=kx+7，代入点B，得k=−1，
∴直线AB为y=−x+7，
设直线AB交x轴于M，
∵BG⊥y轴，
∴BG//x轴，
∴∠AMO=∠GBA=45°，
由（1）可得，平移AB，使对应点落在⊙O上，此时AB//A'B'，且AB=A'B'，
这样的对应线段有两条，分别位于圆心O点两侧，
所以当A'在如图位置时，线段AA'的长度是AB到⊙O的“优距离”，
过O作OH⊥A'B'，分别交A'B'于H，交AM于T，
∵A'B'//AM，
∴∠OHB'=∠OTM=90°，
∴∠TOM=90°−∠AMO=45°，
连接A'O，
∵OH⊥A'B'，
∴A'H=B'H=12A'B'=2，
在RtΔA'OH中，OH=A'O2−A'H2=22，
过H作HE⊥轴于E，
∵sin∠TOM=sin45°=HEOH=22，
∴HE=OE=2，
∴H2,2，
∵AB//A'B'，
∴设直线A'B'为y=−x+m，代入点H，得m=4，
∴直线A'B'为y=−x+4，
设A'a,−a+4，过A'作A'F⊥轴于F，
在RtΔA'OF中，A'O2=OF2+A'F2，
∴a2+−a+42=10，
∴ a=1或a=3，
∵−10 ∴a=1，
∴A'1,3，
故答案为：1,3；
(3)
解：由（2）可知，AB经过平移，对应点落在圆上， AB//A'B'，AB=A'B'，
符合条件的A'B'只有两条，并且位于O点两侧，
如图2，根据垂线段最短，

当AA'⊥AB时，d最小，
∵AB//A'B'，AB=A'B'，
∴四边形AA'B'B为平行四边形，
∵AA'⊥AB，
∴平行四边形AA'B'B为矩形，
∴A'B'=AB=22，
令x=0，则y=−x+6=6，
∴N0,6，
同理，M6,0，
∴OM=ON=6，
∴ΔMON为等腰直角三角形，
过O作OH⊥A'B'，分别交A'B'于H，交AB于T，连接OA'，
∴A'H=B'H=2，
在RtΔA'OH中，OH=A'O2−A'H2=22，
∵AB//A'B'，
∴∠OTM=∠OHB'=90°，
∴OT⊥MN，
又ΔMON是等腰直角三角形，
∴OT=12MN=12OM2+ON2=32，
∴HT=OT−OH=2，
∵A'A⊥AB，OT⊥AB，
∴AA'//OT，
又AB//A'B'，
∴四边形A'ATH为平行四边形，
∴d=AA'=HT=2，
即d的最小值为2．
【点睛】
本题主要考查特殊三角形和勾股定理，垂径定理，能根据特殊三角形和勾股定理，垂径定理求解相关的线段和角度，是解决此类问题的关键．
21．（2021·江苏盐城·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝9cm，对角线AC、BD相交于点O，点M从点D出发沿DA方向向点A匀速运动，速度为4cm/s，点P同时从D出发，沿DC方向向点C匀速运动，速度为3cm/s．过点M作MN∥BD交AC边于点E，交AB边于点N，连接PO并延长，交AB于Q，连接PM、MQ．设运动时间为t（s）（0＜t＜94）．

(1)当t＝32时，求MN的长；
(2)设四边形MNQP的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，将△MQP沿MQ折叠时，使得点P落在直线AD上？若存在，求出此时t的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)5cm
(2)S=−503t2+48t（0＜t＜94）
(3)53
【解析】
【分析】
（1），先根据题意可得DM的长，进而得出AM，再根据勾股定理求出BD，然后根据相似三角形的性质列出比例式，再代入数值即可得出答案；
（2），先求出S四边形AQPD，再表示出AM，然后根据相似三角形的性质列出比例式表示出AN，最后根据直角梯形的面积-2个直角三角形的面积得出关系式即可；
（3），先作QH⊥CD于H，并设△MQP沿MQ折叠后点P落在直线DA上的点F处，
由折叠的性质及勾股定理表示MF，进而得出AF，再说明DP＝BQ＝CH，可知AQ，最后根据勾股定理表示出FQ2，PQ2，即可得出方程，并求出解即可．
(1)
当t=32时，DM＝4t＝6（cm），
∴AM＝9﹣6＝3（cm）．
∵在Rt△ABD中，AB＝12cm，BC＝9cm，
∴BD＝15（cm）．
∵MN∥BD，
∴△AMN∼△ADB，
∴MNBD=AMAD，
∴MN15=39，
∴MN＝5（cm）；
(2)
∵PQ过矩形的中心O，
∴S四边形AQPD=12S矩形ABCD=12×9×12=54（cm2）．
∵DM＝4t（cm），DP＝3t（cm），
∴AM＝（9﹣4t ）（cm）．
∵MN∥BD，
∴△AMN∼△ADB，
∴ANAB=AMAD，
∴AN12=9−4t9，
∴AN=43(9−4t)（cm），
∴S四边形MNQP=54-12×3t×4t−12(9−4t)×43(9−4t)，
∴S=−503t2+48t（0＜t＜94）；
(3)
过点Q作QH⊥CD于H，设△MQP沿MQ折叠后点P落在直线DA上的点F处，

则MP＝MF，QP＝FQ，
∵DM＝4t（cm），DP＝3t（cm），
∴MP＝MF＝5t（cm），
∴AF＝5t﹣（9﹣4t）＝（9t﹣9）（cm）．
又∵四边形ABCD是矩形，
∴BO=DO，AB∥CD，
∴∠OBQ=∠ODP．
∵∠BOQ=∠DOP，
∴△OBQ≌△ODP，
∴DP＝BQ＝CH＝3t（cm），
∴AQ＝（12﹣3t）（cm），
∴FQ2＝（12﹣3t）2+（9t﹣9）2，PQ2＝（12﹣3t﹣3t）2+92，
∴（12﹣3t）2+（9t﹣9）2＝（12﹣3t﹣3t）2+92，
∴t1＝0（舍去）；t2=53，
∴t的值为53．
【点睛】
这是一道关于动点的综合问题，考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质，全等三角形的性质和判定等．
22．（2021·江苏南通·二模）问题背景：如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用：如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求DF：DE的值．
拓展创新：如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．

【答案】（1）旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；（2）23；（3）5+1
【解析】
【分析】
（1）由等边三角形得出∠BAD=60°，∠CAE=60°，AD=AB，AC=AE，证明ΔACD≌ΔAEBSAS，由旋转性质即可得出答案；
（2）证明ΔADE≌ΔACBSAS，由全等三角形的性质得∠ADE=∠ACB=90°，DE=CB，得出∠BDF=30°，由30°直角三角形性质得BF=12DF，则可计算出答案；
（3）过点A作AE⊥AB，且使AE=AD，连接PE，BE，由直角三角形的性质求出BE、PE的长即可得解．
【详解】
解：（1）∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴∠BAD=60°，∠CAE=60°，AD=AB，AC=AE，∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
∴ΔACD≌ΔAEBSAS，
∴ΔACD可以由ΔAEB绕点A顺时针旋转60°得到，
即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；
（2）∵ΔACD和ΔABE都是等边三角形，
∴AC=AD，AB=AE，∠CAD=∠BAE=60°，
∴∠CAB=∠DAE，
∴ΔADE≌ΔACBSAS，
∴∠ADE=∠ACB=90°，DE=CB，
∵∠ADE=90°，
∴∠ADF=90°，
∵∠ADC=∠ACD=60°，
∴∠DCF=∠CDF=30°，
∴CF=DF，
∵BD⊥BC，
∴∠BDF=30°，
设BF=x，则CF=DF=2x，DE=3x，
∴DFDE=2x3x=23；
（3）∵∠ACB=90°，
∴ 点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，
∴CD=12AB=1，
如图，过点A作AE⊥AB，且使AE=AD，连接PE，BE，


∵ 将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，
∴∠PAC=90°，PA=AC．
∵∠EAD=90°，
∴∠PAE=∠CAD，
∴ΔCAD≌ΔPAESAS，
∴ PE=CD=1．
∵ AB=2，AE=AD=1，
∴ BE=AE2+AB2=12+22=5，
∴BP≤BE+PE=5+1，
∴ BP的最大值为5+1．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质、圆周角定理；熟练掌握旋转的性质是解题关键．
23．（2021·江苏淮安·一模）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边BC在直线y＝43x上，且O是BC的中点，点A的坐标为（5，0）．点P在线段AC上从C点向A点运动，同时点Q在线段AC上从A点向C点运动，且PC＝AQ．


(1)求BC的长及点B的坐标．
(2)作PE⊥AC交BC于点E，作QF⊥BC交BC于点F，连接PF，QE，设PC＝t．
①在E，F相遇前，用含t的代数式表示EF的长．
②当t为何值时，EQ与坐标轴垂直．
(3)若PF交y轴于点D，除点F与点O重合外，FDPD的值是否为定值，若是，请直接写出FDPD的值，若不是，请直接写出它的取值范围．
【答案】(1)BC＝10，B（3，4）
(2)①EF＝8﹣9510t；②当t＝453或t＝1657时，EQ与坐标轴垂直．
(3)是，35．
【解析】
【分析】
(1)过点B作x轴的垂线段BG，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BC的长，由△OBG三边的比为3:4:5求点B的坐标；
(2)①由(1)得出△AGB三边的比为1:2：5，由△CPE、△CFQ与△AGB相似求出CF、CE的长，进而求出EF的长；
②分两种情况讨论，当EQ⊥y轴时，EF=35CE；当EQ⊥x轴时，QF=34EF，根据这两个相等关系分别列方程求出t的值；
(3)分别过点P、F作y轴的垂线段PH、FL，用含t的代数式分别表示PH、FL，由FDPD=LFPH求出比值．
(1)
解：如图1，过点B作BG⊥x轴于点G．
∵OB＝OC，∠BAC＝90°，A（5，0），
∴AO＝12BC＝5，
∴BC＝10；
设B（3a，4a），则（3a）2+（4a）2＝52，
解得a＝1，
∴B（3，4）．


(2)
解：①如图1，∵AG＝5﹣3＝2，BG＝4，
∴AB＝22+42=25，
∵△ABC∽△AGB，
∴AB:AC：BC＝1:2:5，
∴AC＝45，
∴CE＝52PC＝52t，CF＝25CQ＝255（45﹣t）＝8﹣255t，
∴EF＝8﹣255t﹣52t＝8﹣9510t．
②当EQ⊥y轴时，如图2，则∠CQE＝∠CAO＝∠C，
∴QE＝CE，
∴EF＝35QE＝35CE，
∴8﹣9510t＝35×52t，
解得t＝453；


当EQ⊥x轴时，如图3，则∠EQF＝∠AOB，
∴QF＝34EF，
∵QF＝55（45﹣t）＝4﹣55t，
EF＝52t﹣255（45﹣t）＝9510t﹣8，
∴4﹣55t＝34（9510t﹣8），
解得t＝1657．


综上所述，当t＝453或t＝1657时，EQ与坐标轴垂直．
(3)
解：分别过点P、F作y轴的垂线，垂足分别为H、L．
当点P在y轴左侧时，如图4，设AC交y轴于点K，
LF＝35OF＝35 [255（45﹣t）﹣5]＝3525（35﹣2t），
PH＝255PK＝255（45﹣552﹣t）＝55（35﹣2t），
∴FDPD=LFPH=35；


当点P在y轴右侧时，如图5，
LF＝35OF＝35 [5﹣255（45﹣t）]＝3525（2t﹣35），
PH＝255PK＝255 [t﹣（45﹣552）]＝55（2t﹣35），
∴FDPD=LFPH=35；．


综上所述，FDPD的值是定值， FDPD=35．
【点睛】
此题重点考查动点问题的解决方法，相似三角形性质与判定，勾股定理，用代数式表示相关线段的长的应用，解题的关键是通过作辅助线得到特殊的直角三角形，确定该直角三角形三边的比．
24．（2021·江苏淮安·一模）

(1)发现：如图1所示，点A为线段BC外的一个动点，且BC＝a，A在　　时，线段AC的长取得最大值，且最大值为　　（用含a、b的式子表示）．
(2)应用：点A为线段BC外一个动点，且BC＝4，AB＝1，分别以AB、AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE；找出图中与BE相等的线段，并说明理由；直接写出线段BE长的最大值　　．
(3)拓展：如图3所示，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（6，0），点P为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°．请直接写出线段AM的最大值　　及此时点P的坐标　　．
【答案】(1)CB的延长线上，a+b
(2)见解析，5
(3)22+4；(2−2,2)或(2−2,−2)
【解析】
【分析】
（1）根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；
（2）根据等边三角形的性质得到AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，推出△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质得到CD=BE，所以线段BE的最大值等于线段CD的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；
（3）连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，得到△APN是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN=PA=2，BN=AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即可得到最大值为22+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
(1)
解：∵点A为线段BC外的一个动点，且BC＝a，
∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，
故答案为：CB的延长线上，a+b；
(2)
解：图中与BE相等的线段为CD，理由如下：
∵△ABD与△ACE是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，
∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
即∠CAD＝∠EAB，
∴△CAD≌△EAB（SAS），
∴CD＝BE，
∵线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，
由（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，
∴BE的最大值为BD+BC＝AB+BC＝5，
故答案为：5；
(3)
解：如图1，连接BM，

∵PM=PB ，
∴将ΔAPM绕点P顺时针旋转90°得到ΔNPB，连接AN，则ΔAPN是等腰直角三角形，
∴PN=PA=2,BN=AM，
∴AN=2AP=22，
∵点A的坐标为2,0，点B的坐标为6,0，
∴OA=2，OB=6，
∴AB=OB−OA=4，
∵AM=BN，
∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，
∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，
最大值为AB+AN=22+4，
∴AM的最大值为22+4，
如解图2，过P作PE⊥x轴于E，


∵ΔAPN是等腰直角三角形，
∴PE=AE=2，
∴OE=OA−AE=2−2，
∴P(2−2,2)，
如解图3，


同理可得P'(2−2,−2).
综上所述，AM长的最大值为22+4，此时点P的坐标是(2−2,2)或(2−2,−2)
【点睛】
本题综合考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
25．（2021·江苏南通·二模）定义：一组对角相等，另一组对角不相等的四边形叫做“等对角四边形”．

(1)如图1，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，CD平分∠ACB，点E在直线AC上，以点B、C、E、D为顶点构成的四边形为“等对角四边形”，求AE的长．
(2)游山玩水是人们喜爱的一项户外运动，但过度的旅游开发会对环境及动植物的多样性产生影响．如图③，△ABC所在区域是某地著名的“黄花岭”风景区示意图，点B位置是国家珍稀动植物核心保护区，其中∠C＝90°，BC＝6km，AC＝8km，该地旅游部门为科学合理开发此风景区旅游资源，计划在景区外围D点建一个“岭南山庄”度假村，据实际情况，规划局要求：四边形ABCD是一个“等对角四边形”（∠BCD≠∠BAD），核心区B与山庄D之间要尽可能远，并且四边形ABCD区域的面积要控制在56km2以内．请问BD是否存在最大值，规划局的要求能否实现？如果能，请求出BD的最大值及此时四边形ABCD的面积；如果不能，请说明理由．
(3)如图3，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是“等对角四边形”，其中A（﹣2，0）、C（2，0）、B（﹣1，﹣3），点D在y轴上，抛物线过点A、C，点P在抛物线上，满足∠APC＝12∠ADC的点至少有3个时，总有不等式2n﹣94≤2c2+16a﹣82成立，直接写出n的取值范围．
【答案】(1)线段AE的长为1或257或317或25．
(2)BD最大值为97+5，四边形ABCD的面积＝3492+1809797；
(3)n≤738．
【解析】
【分析】
（1）分情况讨论：①若∠B＝∠DEC，∠BCE≠∠BDE， ②若∠BCE＝∠BDE＝90°，∠B≠∠DEC， ③点E在AC的延长线上，∠CDB＝∠E，∠DCE≠∠DBE，④点E在AC的延长线上，∠CDB≠∠E，∠DCE＝∠DBE，分别依据相似三角形的判定和性质及“等对角四边形”的定义进行求解即可；
（2）设点O是△ACD的外心，连接OA，OC，OD，过点O作ON⊥AC于N，OT⊥BC交BC的延长线于T，过点D作DQ⊥AC于Q，利用勾股定理求出AB的长度，再结合已知条件证明△AON∽△ABC，利用相似三角形的性质及矩形的性质求解即可；
（3）先利用勾股定理的逆定理证明∠ABC＝90°，再根据 “等对角四边形”的定义得到D（0，2），结合抛物线解析式t＝2c2﹣4c﹣82，此时，以D（0，2）为圆心，AD长为半径作⊙D，以D′（0，﹣2）为圆心，AD长为半径作⊙D′，当点P在优弧AEC和优弧AFC上时，∠APC＝12∠ADC，当抛物线过E点时满足题意的P点有3个，此时，c＝OE＝OD+ED＝2+22，得到c≥2+22，t＝2c2﹣4c﹣82≥16得到不等式2n﹣94 ≤2c2+16a﹣8求解即可．
(1)
解：①若∠B＝∠DEC，∠BCE≠∠BDE，如图1﹣a，
在△CDE与△CDB中，
{∠DEC=∠B∠DCE=∠DCBCD=CD，
∴△CDE≌△CDB（AAS），
∴EC＝BC＝3，
∴AE＝AC﹣EC＝4﹣3＝1；
②若∠BCE＝∠BDE＝90°，∠B≠∠DEC，如图1﹣b，
∵在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝AC2+BC2＝42+32＝5，
∵CD平分∠ACB，
∴ADBD＝ACBC＝43 ，
∴AD＝47AB＝207，
∵∠A＝∠A，∠ADE＝∠ACB＝90°，
∴△ADE∽△ACB，
∴AEAB＝ADAC，即AE5＝2074，
∴AE＝257；
③如图1﹣c，点E在AC的延长线上，∠CDB＝∠E，∠DCE≠∠DBE，
连接BE，过C作CH⊥AB于H，DF⊥AC于F，
∴DF∥BC，
∵CD平分∠ACB，
∴△DFC是等腰直角三角形，
∴DF＝CF，
∵DF∥BC，
∴△ADF∽△ABC，
∴AFAC＝DFBC，即4−DF4＝DF3，
∴DF＝127，
∴CD＝1227，
∵CH＝AC⋅BCAB＝125，
∴DH＝CD2−CH2＝1235，
∵∠CHD＝∠BCE＝90°，∠CDH＝∠E，
∴△CDH∽△BCE，
∴CEDH＝BCCH，
∴CE＝37 ，
∴AE＝AC+CE＝317；
④点E在AC的延长线上，如图1﹣d，∠CDB≠∠E，∠DCE＝∠DBE，
连接BE，过E作EH⊥AB交AB的延长线于H，
∵CD平分∠ABC，
∴∠DCE＝∠DBE＝135°，
∴∠EBH＝45°，
∴△BHE是等腰直角三角形，
∴BH＝HE，
∵∠A＝∠A，∠ACB＝∠H＝90°，
∴△ABC∽△AEH，
∴ACAH=BCEH，即45+BH=3BH，
∴BH＝15，
∴BE＝152，
∴CE＝BE2−BC2＝21，
∴AE＝AC+CE＝25；
综上所述，线段AE的长为1或257或317或25；

(2)
如图2﹣a中，设点O是△ACD的外心，连接OA，OC，OD，过点O作ON⊥AC于N，OT⊥BC交BC的延长线于T，过点D作DQ⊥AC于Q，

在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，BC＝6km，AC＝8km，
∴AB＝CB2+AC2＝62+82＝10（km），
∵∠AOC＝2∠ADC，∠ADC＝∠ABC，
∴∠AOC＝2∠ABC，
∵OA＝OC，ON⊥AC，
∴∠AON＝∠CON＝∠ABC，AN＝CN＝4（km），
∵∠ANO＝∠ACB＝90°，
∴△AON∽△ABC，
∴ONBC=ANAC，
∴ON6=48，
∴ON＝3，OA＝OD＝OC＝32+42＝5，
∵∠ONC＝∠NCT＝∠T＝90°，
∴四边形ONCT是矩形，
∴CT＝ON＝3（km），CN＝OT＝4（km），
∴BT＝6+3＝9（km），
∴OB＝OT2+BT2＝42+92＝97，
∵BD≤OB+OD，
∴OB≤97+5，
∴当B，O，D共线时，BD的值最大，最大值为97+5，
∵S△ABC＝24，
∴S△ADC≤32
∴DQ≤8，
∵DQ≤ON+OD＝5+3＝8，
∴当BD最大时，满足四边形ABCD区域的面积要控制在56km2以内，
当B，O，D共线时，BD交AC于H．

∵ON∥BC，
∴△ONH∽△BCH，
∴ONBC=NHCH=OHBH=12，
∴OH＝13 OB＝973，
∵ON∥DQ，
∴ONDQ＝OHDH，
∴3DQ＝973973+5，
∴DQ＝397+4597＝291+459797，
∴四边形ABCD的面积＝24+12 ×8×291+459797＝3492+1809797；
(3)
∵A（﹣2，0）、C（2，0）、B（﹣1，﹣3），
∴AB＝2，BC＝23，AC＝4，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴∠ABC＝90°，
∵AD＝CD，AB≠BC，
∴∠BAD≠∠BCD，
∵四边形ABCD是“等对角四边形”，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴D（0，2），
∵抛物线y＝ax2+bx+c过点A、C，
∴y＝a（x+2）（x﹣2）＝ax2﹣4a，
即：a＝﹣14 c，令t＝2c2+16a﹣82，
则t＝2c2﹣4c﹣82，

以D（0，2）为圆心，AD长为半径作⊙D，以D′（0，﹣2）为圆心，AD长为半径作⊙D′，
如图所示，⊙D交y轴正半轴于点E，⊙D′交y轴负半轴于点F．
当点P在优弧AEC和优弧AFC上时，∠APC＝12∠ADC，当抛物线过E点时满足题意的P点有3个，
此时，c＝OE＝OD+ED＝2+22，
当满足∠APC＝12∠ADC的P点至少有3个时，c≥2+22，
当c≥2+22时，t＝2c2﹣4c﹣82≥16，
∵总有不等式2n﹣94 ≤2c2+16a﹣82成立，
∴2n﹣94≤16，
∴n≤738，       
故n的取值范围为：n≤738．
【点睛】
本题属于综合类题目，考查了勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质、矩形的判定和性质、圆等知识，熟练运用上述知识并能正确理解新定义、画出相应的图形是解题的关键．
26．（2019·江苏·扬州市梅岭中学二模）我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”．例如图1，图2，图3中，AF，BE是ΔABC的中线，AF⊥BE，垂足为P．像ΔABC这样的三角形均为“中垂三角形”．设BC=a，AC=b，AB=c．

特例探索：
（1）①如图1，当∠ABE=45°，c=42时，a=_________，b=________；
②如图2，当∠ABE=30°，c=2时，求a和b的值．
归纳证明：
（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．
（3）利用（2）中的结论，解答下列问题：在边长为3的菱形ABCD中，O为对角线AC，BD的交点，E,F分别为线段AO，DO的中点，连接BE，CF并延长交于点M，BM，CM分别交AD于点G，H，如图4所示，求MG2+MH2的值．
【答案】（1）①a=45，b=45；②a=13，b=7；（2）a2+b2=5c2；（3）MG2+MH2=5
【解析】
【分析】
（1）①在图1中，连接EF，三角形中位线定理和相似得到PF=12PA，PE=12PB，根据等腰直角三角形可得PB=PA=ABsin45°=2，利用勾股定理即可求解；②在图2中，根据含30°直角三角形可得PA=AB×12=1，PB=ABcos30°=3，利用勾股定理即可求解.
（2）三角形中位线定理和相似得到PF=12PA，PE=12PB，结合勾股定理a2+b2=(2AE)2+(2BF)2，即可求解；
（3）证明：MG=23ME=13MB，MH=13MC，则MG2+MH2=19(MB2+MC2)，即可求解．
【详解】
解：如图1、2、3、4，连接EF，则EF是ΔABC的中位线，
则EF=12AB，EF//AB，∴ΔEFP∽ΔBPA，
∴ PBPE=PAPF=ABEF=12…①，
（1）如图1，在直角三角形能ABP中，PA=PB=ABsin45°=4，
∴PE=PF=2，
a=b=2BF=2PB2+PF2=45；
②在图2中，在直角三角形能ABP中，PA=ABsin30°=1，PB=ABcos30°=3,
∴PE=12PB=32,PF=12PA=12,
则a=2BF=2PB2+PF2=13，b=2AE=2PA2b+PE2=7；
（2）关系为：a2+b2=5c2，
证明：如图3，由①得：PF=12PA，PE=12PB，
则a2+b2=(2BF)2+(2AE)2；
=4(BF2+AE2)
=4(BP2+PF2+AP2+PE2)
=4(54BP2+54AP2)
=5(BP2+AP2)
=5c2
（3）在菱形ABCD中,E,F分别为线段AO，DO的中点
∵AE=OE=13EC，AG//BC，
∴AG=13BC=13AD，则EF=12BC=12AD，
同理HG=13AD，∴GH=13AD，
∴GH=23EF，
∵GH//BC，EF//BC，
∴HG//EF，∴MG=23ME=13MB，
同理：MH=13MC，
则MG2+MH2=19(MB2+MC2)=19×5×BC2=5．
【点睛】
本题为四边形综合题，考查了三角形相似、中位线等知识，其中（3），直接利用（2）的结论是本题的新颖点和突破点．
27．（2020·江苏盐城·模拟预测）阅读下面的材料：
如果函数y=fx满足：对于自变量x的取值范围内的任意x1，x2，
（1）若x1 （2）若x1f(x2)，则称fx是减函数．
例题：证明函数f(x)=6x(x>0)是减函数．
证明：设0 fx1−fx2=6x1−6x2=6x2−6x1x1x2=6x2−x1x1x2．
∵0 ∴x2−x1>0，x1x2>0．
∴6x2−x1x1x2>0．即f(x1)−f(x2)>0．
∴f(x1)>f(x2)．
∴函数f(x)=6x(x>0)是减函数．
根据以上材料，解答下面的问题：
已知函数f(x)=1x2+x(x<0)，
f(−1)=1(−1)2+(−1)=0，f(−2)=1(−2)2+(−2)=−74
（1）计算：f−3=　 　，f−4=　 　；
（2）猜想：函数f(x)=1x2+x(x<0)是　 　函数（填“增”或“减”）；
（3）请仿照例题证明你的猜想．
【答案】（1）−269，−6316；（2）增；（3）函数f(x)=1x2+x(x<0)是增函数，证明猜想见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据题目中函数解析式代入自变量值可以解答本题；
(2)由(1)结论可得；
(3)根据题目中例子的证明方法可以证明(1)中的猜想成立．
【详解】
解：（1）∵f(x)=1x2+x(x<0)，
∴f(−3)=1(−3)2−3=−269，f(−4)=1(−4)2−4=−6316
故答案为−269，−6316
（2）∵−4<−3，f−4>f−3
∴函数f(x)=1x2+x(x<0)是增函数
故答案为增
（3）设x1 ∵fx1−fx2=1x12+x1−1x22−x2 =x1−x21−x1+x2x12x22
∵x1 ∴x1−x2<0，x1+x2<0，
∴f(x1)−f(x2)<0
∴f(x1) ∴函数f(x)=1x2+x(x<0)是增函数.
【点睛】
本题考查反比例函数图象上的坐标特征、反比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用反比例函数的性质解答．
28．（2021·江苏镇江·一模）如图1，△ABC中，AB=5，AC=32，BC=7，半径为r的⊙O经过点A且与BC相切，切点M在线段BC上（包含点M与点B、C重合的情况）．

(1)半径r的最小值等于__________．
(2)设BM=x，求半径r关于x的函数表达式；
(3)当BM=1时，请在图2中作点M及满足条件的⊙O．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗）
【答案】(1)32

(2)r=16x2−43x+2560≤x≤7
(3)作图见解析
【解析】
【分析】
（1）当AM⊥BC交BC于点M时，此时半径r最小，设BM=x，如图1所示，由勾股定理可得：AB2−BM2=AM2=AC2−CM2，从而列出52−x2=322−7−x2，解得x=4，再次利用勾股定理可得：AM=52−42=3，进而可得半径；
（2）如图2所示，连接OM，过点A作AD⊥BC交BC于点D，过点O作OF⊥AD交AD于点F，由OA=r，可表示出OF=MD=4−x，AF=AD−DF=3−r，在Rt△AOF中，由勾股定理列式：OA2=OF2+AF2，即r2=4−x2+3−r2，且点M在线段BC上，可知0≤x≤7，整理得：r=16x2−43x+256 0≤x≤7；
（3）如图3所示，过点M作BC的垂线MF，连接AM，作AM的垂直平分线HD，HD和MF的交点即是⊙O的位置，用圆规以O为圆心，OM为半径画圆，即为所求．
(1)
解：当AM⊥BC交BC于点M时，此时半径r最小，设BM=x，如图1所示，

在Rt△ABM和Rt△ACM中，由勾股定理可知：AB2−BM2=AM2=AC2−CM2
∴52−x2=322−7−x2
解得：x=4
∴AM=52−42=3
∴半径r=32．
(2)
解：如图2所示，连接OM，过点A作AD⊥BC交BC于点D，过点O作OF⊥AD交AD于点F；

由（1）知AD=3，BM=x，BD=4，OA=r；
∴OF=MD=4−x，AF=AD−DF=3−r；
∴在Rt△AOF中，OA2=OF2+AF2
即r2=4−x2+3−r2
整理得：r=16x2−43x+256；
∵点M在线段BC上
∴0≤x≤7
∴r=16x2−43x+256 0≤x≤7 ．
(3)
解：如图3所示，

【点睛】
本题考查了切线的性质，勾股定理，垂直平分线的性质与画法．解题的关键在于对知识的灵活运用．
29．（2021·江苏扬州·一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，点B坐标为3,0顶点P的坐标为1,−4，以AB为直径作圆，圆心为D，过P向右侧作⊙D的切线，切点为C．

(1)求抛物线的解析式；
(2)请通过计算判断抛物线是否经过点C；
(3)设M，N分别为x轴，y轴上的两个动点，当四边形PNMC的周长最小时，请直接写出M，N两点的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3；
(2)见解析；
(3)M点坐标为：3+435,0，N点坐标为：0,−53+6
【解析】
【分析】
（1）可设顶点式，将顶点为A1,−4，点B3,0代入求出抛物线的解析式；
（2）首先求出D点坐标，再利用CD等于圆O半径为12AB=2，由cos∠PDC=CDPD=24=12，得出C点坐标即可，进而判断抛物线是否经过点C即可；
（3）作C关于x轴对称点C'，P关于y轴对称点P'，连接P'C'，与x轴，y轴交于M、N点，此时四边形PNMC周长最小，求出直线P'C'的解析式，求出图象与坐标轴交点坐标即可．
(1)
解:设抛物线的解析式为y=ax−ℎ2+k把ℎ=1，k=−4，代入得；y=ax−12−4，
把x=3，y=0代入y=ax−12−4，解得a=1，
∴抛物线的解析式为：y=x−12−4，即：y=x2−2x−3；
(2)
解:如图,

作抛物线的对称轴，
把y=0代入y=x2−2x−3解得x1=−1，x2=3，
∴A点坐标为−1,0，
∴AB=3−−1=4，
∴OD=2−1=1，
∴D点坐标为1,0，而抛物线的对称轴为直线x=1，
∴点D在直线x=1上，
过点C作CE⊥PD，CF⊥x轴，垂足分别为E，F，连接DC，
∵PC是⊙D的切线，
∴PC⊥DC，在Rt△PCD中
∵cos∠PDC=CPPD=24=12，
∴∠PDC=60°，
解直角三角形CDE，可得DE=1，CE=3，
∴C点坐标为3+1,−1，
把x=3+1代入y=x2−2x−3得：y=−1，
∴点C在抛物线上；
(3)
解：如图2，作点C关于x轴的对称点C'，点P关于y轴的对称点P'，连接P'C'，分别交x轴，y轴于M，N两点，


此时四边形PNMC的周长最小，
∵C点坐标为3+1,−1，
∴C'点坐标为3+1,1，
∵P的坐标为1,−4，
∴P'的坐标为−1,−4，
代入y=kx+b中，3+1k+b=1−k+b=−4，
解得：k=−53+10b=−53+6，
则直线P'C'的解析式为：y=−53+10x−53+6，
当x=0，y=−53+6，
故N点坐标为：0,−53+6，
当y=0，则0=−53+10x−53+6，
解得：x=3+435，
故M点坐标为：3+435,0．
【点睛】
本题考查了用顶点式求二次函数的解析式以及利用对称性求四边形的最小值,利用轴对称找到M,N的位置是解题的关键.
30．（2021·江苏·淮阴中学新城校区一模）在平面内的三个点A，B，P，满足PA=2PB.若∠P=90°，则将点P称为[A，B]的两倍直角点；若∠P＜90°，则将点P称为[A，B]的两倍锐角点.

图1                                      图2                                      备用图
(1)如图1，已知△ABC中，∠C=90°，BC=1，若点C是[A，B]的两倍直角点，则AB的长度为 ；若点B是点[A，C]的两倍锐角点，则∠A的度数为 °；
(2)如图2，在平面直角坐标系中，直线y=x-2交x轴于点A，点P是直线y=x-2上的一点，点B的坐标为（6,0），点C的坐标为（4,0），以B为圆心BC长为半径作⊙B，点D在⊙B上
①若点A是[P，O]的两倍锐角点，求点P的坐标；
②若点C是[P，D]的两倍直角点，直接写出点P的坐标．
【答案】(1)5，30°
(2)①（2−22,−22）；②（5−7,3−7），（5+7,3+7）
【解析】
【分析】
（1）由定义得：CA=2CB=2，∠ACB=90°，从而求得；由AB=2BC=2且∠B<90°求得；
（2） ①设P(x,x−2)，点A是[P,O]的两倍锐角点得AP=AO=4，列出方程求得；②设P(x,x−2)，延长PC交⊙B于E，连接DE，推出△DCE∽△PQC，从而得CD⋅PC=PQ⋅DE，列出方程求得．
(1)
解：∵点C是[A,B]的两倍直角点，
∴CA=2CB=2，∠ACB=90°，
由勾股定理得，AB=AC2+BC2=22+12=5，
∵点B是点[A,C]的两倍锐角点，
∴AB=2BC=2且∠B<90°，
∴∠A=30°；
故答案为：5，30°；
(2)
解：①当y=0时，x-2=0，
∴x=2，
∴OA=2，A(2,0)，
∵点A是[P,O]的两倍锐角点，
∴AP=2AO=4，
设P(x,x-2)，
∴(x-2)2+(x-2)2=42，
∴x1=2+22，x2=2−22，
当x=2+22时，x-2=22，
∴P(2+22,22)，
当x=2-22时，x-2=-22，
∴P(2-22,-22)，
当P(2+22,22)时，∠A=135°，应舍去，
综上所述：P(2-22,-22).
②如图1，

延长PC交⊙B于点E，连接DE，
∵点C是[P,D]的两倍直角点，
∴∠DCE=∠PCD=90°，PC=2CD，
∴DE是⊙B的直径，
∴DE=4，
作PQ⊥AB于Q，
设P(x,x-2)，
∴PQ=x-2，CQ=4-x，
∴PC=PQ2+CQ2
=(x−2)2+(4−x)2
=2x2−12x+20，
∵CB=BE，
∴∠E=∠BCE，
∵∠BCE=∠PCQ，
∴△DCE∽△PQC，
∴CDPQ=DEPC，
∴CD⋅PC=PQ⋅DE，
∴12(2x2−12x+20)=4x−2，
∴x1=5+7，x2=5−7，
当x=5+7时，x-2=3+7，
当x=5-7时，x-2=3-7，
∴P(5-7,3-7）或（5+7,3+7).
【点睛】
本题考查了在新定义下转化为解直角三角形，三角形相似判定和性质，列一元二方程等知识，解决问题的关键是作出辅助线，转化为三角形相似知识．