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2022年中考数学压轴题突破专题12 压轴大题突破培优练（二）（精选江苏模拟30道）
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这是一份2022年中考数学压轴题突破专题12 压轴大题突破培优练（二）（精选江苏模拟30道），共103页。试卷主要包含了解答题等内容，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12压轴大题突破培优练（二）（精选江苏模拟30道）
一、解答题
1．（2022·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（a、b），且a、b满足a2＋4a＋4＝b−4+4−b，点B为x轴上动点，过点P作PC⊥y轴于点C．
(1)求O、P两点间的距离；
(2)如图1，点A为y轴正半轴上一点，连接PA、PB、AB，若B（﹣4，0），且2∠APB＝90°＋∠PAC，求点A的坐标；
(3)如图2，过点P作PD⊥PB交y轴正半轴于点D，点M为BD的中点，点N（﹣1，0），则MN的最小值为 （请直接写出结果）．
2．（2022·江苏宿迁·一模）如图1，探照灯、汽车前灯的反光曲面都是“抛物镜面”，它是由过等腰直角三角形（△ABC）顶点的抛物线绕着对称轴旋转一周所形成的，我们将抛物线和线段AB所围成的封闭图形称之为“碗形”，记作“碗形ABC”，其中抛物线部分叫“标准线”，记作“标准线ACB”，抛物线的顶点C称为“碗顶”，直角三角形的斜边AB的长度称为“碗宽”，碗顶C到AB的距离称为“碗高”．
(1)若碗形ABC的碗宽是20cm，则碗高是___________cm（直接写出结果）．
(2)如图2，碗形ABC的碗宽为4，点A与坐标原点重合，点B在x轴的正半轴上，点C在x轴下方，求标准线ACB的函数表达式（不需要写出自变量的取值范围）
(3)将（2）中的碗形ABC绕点B顺时针旋转得到碗形A'BC'，旋转角为α，且tanα=12
①标准线ACB、标准线A'C'B和线段AA'围成的封闭图形的面积为___________（直接写出结果）．
②过点C'作C'D⊥AB交AB于点D，交A'B于点F．试求FDDC'的值．
3．（2022·江苏宿迁·一模）2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京胜利召开，在冬奥会期间，北京某校打算组织部分师生利用周日时间到现场观看比赛，经了解在离学校最近的比赛场馆当日共有A、B两场比赛，两场比赛的票价如下图所示，其中x轴表示一次性购票人数，y轴表示每张票的价格，如：一次性购买A场比赛门票10张，票价为400元/张，若一次性购买A场比赛门票80张，则每张票价为200元．
(1)若一次性购买B场比赛门票10张，则每张票价为___________元（直接写出结果）．
(2)若一次性购买A场比赛门票a50
4．（2022·江苏宿迁·一模）如图1，已知矩形ABCD的边长AB=3cm，BC=6cm．某一时刻，动点M从点A出发，沿AB以1cm/s的速度向点B匀速运动：同时点N从点D出发，沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动，点N运动到点A时停止运动，运动时间为t．
(1)若△AMN是等腰直角三角形，则t=___________（直接写出结果）．
(2)是否存在时刻t，使以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．
(3)如图2，连接CN、CM，试求CN+2CM的最小值．
5．（2022·江苏无锡·一模）如图，抛物线y=ax2-2ax-3a（a>0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且OB=OC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，若点P是线段BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，当△PCM和△ABC相似时，求此时点P的坐标；
(3)若点P是直线BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，将△PCM沿CM对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时点P的坐标；
6．（2022·江苏宿迁·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A−4, 0，B0, −4，C2, 0三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．
(3)若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y=−x 上的动点，若以点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．
7．（2022·江苏宿迁·一模）某园林专业户王先生计划投资种植花卉及树木，根据市场调查与预测，种植树木的利润y1与投资量x成正比例关系，如图1所示；种植花卉的利润y2与投资量x成二次函数关系，如图2所示（图中实线部分）
(1)分别求出y1与y2关于投资量x的函数解析式；
(2)王先生以总资金9万元投入种植花卉和树木，且投入种植花卉的资金不能超过投入种植树木资金的2倍．设王先生投入种植花卉资金m万元，种植花卉和树木共获利W万元，求W关于m的函数解析式，并求他至少获得多少利润？他能获取的最大利润是多少？
(3)若王先生想获利不低于26万，在（2）的条件下，直接写出投资种植花卉的资金m的范围．
8．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=mx2−4mx+n(m>0)与y轴交于点A，直线y=12x+3经过点A，并与抛物线相交于另一点B，抛物线对称轴L1与x轴交于点C，若∠ACB恰被直线L1平分；
(1)①求n=________．
②求抛物线解析式；
(2)M为线段AB上一点，其横坐以标为3，过M作直线L2垂直于x轴，动直线L3∥AB且始终与抛物线相交于P、Q两点（P、Q不与A、B重合）；
求证：无论L3运动到何处，始终有△PMQ被L2分成面积相等的两部分．
9．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）现有一辆装满防疫物资的大货车从A地沿一直线公路以60千米/小时的速度匀速驶向B地，B地志思者协会在得到消息后决定派出志愿者车队前去接收大货车物资，志愿者的私家车车队出发时比大货车晚1个小时，车队匀速行驶途中接到志愿者协会中心电话，由原接收大货车物资改为接收从A地发出的另一批滞后物资，大货车物资按原计划送达B地．志愿者车队在遇到滞后物质后，立刻停车装卸搬运共花费1个小时，然后掉头按原速原路返回B地（掉头时间忽略不计），并与大货车同时到达B地．已知大货车和志愿者车队与B地之间的距离y（千米）与志愿者车队所用时间x（小时）的关系如图所示，请结合图象回答下列问题：
(1)A、B两地之间相距_______千米；志愿者车队的速度是_______千米/小时；
(2)求志愿者车队過大货车并鸣笛致敬时，大货车离出发地有多远；
(3)当大货车与志愿者车队相距30千米时，大货车出发多长时间？
10．（2022·江苏无锡·一模） 如图，抛物线y＝12x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝12x﹣2经过B、C两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
11．（2022·江苏宿迁·一模）某种蔬菜在3﹣6月份的销售单价与销售月份之间的关系如图（甲）所示，成本与销售月份之间的关系如图（乙）所示．（图（甲）中4个点在一条直线上，图（乙）中的4个点在一条抛物线上）
(1)求该蔬菜5月份的销售单价．（精确到0.1元）
(2)求该蔬菜4月份每千克的成本．（精确到0.1元）
(3)哪个月出售这种蔬菜，每千克的收益最大？每千克的最大收益是多少元？（收益＝售价﹣成本）
12．（2022·江苏宿迁·一模）我们知道，可以借助于函数图象求方程的近似解．如图（甲），把方程x﹣2＝1﹣x的解看成函数y＝x﹣2的图象与函数y＝1﹣x的图象的交点的横坐标，求得方程x﹣2＝1﹣x的解为x＝1.5．
(1)如图（乙），已画出了反比例函数y=1x在第一象限内的图象，借助于此图象求出方程2x2﹣2x﹣1＝0的正数解．（要求画出相应函数的图象，结果精确到0.1）
(2)选择：三次方程x3﹣x2﹣2x+1＝0的根的正负情况是 ．
A，有两个负根，一个正根
B．有三个负根
C．有一个负根，两个正根
D．有三个正根
13．（2021·江苏淮安·一模）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于C点，点D是抛物线的顶点．
(1)求B、C、D三点的坐标；
(2)连接BC，BD，CD，设点P的横坐标为m，当S△PBC＝S△BCD时，求m的值（点P不与点D重合）；
(3)连接AC，将△AOC沿x轴正方向平移，设移动距离为a，停止运动，设运动过程中△AOC与△OBC重叠部分的面积为S，并写出相应自变量a的取值范围．
14．（2021·江苏淮安·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若点P为第三象限内抛物线上一动点，作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，过点E作AC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点F、G，设点P的横坐标为m．
①求PE+2EG的最大值；
②连接DF、DG，若∠FDG＝45°，求m的值．
15．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）如图，AB为⊙O的直径，CD为⊙O的弦，且CD⊥AB垂足为M，∠CAB的平分线AE交⊙O于点E，过点E作EF⊥AC交AC的延长线于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若CD=24，AMBM=49，求EF的长．
16．（2021·江苏扬州·一模）我们规定：三角形其中一边与该边上的高之比叫做这个三角形该边的ar值．例如，如图1，在△ABC中，BC=5，BC上的高AD=4，则△ABC边BC的ar值为54，记作：ar△ABC,BC=54．
（1）等腰直角三角形底边的ar值＝ ，等边三角形任意一边的ar值＝ ；
（2）如图2，在△DEF中，∠F=135°，ar△DEF,DF=1，求ar△DEF,DE．
（3）如图3，在矩形ABCD中，AB=12，BC=9，点M在矩形ABCD内，且ar△MAB,AB=4．若以M为圆心，半径为1的圆与矩形ABCD的对角线AC有公共点，设点M到AD的距离为d，直接写出d的取值范围______．
17．（2021·江苏·扬州市梅岭中学二模）如图：在平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴正半轴、y轴正半轴上，且四边形ABCD为矩形，AB=4，cos∠ACB=35，点D与点A关于y轴对称，点E、F分别是线段AD、AC上的动点（点E不与点A、D重合），且∠CEF=∠ACB．
（1）求证：△AEF~△DCE；
（2）当△CEF是等腰三角形，求DE的长；
（3）当CF的长最小时，求△CED的内切圆圆心G的坐标．
18．（2021·江苏镇江·二模）模型构建：如图1，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N，AB的垂直平分线交MN于点P，连接AP、BP．若∠APB=90°，求证：AM+BN=MN．
数学应用：如图2，在△ABC中，D是BC上一点，AC=AD=BD，∠CAD=90°，AB=8，求△ABC的面积．
实际运用：建设“交通强国”是满足人民日益增长的美好生活需要的必然要求．建设“美丽公路”是落实美丽中国建设、回应人民日益增长的美好生活对优美生态环境的需要．如图3是某地一省道与国道相交处的示意图，点Q处是一座古亭，鹅卵石路QA、QB以及AB两旁栽有常青树，其它区域种植不同的花卉；设计要求QA=QB，QA⊥QB，AB是以Q为圆心、QA为半径的圆弧（不计路宽，下同）．
（1）请在图4中画出符合条件的设计图，要求尺规作图，保留作图痕迹，标注必要的字母，写出详细的作法，不要求说明理由；
（2）两条公路所夹锐角的正切值为34，点Q到国道的距离QH为40米．PH路长4003米，则鹅卵石路的长度为 ．（即QA、QB以及AB的长度之和）．
19．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图，在△ABC中，AB=AC，D是BC边上的点，过点D作DE//AB，交AC于点E，过点E作EF//BC，交AB于点F，经过点D、E、F的⊙O与AB、BC的另一个公共点分别为G、H，连接EG、EH、GH．
（1）求证：△EGH∽△ABC；
（2）若AB=15，BC=10，
①当BG=2时，求DH的长；
②若ED恰为⊙O的直径，则BD的长为______．
20．（2021·江苏南京·二模）【概念学习】
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，若⊙O平移d个单位后，使某图形上所有点在⊙O内或⊙O上，则称d的最小值为⊙O对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，A3,0,B4,0，则⊙O对线段AB的“最近覆盖距离”为3．
【概念理解】
（1）⊙O对点3,4的“最近覆盖距离”为_ ．
（2）如图②，点Р是函数y=2x+4图像上一点，且⊙O对点Р的“最近覆盖距离”为3，则点Р的坐标为_ ．
【拓展应用】
（3）如图③，若一次函数y=kx+4的图像上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，求k的取值范围．
（4）D(3,m)、E(4,m+1)，且−4
（1）当⊙O与CD相切时，求m的值；
（2）点E从B向C运动，⊙O与CD边公共点的个数随m的变化而变化．直接写出公共点的个数及其对应的m的取值范围；
（3）在点E从B向C运动的过程中，画出点O的运动路径，这个路径是 ．（填写序号）
①线段；
②弧；
③双曲线的一部分；
④抛物线的一部分
22．（2021·江苏·苏州草桥中学一模）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为0,m，且m≠0，点B的坐标为n,0，将线段AB绕点B顺时针旋转90°，得到线段BA1，称点A1为点A关于点B的“伴随点”，图1为点A关于点B的“伴随点”的示意图．
（1）已知点A0,4，
①当点B的坐标分别为2,0,−1,0时，点A关于点B的“伴随点”的坐标分别为_____________，__________；
②点A1x,y是点A关于点B的“伴随点”，探究点A1的运动路径所对应的函数表达式，并说明理由；
（2）如图2，点C的坐标为4,−3，以C为圆心，2为半径作圆，若在⊙C上存在点A关于点B的“伴随点”，则A的纵坐标m的取值范围__________．
23．（2021·江苏南京·二模）如图①，A是⊙O外一点，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，过点B作BD//AC，交⊙O于点D，连接DO，并延长DO交⊙O于点E，连接AE．已知BD=2，⊙O的半径为3．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）求AE的长；
（3）如图②，若点M是⊙O上一点，且BM=3，过A作AN//BM，交弧ME于点N，连接ME，交AN于点G，连接OG，则OG的长度是______．
24．（2021·江苏扬州·二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=23，BC=2，点D是AC上的一个动点，将△ABD沿BD折叠得到△A'BD，A'B交AC于F点．
（1）∠A'的度数为______________；
（2）当△A'DF为直角三角形时，求A'D的长；
（3）如图2，若点E为线段A'B的四等分点(A'E
②求线段CE扫过的面积______________．
25．（2021·江苏·苏州市金阊实验中学校一模）如图，AB为半⊙O的直径，P点从B点开始沿着半圆逆时针运动到A点，在运动中，作∠CAP=∠PAB，且PC⊥AC，已知AB=10，
（1）当P点不与A,B点重合时，求证：CP为⊙O切线；
（2）当PB=6时，AC与⊙O交于D点，求AD的长；
（3）P点在运动过程中，当PA与AC的差最大时，直接写出此时PB的弧长．
26．（2021·江苏南京·一模）如图①，△ABC的内切圆⊙O与AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，DO、EO、FO的延长线分别交⊙O于点G、H、I，过点G、H、I分别作AB、BC、AC的平行线，从△ABC上截得六边形JKMNPQ．通常，在六边形中，我们把相间两个内角的内角称为六边形的对角，把相邻两角的夹边和它们的对角的夹边称为六边形的对边．
（1）求证：六边形JKMNPQ的对角相等；
（2）小明在完成（1）的证明后继续探索，如图②，连接OJ、OM、ON、OQ，他发现△DOM≌△GOQ、△DON≌△GOJ，于是猜想六边形JKMNPQ的对边也相等．请你证明他的发现与猜想．
27．（2021·江苏·苏州市振华中学校一模）对于平面内三点M，N，P，我们规定：若将点M绕点P顺时针旋转α（0° < α < 360°）后能与点N重合，就将其简记为：R(P，α)：M→N．在平面直角坐标系xOy中，P(1，0)，S(－1，0)，解决下面的问题：
（1）如图1，若R(P，90°)：S→T，画出点T并直接写出点T的坐标；
（2）如图2，A(0，3)，B(0，−3)，直线l:x=3+1与x轴的交点为C．
①若R(P，α)：S→Q，且点Q落在直线l上，求α的值：
②若点E在四边形ASBP的边上运动，在直线l上存在相应的点F，使得R(P，α)：E→F，请直接写出点E的横坐标xE的取值范围．
28．（2021·江苏无锡·二模）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折至△BFE的位置．
（1）如图1，当点F落在矩形ABCD内部时，连接CF并延长，交AD于点G，若AB=12，BC=15，DG=5，则GF的长度为________________；
（2）如图2，当点C恰好落在AD边上点F处时，若AB=5，且AF⋅FD=10，求BC的长；
（3）如图3，当点C恰好落在AD边上点F处时，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC的值．
29．（2021·江苏·苏州市相城区春申中学一模）如图，已知AB为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以OP、OB为一组邻边作▱POBQ，连接OQ、AP，设OQ、AP的中点分别为M、N，连接PM、ON．
（1）试判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒15°的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为ts．
①是否存在这样的t，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形OMPN的面积取得最大值？并判断此时直线PQ与半圆O的位置关系（需说明理由）．
30．（2021·江苏淮安·二模）【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠BAC=45°，AD⊥BC于点D，BD=4，DC=6，求AD的长．
【问题解决】
小明同学是这样分析的：将△ABD沿着AB翻折得到△ABE，将△ACD沿着AC翻折得到△ACF，延长EB、FE相交于点G，请按着小明的思路解答下列问题：
（1）由上可得四边形AEGF是 （填矩形、菱形、正方形中的一个）；
（2）在Rt△GBC中运用勾股定理，求出AD的长．
【方法提炼】通过问题解决，小明发现翻折是解决问题的有效办法之一，它可以将问题中的相关信息有效地集中、关联与重组．请根据自己的理解，解答下列问题：
（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=45°，∠BCD=90°，BC=6，CD=8，求AC的最大值．
（4）如图3，在四边形ABCD中，BC=527，AD＝2，M是AB上一点，且∠DMC=135°，AM=3，BM=4，直接写出CD的最大值为 ．
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12压轴大题突破培优练（二）（精选江苏模拟30道）
一、解答题
1．（2022·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（a、b），且a、b满足a2＋4a＋4＝b−4+4−b，点B为x轴上动点，过点P作PC⊥y轴于点C．
(1)求O、P两点间的距离；
(2)如图1，点A为y轴正半轴上一点，连接PA、PB、AB，若B（﹣4，0），且2∠APB＝90°＋∠PAC，求点A的坐标；
(3)如图2，过点P作PD⊥PB交y轴正半轴于点D，点M为BD的中点，点N（﹣1，0），则MN的最小值为 （请直接写出结果）．
【答案】(1)25
(2)A（0，43）
(3)455
【解析】
【分析】
（1）连接OP，根据二次根式的性质可求得b＝4，a＝﹣2，运用勾股定理即可求得OP；
（2）过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，易证四边形OBDC是正方形，根据2∠APB＝90°＋∠PAC，可得PB平分∠APD，由角平分线性质可得BD＝BE＝4，设OA＝x，运用三角形面积公式和正方形面积公式计算即可；
（3）设M（x，y），根据点M是BD中点，可得出B（2x，0），D（0，2y），根据直角三角形性质可得出MP＝12BD，由勾股定理或两点间距离公式可得出y＝12x+52，即点M的运动轨迹是直线y＝12x+52，根据点到直线距离垂线段最短即可求得答案．
(1)
解：如图1，连接OP，
∵a2+4a+4＝b−4+4−b，
∴（a+2）2＝b−4+4−b，
∵b−4≥04−b≥0，
∴b＝4，
∴a＝﹣2，
∴P（﹣2，4），
∵PC⊥OC，
∴PC＝2，OC＝4，
∴OP＝PC2+OC2=22+42=25；
(2)
解：如图2，过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，
∵B（﹣4，0），C（0，4），
∴OB＝OC＝4，
∵∠BOC＝∠OCD＝∠BDC＝90°，
∴四边形OBDC是正方形，
∴BD＝OB＝OC＝4，
∵2∠APB＝90°＋∠PAC，
∠BPD+∠APB＝90°+∠PAC，
∴∠BPD＝∠APB，即PB平分∠APD，
∵BD⊥PD，BE⊥PA，
∴BD＝BE＝4，
设OA＝x，则AC＝4﹣x，
∴PA＝PC2+AC2=22+4−x2=x2−8x+20，
∵S△ABP＝S正方形OBDC﹣S△BDP﹣S△APC﹣S△AOB，
∴12×x2−8x+20×4＝4×4﹣12×4×2﹣12×2（4﹣x）﹣12×4x，
解得：x1＝4（舍去），x2＝43，
经检验：x=43符合题意，
∴A（0，43）；
综上所述，点A的坐标为（0，43）；
(3)
解：如图3，设M（x，y），
∵点M是BD中点，点B、D分别在x轴、y轴上，
∴B（2x，0），D（0，2y），
∵∠DPB＝90°，DM＝BM，
∴MP＝12BD，
∴x+22+y−42=122x2+2y2，
化简，得：y＝12x+52，
∴点M的运动轨迹是直线y＝12x+52，
∴MN的最小值即为点N（﹣1，0）到直线y＝12x+52的距离，
过点N作直线y＝12x+52的垂线，垂足为Q，
设直线交y轴于点H，交x轴于点G，则OG＝5，OH＝52，
∵∠GQN＝∠GOH＝90°，∠NGQ＝∠HGO，
∴△NGQ∽△HGO，
∴QNOH=GNGH，即QN•GH＝GN•OH，
∵GN＝OG﹣ON＝4，GH＝52+522＝552，
∴QN×552＝4×52，
解得：QN＝455，
∴MN的最小值为455．
故答案为455．
【点睛】
本题主要考查了二次根式性质，勾股定理，两点间距离公式，正方形判定和性质，角平分线判定和性质，三角形面积公式，直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，一次函数图象和性质，熟练掌握相关知识，灵活运用转化思想将求MN最小值转化为点到直线距离是解题关键．
2．（2022·江苏宿迁·一模）如图1，探照灯、汽车前灯的反光曲面都是“抛物镜面”，它是由过等腰直角三角形（△ABC）顶点的抛物线绕着对称轴旋转一周所形成的，我们将抛物线和线段AB所围成的封闭图形称之为“碗形”，记作“碗形ABC”，其中抛物线部分叫“标准线”，记作“标准线ACB”，抛物线的顶点C称为“碗顶”，直角三角形的斜边AB的长度称为“碗宽”，碗顶C到AB的距离称为“碗高”．
(1)若碗形ABC的碗宽是20cm，则碗高是___________cm（直接写出结果）．
(2)如图2，碗形ABC的碗宽为4，点A与坐标原点重合，点B在x轴的正半轴上，点C在x轴下方，求标准线ACB的函数表达式（不需要写出自变量的取值范围）
(3)将（2）中的碗形ABC绕点B顺时针旋转得到碗形A'BC'，旋转角为α，且tanα=12
①标准线ACB、标准线A'C'B和线段AA'围成的封闭图形的面积为___________（直接写出结果）．
②过点C'作C'D⊥AB交AB于点D，交A'B于点F．试求FDDC'的值．
【答案】(1)10
(2)y=12x2−2x
(3)①855cm2；②32
【解析】
【分析】
（1）根据定义直接求等腰Rt△ ABC斜边上的高即可，
（2）根据定义可得等腰Rt△ ABC，碗形ABC的碗宽为4，可得B的坐标，根据（1）的方法求得C的坐标，进而待定系数法求解析式即可；
（3）①根据旋转的性质可得碗形ABC的面积和碗形A'BC'的面积相等，则标准线ACB、标准线A'C'B和线段AA'围成的封闭图形的面积即碗形ABC的面积加上S△AA'B减去碗形A'BC'的面积，即S△AA'B，根据旋转角度的正切值，进而求得A'的坐标，即可求得S△AA'B，即标准线ACB、标准线A'C'B和线段AA'围成的封闭图形的面积；
②过点C'作C'P⊥A'B，连接BC'，根据旋转的性质可得C'P为碗形ABC'的碗高，等于碗形ABC的碗高，根据（2）可得C'P=2，进而根据DF⊥AB,C'P⊥A'B可得∠FC'P=α，进而求得FP的长，BF的长，勾股定理即可得FD的长，BD的长，根据旋转可知BC'=BC=22，进而勾股定理即可求得C'D的长，然后即可求得比值．
(1)
解：∵碗形ABC的碗宽是20cm
∴AB=20
在Rt△ABC中，AC=AB×sin45°=102
设碗高是xcm，则12AC2=12AB⋅x
∴ x=10
故答案为：10；
(2)
∵碗形ABC的碗宽为4，即AB=4
∴B4,0
如图，过点C作CE⊥x轴，
∵在等腰Rt△ABC中，BC=AC=AB×sin45°=22
碗高是yCcm，则12AC2=12AB⋅x
∴ CE=yC=2
∵ △ABC是等腰三角形
∴AE=BE=12AB=2
∴C2,−2
设标准线ACB的函数表达式为y=ax−22−2
将点B4,0代入得，4a−2=0
解得a=12
∴标准线ACB的函数表达式为y=12x−22−2=12x2−2x
即y=12x2−2x0≤x≤4
(3)
解：如图，延长BA'交y轴于点G，过点A'分别作x,y轴的垂线段，A'H,A'I，垂足分别为I,H，则四边形AIA'H是矩形，
∴∠GA'H=∠A'BA=α
∵ tanα=12
∴AG=AB⋅tan∠ABA'=AB⋅tanα=2，GH=12A'H
在Rt△A'IB中，设A'I=a，则BI=2a
∴A'B=5a
∵A'B=AB=4
∴a=455
∴IB=855，A'I=455
∴A'H=AI=AB−BI=4−855
∴GH=12A'H=2−455
∴A'2−455,455
∴ S△AA'B =12×AB×A'I=12×4×455=855（平方厘米）
根据旋转的性质可得碗形ABC的面积和碗形A'BC'的面积相等，
∴标准线ACB、标准线A'C'B和线段AA'围成的封闭图形的面积
=S碗形ABC+S△AA'B−S碗形A'BC'=S△AA'B =855（平方厘米）
故答案为：855（平方厘米）
②如图，过点C'作C'P⊥A'B，连接BC'，
∵旋转
∴ C'P为碗形ABC'的碗高，等于碗形ABC的碗高，
根据（2）可得C'P=2，
∵ DF⊥AB,C'P⊥A'B
∴∠FC'P+∠PFC'=∠PFC'+∠ABA'
∴ ∠FC'P =α
∴tan∠FC'P=FPPC'=12
∴FP=1
∴FB=3
设FD=m
∵tanα=12
∴DB=2m
∴FB=5m
∴m=355
∴ FD=355,DB=2FD=655
在Rt△DC'B中，BC'=BC=22,DB=655
∴DC'=BC'2−DB2=8−365=255
∴ FDDC' =355255=32
【点睛】
本题考查了旋转的性质，待定系数法求解析式，解直角三角形，理解题意，作出辅助线是解题的关键．
3．（2022·江苏宿迁·一模）2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京胜利召开，在冬奥会期间，北京某校打算组织部分师生利用周日时间到现场观看比赛，经了解在离学校最近的比赛场馆当日共有A、B两场比赛，两场比赛的票价如下图所示，其中x轴表示一次性购票人数，y轴表示每张票的价格，如：一次性购买A场比赛门票10张，票价为400元/张，若一次性购买A场比赛门票80张，则每张票价为200元．
(1)若一次性购买B场比赛门票10张，则每张票价为___________元（直接写出结果）．
(2)若一次性购买A场比赛门票a50
【答案】(1)420
(2)−5a+550
(3)99或72
【解析】
【分析】
(1) 对于B场门票，求得当0≤x≤70时，票价y与购票人数x之间的函数关系式，把x=10代入即可；
(2) 对于A场门票，求得30≤x≤70时，票价y与购票人数x之间的函数关系式，把x=a代入即可求解；
(3) 设观看A场比赛的人数为x人，x＜50，则观看B场比赛的人数为120−x人，根据题意应分两种情况：第一种情况：当0≤x≤30；第二种情况：当30
解：对于B场门票，当0≤x≤70时，票价y与购票人数x之间的函数关系式为y=kx+b，
∵该直线过点(70，240)，(0，450)，
∴可得70k+b=240b=450 ，解得k=−3b=450，
∴y=−3x+450，
∴当x=10时，y=−3×10+450=420，
∴一次性购买B场比赛门票10张，则每张票价为420元，
故答案为：420；
(2)
解：对于A场门票，当30≤x≤70时，票价y与购票人数x之间的函数关系式为y=mx+n，
∵该直线过点(30，400)，(70，200)，
∴可得70m+n=20030m+n=400 ，解得m=−5b=550，
∴y=−5x+550，
∴当x=a 50
解：设观看A场比赛的人数为x人，x＜50，则观看B场比赛的人数为120−x人，根据题意应分两种情况：
第一种情况：当0≤x≤30，
由题意得400x+240120−x=32160，
解得x=21，
∴观看了B场比赛的有120−21=99人；
第二种情况：
当30
∴观看B场比赛的人数有120−48=72人，
综上可得，观看A场比赛的人数不足50人，则有99人或72人观看了B场比赛．
【点睛】
本题考查了函数的图象、待定系数法求一次函数的解析式及一次方程的应用，分类讨论分段求解是解题的关键．
4．（2022·江苏宿迁·一模）如图1，已知矩形ABCD的边长AB=3cm，BC=6cm．某一时刻，动点M从点A出发，沿AB以1cm/s的速度向点B匀速运动：同时点N从点D出发，沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动，点N运动到点A时停止运动，运动时间为t．
(1)若△AMN是等腰直角三角形，则t=___________（直接写出结果）．
(2)是否存在时刻t，使以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．
(3)如图2，连接CN、CM，试求CN+2CM的最小值．
【答案】(1)2
(2)存在，理由见解析
(3)15
【解析】
【分析】
（1）根据题意可知只有AM=AN时，△AMN是等腰直角三角形，再根据题意可用t表示出AM=t，AN=6−2t，列出等式，解出t即可；
（2）分类讨论①当△ACD∼△NMA时和②当△CAD∼△NMA时，列出比例式，代入数据，即可求解；
（3）取CN中点E，作E点关于CD的对称点E'，连接CE'．作M点关于BC的对称点M'，连接CM'，E'M'．根据作图可知CE'=CE，CM'=CM，即可知当CE'+CM'最小时CN+2CM最小，即最小值为E'M'的长．连接E'E并延长，交CD于点F，AB于点G．由作图结合题意易求出E'G=E'F+AD=t+6，BG=12AB=32，BM'=BM=AB−AM=3−t，从而可求出GM'=BG+BM'=92−t．在Rt△E'GM'中，利用勾股定理可求出E'M'=E'G2+GM'2=2(t+34)2+4418，最后根据二次函数的性质，即得出t=0时，2(t+34)2+4418最小，即此时E'M'=152，故可求出CN+2CM的最小值为15．
(1)
∵∠MAN=90°，
∴若△AMN是等腰直角三角形时，只有AM=AN．
根据题意可知AM=t，DN=2t，则AN=AD−DN=6−2t，
∴t=6−2t，
解得t=2，
故答案为：2．
(2)
∵∠MAN=∠ADC=90°，
∴以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似分为两种情况，
①当△ACD∼△NMA时，有ADAN=CDAM，即66−2t=3t，
解得：t=32；
②当△CAD∼△NMA时，有ADAM=CDAN，即6t=36−2t，
解得：t=125．
当t=32或t=125时，以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似；
(3)
如图，取CN中点E，作E点关于CD的对称点E'，连接CE'．作M点关于BC的对称点M'，连接CM'，E'M'．
根据作图可知CE'=CE，CM'=CM，
∴CN+2CM=2(CE+CM)=2(CE'+CM')，
∴当CE'+CM'最小时CN+2CM最小，
∵CE'+CM'≥E'M'，
∴CE'+CM'的最小值为E'M'的长，即CN+2CM的最小值为2E'M'的长．
如图，连接E'E并延长，交CD于点F，AB于点G．
∵作E点关于CD的对称点E'，
∴E'F//AD，E'F=EF．
又∵E为中点，
∴E'F=EF=12DN=t，G为AB中点，
∴E'G=E'F+AD=t+6，BG=12AB=32．
∵作M点关于BC的对称点M'，
∴BM'=BM=AB−AM=3−t，
∴GM'=BG+BM'=32+3−t=92−t．
在Rt△E'GM'中，E'M'=E'G2+GM'2=(6+t)2+(92−t)2=2(t+34)2+4418，
∵t≥0，2>0
∴t=0时，2(t+34)2+4418最小，即E'M'=2×(34)2+4418=152．
∴CN+2CM=2E'M'=15．
【点睛】
本题考查矩形的性质，等腰直角三角形性质，相似三角形的性质，轴对称的性质，三角形三边关系的应用，三角形中位线的判定和性质，勾股定理以及二次函数的性质．（3）综合性强，较为困难，作出辅助线，利用三角形三边关系判断出CN+2CM的最小值为2E'M'的长是解题关键．
5．（2022·江苏无锡·一模）如图，抛物线y=ax2-2ax-3a（a>0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且OB=OC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，若点P是线段BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，当△PCM和△ABC相似时，求此时点P的坐标；
(3)若点P是直线BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，将△PCM沿CM对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时点P的坐标；
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)P32，−32或53，−43
(3)P3−2，−2或3+2，2
【解析】
【分析】
（1）在抛物线y＝ax2−2ax−3a（a＞0）中，令y＝0，得出点A、B坐标，再根据OB＝OC，建立方程求出a的值即可得到二次函数的解析式；
（2）易证∠CPM＝∠OBC，则可分两种情况讨论：①当△PCM∽△BAC时，②当△PCM∽△BCA时；求出直线BC解析式，设点M的坐标为（m，m2−2m−3），则P的坐标为（m，m−3），分别表示出PM，PC，利用相似三角形的性质列出比例式，求出m的值即可得到对应的点P的坐标；
（3）分三种情况讨论：①当点P在线段BC上时（不与B，C重合），根据折叠的性质和平行线的性质证明∠PCM＝∠PMC，则PC＝PM，然后列方程求解即可得出P点坐标；②当点P在线段CB的延长线上时，同理可求P点坐标；③当点P在线段BC的延长线上时，点P的对应点N不可能落在y轴上，此情况不存在．
(1)
解：在y＝ax2−2ax−3a（a＞0）中，令y＝0，得：ax2−2ax−3a＝0，
解得：x1＝3，x2＝−1，
∴A（−1，0），B（3，0），
∴OB＝3，
∵OB＝OC，
∴OC＝3，
∴C（0，−3），
∴−3a＝−3，
∴a＝1，
∴抛物线解析式为：y＝x2−2x−3；
(2)
解：∵OB＝OC＝3，OA＝1，∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，AB＝4，BC＝32，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥y轴，
∴∠CPM＝∠OCB＝45°，
∴∠CPM＝∠OBC，
分情况讨论：
①当△PCM∽△BAC时，
设直线BC解析式为y＝kx＋b，
代入B（3，0），C（0，−3）得：3k+b=0b=−3，
解得：k=1b=−3，
∴直线BC解析式为：y＝x−3，
设点M的坐标为（m，m2−2m−3），则P的坐标为（m，m−3），
∴PM＝m−3−（m2−2m−3）＝−m2＋3m，PC＝2m，
∵△PCM∽△BAC，
∴PCAB=PMBC，即2m4=−m2+3m32，
整理得：−2m2+3m=0，
解得：m=32或m=0（舍去），
当m=32时，m−3＝−32，
∴此时P的坐标为（32，−32）；
②当△PCM∽△BCA时，则有PCBC=PMAB，
由①可得2m32=−m2+3m4，
整理得：−32m2+52m=0，
解得：m=53或m=0（舍去），
当m=53时，m−3＝−43，
∴此时P的坐标为（53，−43）；
综上所述：当△PCM和△ABC相似时，点P的坐标为（32，−32）或（53，−43）；
(3)
解：分三种情况讨论：
①当点P在线段BC上时（不与B，C重合），
由（2）可知直线BC解析式为：y＝x−3，
设点M的坐标为（m，m2−2m−3），则P的坐标为（m，m−3），PM＝m−3−（m2−2m−3）＝−m2＋3m，PC＝2m，
∵△PCM沿CM对折，点P的对应点N恰好落在y轴上，
∴∠PCM＝∠NCM，
∵PM∥y轴，
∴∠NCM＝∠PMC，
∴∠PCM＝∠PMC，
∴PC＝PM，
∴2m=−m2+3m，
整理得：m2+2−3m=0，
解得：m1=3−2，m2＝0（舍去），
当m＝3−2时，m−3＝−2，
∴此时P的坐标为3−2，−2；
②当点P在线段CB的延长线上时，
由（3）中情况①可知：PM＝m2−2m−3−（m−3）＝m2−3m，PC＝2m，
∵PC＝PM，
∴2m=m2−3m，
整理得：m2−3+2m=0，
解得：m1=3+2，m2＝0（舍去），
当m＝3+2时，m−3＝2，
∴此时P的坐标为3+2，2；
③当点P在线段BC的延长线上时，点P的对应点N不可能落在y轴上，
故此情况不存在；
综上所述：当点P的对应点N恰好落在y轴上时，点P的坐标为3−2，−2或3+2，2．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数与一次函数的图象和性质，待定系数法的应用，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质以及解一元二次方程等知识点，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题关键．
6．（2022·江苏宿迁·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A−4, 0，B0, −4，C2, 0三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．
(3)若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y=−x 上的动点，若以点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．
【答案】(1)y=12x2+x−4；
(2)S=−m2−4m，4；
(3)Q点的坐标为（4，−4）或（−2+25，2−25）或（−2−25，2+25）或（-4，4）.
【解析】
【分析】
（1）先假设出函数解析式，利用待定系数法求解函数解析式；
（2）设出M点的坐标，利用S=S△AOM+S△OBM-S△AOB即可进行解答；
（3）当OB是平行四边形的边时，表示出PQ的长，再根据平行四边形的对边相等列出方程求解即可；当OB是对角线时，由图可知点A与P应该重合．
(1)
解：设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
将A−4, 0，B0, −4，C2, 0三点代入得，
16a−4b+c=0c=−44a+2b+c=0 解得a=12b=1c=−4，
∴抛物线解析式为y=12x2+x−4；
(2)
解：∵点M的横坐标为m，点M为第三象限内抛物线上一动点，
∴ M的坐标为（m，12m2+m−4），
∴S=S△AOM+S△OBM-S△AOB
=12×4×(12m2+m−4)+12×4×(−m)−12×4×4
=−m2−4m=−(m+2)2+4，
∵−4
(3)
解：设P（x，12x2+x−4），
当OB为边时，根据平行四边形的性质得 PQ∥OB,PQ=OB，
∴点Q的横坐标等于P的横坐标，
又∵直线的解析式为y=−x ，
∴Q（x，−x），
∴−x−(12x2+x−4)=4，
解得 x=0,−4,−2±25，
x=0不合题意，应舍去，
如图，当OB为对角线时，点A与P重合，OP=4，
四边形PBQO为平行四边形，则BQ=OP=4，
点Q的横坐标为4，
∴Q（4，−4），
综上，Q点的坐标为（4，−4）或（−2+25，2−25）或（−2−25，2+25）或（-4，4）．
【点睛】
此题考查了二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求抛物线解析式，坐标与图形性质，三角形面积求法，以及二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解本题的关键，在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论求得结果．
7．（2022·江苏宿迁·一模）某园林专业户王先生计划投资种植花卉及树木，根据市场调查与预测，种植树木的利润y1与投资量x成正比例关系，如图1所示；种植花卉的利润y2与投资量x成二次函数关系，如图2所示（图中实线部分）
(1)分别求出y1与y2关于投资量x的函数解析式；
(2)王先生以总资金9万元投入种植花卉和树木，且投入种植花卉的资金不能超过投入种植树木资金的2倍．设王先生投入种植花卉资金m万元，种植花卉和树木共获利W万元，求W关于m的函数解析式，并求他至少获得多少利润？他能获取的最大利润是多少？
(3)若王先生想获利不低于26万，在（2）的条件下，直接写出投资种植花卉的资金m的范围．
【答案】(1)y1=2x，y2=x2
(2)他至少获得17万元利润，他能获取的最大利润是42万元
(3)当4≤m≤6时，王先生获利不低于26万
【解析】
【分析】
（1）设种植树木的利润y1与投资量x的解析式为y1=kx，种植花卉的利润y2与投资量x的解析式为y2=ax2，然后利用待定系数法求解即可；
（2）王先生投入种植花卉资金m万元，则其投入种植树木资金为9−m万元，根据题意可得W=29−m+m2=m2−2m+18=m−12+17，由此利用二次函数的性质求解即可；
（3）根据题意可列不等式m−12+17≥26，据此求解即可．
(1)
解：设种植树木的利润y1与投资量x的解析式为y1=kx，种植花卉的利润y2与投资量x的解析式为y2=ax2，
由题意得：k=2，4a=4，
∴k=2，a=1
∴y1=2x，y2=x2；
(2)
解：∵王先生投入种植花卉资金m万元，则其投入种植树木资金为9−m万元，
∴W=29−m+m2=m2−2m+18=m−12+17，
∵投入种植花卉的资金不能超过投入种植树木资金的2倍，
∴m≤29−m，
∴0
∴当m=1时，W最小=17，当m=6时，W最大=6−12+17=42，
∴他至少获得17万元利润，他能获取的最大利润是42万元；
(3)
解：由题意得m−12+17≥26，
∴m−12≥9，
∴m−1≥3或m−1≤−3，
解得m≥4或m≤−2（舍去），
∴当4≤m≤6时，王先生获利不低于26万．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的应用，待定系数法求函数解析式，解题的关键在于能够熟练掌握二次函数的相关知识．
8．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=mx2−4mx+n(m>0)与y轴交于点A，直线y=12x+3经过点A，并与抛物线相交于另一点B，抛物线对称轴L1与x轴交于点C，若∠ACB恰被直线L1平分；
(1)①求n=________．
②求抛物线解析式；
(2)M为线段AB上一点，其横坐以标为3，过M作直线L2垂直于x轴，动直线L3∥AB且始终与抛物线相交于P、Q两点（P、Q不与A、B重合）；
求证：无论L3运动到何处，始终有△PMQ被L2分成面积相等的两部分．
【答案】(1)①3；②y=14x2−x+3
(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)①根据抛物线的解析式确定点A(0，n)，把点A的坐标代入解析式y=12x+3中即可确定n的值；
②过点B作BD⊥x轴，垂足为D，根据∠ACB恰被直线L1平分，得证∠CAO=∠CBD，根据tan∠CAO=tan∠CBD，确定点B的坐标为(6，6)，代入二次函数的解析式即可．
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，设PQ的解析式为y=12x+t，PQ的中点为N，利用根与系数关系定理，证明N在直线L2上，从而证明MN是△MPQ的边PQ上的中线，根据等底同高的三角形面积相等即可得证．
(1)
①∵抛物线y=mx2−4mx+n(m>0)与y轴交于点A，
∴点A(0，n)，
∵直线y=12x+3经过点A，
∴n=3，
故答案为：3．
②如图，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，设直线L1与AB的交点为E，
∵∠ACB恰被直线L1平分，AO∥BD∥L1，
∴∠CAO=∠ACE=∠BCE=∠CBD，
∵抛物线y=mx2−4mx+3(m>0)与y轴交于点A，
∴点A(0，3)，对称轴为直线x=−−4m2m=2，
∴AO=3，OC=2，
∴tan∠CAO=tan∠CBD，
∴23=CDBD，
设CD=2h，则BD=3h，故点B的坐标为(2+2h，3h)，
代入解析式y=12x+3中，得3h=12(2+2ℎ)+3，
解得h=2，
∴点B的坐标为(6，6)，
代入解析式y=mx2−4mx+n(m>0)中，
解得m=14，
∴抛物线的解析式为y=14x2−x+3．
(2)
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点为N，
则N的坐标为(x1+x22，y1+y22)；
∵M的横坐以标为3，过M作直线L2垂直于x轴，
∴直线L2的解析式为直线x=3；
∵动直线L3∥AB，直线AB为y=12x+3，
不妨设PQ的解析式为y=12x+t，
根据题意，得x1，x2是方程12x+t=14x2−x+3即x2−6x+12−2t=0的两个根，
∴x1+x2=6，
∴N的坐标为(3，y1+y22)；
∴点N在直线L2上，
∴MN都在直线L2上，
∴MN是△MPQ的边PQ上的中线，
根据等底同高的三角形面积相等，
∴S△MPN=S△MQN，
∴无论L3运动到何处，始终有△PMQ被L2分成面积相等的两部分．
【点睛】
本题考查了抛物线与坐标轴的交点，抛物线解析式的确定，锐角三角函数的应用，一次函数图像平行的特点，根与系数关系定理，三角形中线的性质，熟练掌握抛物线的性质，灵活运用等角的三角函数值相等原理，中线的性质是解题的关键．
9．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）现有一辆装满防疫物资的大货车从A地沿一直线公路以60千米/小时的速度匀速驶向B地，B地志思者协会在得到消息后决定派出志愿者车队前去接收大货车物资，志愿者的私家车车队出发时比大货车晚1个小时，车队匀速行驶途中接到志愿者协会中心电话，由原接收大货车物资改为接收从A地发出的另一批滞后物资，大货车物资按原计划送达B地．志愿者车队在遇到滞后物质后，立刻停车装卸搬运共花费1个小时，然后掉头按原速原路返回B地（掉头时间忽略不计），并与大货车同时到达B地．已知大货车和志愿者车队与B地之间的距离y（千米）与志愿者车队所用时间x（小时）的关系如图所示，请结合图象回答下列问题：
(1)A、B两地之间相距_______千米；志愿者车队的速度是_______千米/小时；
(2)求志愿者车队過大货车并鸣笛致敬时，大货车离出发地有多远；
(3)当大货车与志愿者车队相距30千米时，大货车出发多长时间？
【答案】(1)480，90
(2)228
(3)当大货车与志愿者车队相距30千米时，大货车出发3.6小时或4小时或7小时
【解析】
【分析】
（1）根据题意可知当志愿者车队出发时，大货车已经行驶了60千米，由函数图象可知当x=0时，大货车距离B地的距离为420千米，由此即可求出A、B两地之间相距420+60=480千米；然后求出志愿者车队的实际行驶时间为8-1-1=6小时，由函数图象可知志愿者接收物资的地点距离B地270千米，即可求出志愿者车队的速度；
（2）设志愿者车队出发t小时，两车相遇，根据两车相遇时行驶路程之和为A、B两地的距离，列方程求解即可；
（3）分三种情况：当第一次两车相遇前，当第一次两车相遇后，志愿者车队没有返回时，，
当志愿者车队返回时，三种情况讨论求解即可．
(1)
解：∵志愿者车队比大货车车队晚出发一小时，
∴当志愿者车队出发时，大货车已经行驶了60千米，
由函数图象可知当x=0时，大货车距离B地的距离为420千米，
∴A、B两地之间相距420+60=480千米；
∴整个过程中大货车的行驶时间=480÷60=8小时，
∵志愿者车队比大货车晚出发1小时，中间卸货停留一小时，
∴志愿者车队的实际行驶时间为8-1-1=6小时，
由函数图象可知志愿者接收物资的地点距离B地270千米，
∴志愿者车队的速度=（270+270）÷6=90千米/小时
(2)
解：设志愿者车队出发t小时，两车相遇，
由题意得60x+1+90x=480，
解得x=2.8，
∴大货车离出发地的距离=60×2.8+1=228千米；
(3)
解：设大货车的出发时间为m，
当第一次两车相遇前，大货车与志愿者车队相距30千米时60m+90m−1+30=480，
解得m=3.6；
当第一次两车相遇后，志愿者车队没有返回时，60m+90m−1−30=480，
解得m=4，
当志愿者车队返回时，60m−480−270−90m−1−1−27090=30，
解得m=7，
综上所述，当大货车与志愿者车队相距30千米时，大货车出发3.6小时或4小时或7小时．
【点睛】
本题主要考查了从函数图象获取信息，一元一次方程的应用，正确读懂函数图象是解题的关键．
10．（2022·江苏无锡·一模） 如图，抛物线y＝12x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝12x﹣2经过B、C两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−32x−2；
(2)P的坐标为(3,−2)或(32，−258)
【解析】
【分析】
（1）先求出B、C的坐标，再代入抛物线解析式中，即可求解；
（2）先求出P、M、D的坐标，再判断出△AOC与△COB相似，得出∠OAC=∠OCB,∠ACO=∠OBC，①当△PNC∼△AOC，得出∠PCN=∠ACO，继而得出CP∥OB,即可得出结论；②当△PNC∽△COA，得出∠PCN=∠CAO，继而得出PC=PD，即可得出结论；
(1)
针对于直线y=12x−2，
令x=0，则y=−2，
∴C(0,−2)，
令y=0，则0=12x−2，
∴x=4，
∴B(4,0)，
将点B，C坐标代入抛物线y=12x2+bx+c中，得c=−28+4b+c=0，
∴ b=−32c=−2
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x−2；
(2)
存在，
∵PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0），
∴ Pm，12m2−32m−2，Dm，12m−2
由（1）知，抛物线的解析式为y=12x2−32x−2，
令y=0，则0=12x2−32x−2，
∴x=−1或x=4，
∴点A(−1,0)，
∴OA=1，
∵B(4,0)，C(0,−2)，
∴OB=4，OC=2，
∴ OAOC=OCOB，
∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∼△COB，
∴ ∠OAC=∠OCB,∠ACO=∠OBC，
∵ΔPNC与ΔAOC相似，
∴①当ΔPNC∽ΔAOC，
∴∠PCN=∠ACO，
∴∠PCN=∠OBC，
∴CP//OB，
∴点P的纵坐标为−2，
∴ 12m2−32m−2=−2，
∴m=0（舍)或m=3，
∴P(3,−2)；
②当ΔPNC∽ΔCOA时，
∴∠PCN=∠CAO，
∴∠OCB=∠PCD，
∵PD//OC，
∴∠OCB=∠CDP，
∴∠PCD=∠PDC，
∴PC=PD，
又P(m,12m2−32m−2)，D(m,12m−2)，
∵C(0,−2)，
∴PD=2m−12m2，PC=m2+(12m2−32m−2+2)2=m2+(12m2−32m)2，
∴2m−12m2=m2+(12m2−32m)2，
∴m=32或m=0（舍)，
∴P(32，−258)．
即满足条件的点P的坐标为(3,−2)或(32，−258)
【点睛】
本题考查二次函数综合题，主要涉及到待定系数法，相似三角形的判定及其性质，中点坐标公式，利用方程的思想解本题的关键．
11．（2022·江苏宿迁·一模）某种蔬菜在3﹣6月份的销售单价与销售月份之间的关系如图（甲）所示，成本与销售月份之间的关系如图（乙）所示．（图（甲）中4个点在一条直线上，图（乙）中的4个点在一条抛物线上）
(1)求该蔬菜5月份的销售单价．（精确到0.1元）
(2)求该蔬菜4月份每千克的成本．（精确到0.1元）
(3)哪个月出售这种蔬菜，每千克的收益最大？每千克的最大收益是多少元？（收益＝售价﹣成本）
【答案】(1)该蔬菜5月份的销售单价为3.7元；
(2)蔬菜4月份每千克的成本为2.3元；
(3)5月份出售这种蔬菜，每千克的收益最大，每千克的最大收益是2.3元
【解析】
【分析】
（1）观察图象找出点的坐标，利用待定系数法即可求出每千克蔬菜销售单价y与销售月份x之间的关系式，再把x=5代入解析式求函数值即可；
（2）利用待定系数法求出每千克成本与销售月份之间的关系式，再把x=4代入解析式求函数值即可；
（3）由收益w=每千克售价﹣成本列出w与x的函数关系式，利用配方求出二次函数的最大值．
(1)
设该蔬菜销售单价y与销售月份x之间的关系式为y=kx+b，
将（3，5）和（6，3）代入得，
3k+b=56k+b=3，
解得：k=−23b=7，
∴y=−23x+7，
当x=5时，y=−23×5+7=113≈3.7，
∴该蔬菜5月份的销售单价为3.7元；
(2)
设成本与销售月份之间的关系式为：y=ax−62+1，
把（3，4）代入得，4=a3−62+1，
解得，
∴y=13x−62+1，即y=13x2−4x+13，
当x=4时，y=73≈2.3，
∴该蔬菜4月份每千克的成本为2.3元；
(3)
设销售每千克蔬菜的收益为w元，
根据题意得：w=−23x+7−13x2−4x+13=−13x−52+73，
∵−13<0，
∴当x=5时，w有最大值，最大值为73≈2.3，
∴5月份出售这种蔬菜，每千克的收益最大，每千克的最大收益是2.3元
【点睛】
本题考查了用二次函数的实际应用以及用待定系数法求函数解析式，解题关键理解题意正确列出关系式．
12．（2022·江苏宿迁·一模）我们知道，可以借助于函数图象求方程的近似解．如图（甲），把方程x﹣2＝1﹣x的解看成函数y＝x﹣2的图象与函数y＝1﹣x的图象的交点的横坐标，求得方程x﹣2＝1﹣x的解为x＝1.5．
(1)如图（乙），已画出了反比例函数y=1x在第一象限内的图象，借助于此图象求出方程2x2﹣2x﹣1＝0的正数解．（要求画出相应函数的图象，结果精确到0.1）
(2)选择：三次方程x3﹣x2﹣2x+1＝0的根的正负情况是 ．
A，有两个负根，一个正根
B．有三个负根
C．有一个负根，两个正根
D．有三个正根
【答案】(1)1.4；见解析；
(2)C
【解析】
【分析】
（1）根据题意可知，方程2x2−2x−1=0的解可看作是函数y=1x与函数y=2x−2的交点坐标，所以根据图象可得正数解约为1.4；
（2）方程x3−x3−2x+1=0变形为x2−x−2=−1x，在坐标系中画出函数y=x2−x−2与函数y=−1x的图象，根据图象的交点情况即可判断．
(1)
∵x≠0，
∴将2x2−2x−1=0两边同时除以x，
得2x−2−1x=0，
即 1x=2x−2，
把2x2−2x−1=0的正数解视为由函数y=1x与函数y=2x−2的图象在第一象限交点的横坐标．
如图：
∴正数解约为1.4；
(2)
关于x的方程x3−x3−2x+1=0变形为x2−x−2=−1x，
在坐标系中画出函数y=x2−x−2与函数y=−1x的图象如图：
，
由图象可知，函数y=x2−x−2与函数y=−1x的交点在第三象限一个，第四象限两个，
∴关于x的方程x3−x3−2x+1=0有两个正根，一个负根，
故选：C．
【点睛】
本题考查了反比例函数和一元二次方程之间的关系，一元二次方程的解都可化为一个反比例函数和一次函数的交点问题求解．
13．（2021·江苏淮安·一模）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于C点，点D是抛物线的顶点．
(1)求B、C、D三点的坐标；
(2)连接BC，BD，CD，设点P的横坐标为m，当S△PBC＝S△BCD时，求m的值（点P不与点D重合）；
(3)连接AC，将△AOC沿x轴正方向平移，设移动距离为a，停止运动，设运动过程中△AOC与△OBC重叠部分的面积为S，并写出相应自变量a的取值范围．
【答案】(1)B（3，0），C（0，﹣3），D（1，﹣4）
(2)3+172或3−172或2
(3)s=−138a2+3a(0
【分析】
（1）令y=0，解方程即可求得A、B的坐标，令x=0，即可求得C的坐标，把解析式化成顶点式即可求得顶点坐标；
（2）根据待定系数法求得直线BC的解析式，过点D作DE∥y轴，交BC于点E，则xD=1=xE，求得yE=-2，DE=2，进而得出S△BCD=S△BED+S△CDE=12×2×1+12×2×2=3，然后分两种情况分别讨论求得即可；
（3）分三种情况：①当0
解：当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B(3，0），
当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵y＝x2﹣8x﹣3＝（x﹣1）3﹣4，
∴D（1，﹣4）；
(2)
设BC：y＝kx+b，将B（3，0），C(0，﹣3）代入得：
0=3k+b−3=b，解得：k=1b=−3，
∴直线BC为y＝x﹣3，
过点D作DE∥y轴，交BC于点E，
∵xD＝1＝xE，
∴yE＝﹣2，
∴DE＝2，
∴S△BCD＝S△BED+S△CDE＝12×2×1+12×2×2=3，
过点P作PQ∥y轴，交直线BC于点P(m，m2﹣2m﹣3），Q（m，m-3），
①当P是BC下方抛物线上一点时，如图1，
∴S△PBC=S△PQC+S△PQB=−32m2+92m=3
∴m1＝﹣1（舍），m2＝2，
②当P是BC上方抛物线上一点时，如图2，
S△PBC=S△PQC−S△PQB=32m2−92m=3,
解得m1＝3+172，m2＝3−172，
综上：m的值为3+172或3−172或2；
(3)
①当0＜a≤1时，如图3，
∵OA′＝1﹣a，O′C′＝OC＝3，
∵OEO'C'＝OA'O'A'
即OE3＝1−a1，
∴OE＝3﹣3a，
∴CE＝3a，
∵O'GOC＝O'BOB，
即O'G3＝2−a3，
∴O′G＝3﹣a，
∴GC′＝a，
∵ECC'G＝3aa＝3，
∴△FC′G边CG′上的高为14a，
∴S＝S△AOC﹣S△A′OE﹣S△FGC′＝12×1×3﹣12（1-a）×（3-3a）-12a×14a=-138a2+3a；
②当1＜a≤3时，如图4，
∵GC＝a，△FC′G边CG′上的高为14a，
∴S＝S△AOC﹣S△FGC′＝12×1×3﹣12a×14a＝﹣18a2+32；
③当3＜a≤4时，如图5，
∵A′B＝4﹣a，CC′＝a，
设△A′FB边A′B上的高为h，则△CFC′边CC′的高为3﹣h，
∵△A′FB∽△C′FC，
∴ℎ3−ℎ=4−aa，解得h＝34(4-a)，
∴S＝12（4﹣a）×34(4-a)=38a2﹣3a+6；
综上，s=−138a2+3a(0
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，抛物线的交点坐标，三角形的面积等，分类讨论思想的应用是解题的关键．
14．（2021·江苏淮安·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若点P为第三象限内抛物线上一动点，作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，过点E作AC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点F、G，设点P的横坐标为m．
①求PE+2EG的最大值；
②连接DF、DG，若∠FDG＝45°，求m的值．
【答案】(1)y＝x2+2x﹣3；
(2)①254；②-1或−95
【解析】
【分析】
（1）运用待定系数法将B（1，0），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，解方程组求出b、c即可；
（2）①利用待定系数法求出直线AC的解析式，过点E作EK⊥y轴于点K，设P（m，m2+2m﹣3），则E（m，﹣m﹣3），从而得出PE+2EG=−m+522+254EG，运用二次函数求最值方法即可；
②作EK⊥y轴于K，FM⊥y轴于M，直线EG与x轴交于点N．先证明△DGF∽△EGD，可得出DG2＝FG•EG＝2×2（﹣m）＝﹣2m，再运用勾股定理建立方程求解即可．
(1)
∵抛物线y＝x2+bx+c经过点B（1，0），C（0，﹣3），
∴1+b+c=0c=−3，
解得：b=2c=−3，
∴抛物线的函数表达式为：y＝x2+2x﹣3；
(2)
①当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴A（﹣3，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+n，
把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入，
得：−3k+n=0n=−3，解得：k=−1n=−3，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x﹣3，
∵OA＝OC＝3，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
过点E作EK⊥y轴于点K，
∵EG⊥AC，
∴∠KEG＝∠KGE＝45°，
∴EG＝EKsin45°＝2EK＝2OD，
设P（m，m2+2m﹣3），则E（m，﹣m﹣3），
∴PE＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∴PE+2EG＝PE+2OD＝﹣m2﹣3m﹣2m＝﹣m2﹣5m＝﹣（m+52）2+254，
由题意有﹣3＜m＜0，且﹣3＜﹣52＜0，﹣1＜0，
当m＝﹣52时，PE+2EG取最大值，PE+2EG的最大值为254；
②作EK⊥y轴于K，FM⊥y轴于M，记直线EG与x轴交于点N，
∵EK⊥y轴，PD⊥x轴，∠KEG＝45°，
∴∠DEG＝∠DNE＝45°，
∴DE＝DN．
∵∠KGE＝∠ONG＝45°，
∴OG＝ON，
∵y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣1，
∴MF＝1，
∵∠KGF＝45°，
∴GF＝MFsin45°＝2MF＝2，
∵∠FDG＝45°，
∴∠FDN＝∠DEG．
又∵∠DGF＝∠EGD，
∴△DGF∽△EGD，
∴DGFG＝EGDG，
∴DG2＝FG•EG＝2×2（﹣m）＝﹣2m，
在Rt△ONG中，OG＝ON＝|OD﹣DN|＝|OD﹣DE|＝|﹣m﹣（m+3）|＝|﹣2m﹣3|，
OD＝﹣m，
在Rt△ODG中，
∵DG2＝OD2+OG2＝m2+（2m+3）2＝5m2+12m+9，
∴5m2+12m+9＝﹣2m，
解得m1＝﹣1，m2＝−95．
【点睛】
本题考查二次函数解析式、线段和最短问题、相似三角形，能够灵活使用方程思想解决问题是解题的关键，常用勾股定理、相似比列方程．
15．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）如图，AB为⊙O的直径，CD为⊙O的弦，且CD⊥AB垂足为M，∠CAB的平分线AE交⊙O于点E，过点E作EF⊥AC交AC的延长线于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若CD=24，AMBM=49，求EF的长．
【答案】(1)见解析；
(2)313
【解析】
【分析】
（1）利用等腰三角形性质和角平分线的性质，求得∠CAE=∠AEO，再根据平行线的判定和性质即可证明；
（2）由矩形的判定得出四边形CGEF是矩形；再由垂径定理可得EF=CG=BG=12BC，CM=12CD=12；由△AMC∽△CMB，AMBM=49，设AM=4x列方程求出BM的长；再由勾股定理求得BC的长即可解答．
(1)
解：如图，连接OE交BC于点G，
∵OA=OE，
∴∠AEO=∠EAO，
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=∠EAO，
∴∠CAE=∠AEO，
∴AF∥OE，
∵∠F=90°，
∴∠OEF=90°，
∴EF是圆的切线．
(2)
解：由（1）问图；
∵AB为圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠F=∠FEO=90°，
∴四边形CGEF是矩形，
∴OE⊥BC，
∴EF=CG=BG=12BC，
∵AB⊥CD，
∴CM=12CD=12，
Rt△ABC中，CM⊥AB，
∴△AMC∽△CMB，
∴AMCM=MCMB，
∵AMBM=49，设AM=4x，则BM=9x，
∴4x×9x=122，解得x=2或x=-2（舍去），
∴BM=18，
BC=MC2+MB2=122+182=613，
∴EF=12BC=313．
【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，矩形的判定和性质，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理；熟练掌握相关定理和性质是解题关键．
16．（2021·江苏扬州·一模）我们规定：三角形其中一边与该边上的高之比叫做这个三角形该边的ar值．例如，如图1，在△ABC中，BC=5，BC上的高AD=4，则△ABC边BC的ar值为54，记作：ar△ABC,BC=54．
（1）等腰直角三角形底边的ar值＝ ，等边三角形任意一边的ar值＝ ；
（2）如图2，在△DEF中，∠F=135°，ar△DEF,DF=1，求ar△DEF,DE．
（3）如图3，在矩形ABCD中，AB=12，BC=9，点M在矩形ABCD内，且ar△MAB,AB=4．若以M为圆心，半径为1的圆与矩形ABCD的对角线AC有公共点，设点M到AD的距离为d，直接写出d的取值范围______．
【答案】（1）2；233；（2）ar△DEF,DE=5；（3）73≤d≤173．
【解析】
【分析】
（1）根据“三角形一边的ar值”的定义进行计算即可；
（2）过E作EG⊥DF于点G，过F作FH⊥DE于点H，根据已知条件，可得EG=FG=DF，再设EG=FG=DF=m，则DG=2m，求出在Rt△DEG中，sin∠D=55，所以在Rt△DHF中，sin∠D=FHDF=55，得到FH，即可求出ar△DEF,DE；
（3）在边AD上截取AE=3，过点E作EF∥AB分别交于AC、BC于点G、F，分两种情况：当点M在线段EG上且⊙M与AC相切于点N时，或当点M在线段GF且⊙M与AC相切于点N时，由△GMN∽△GAE得，MG:MN=GA:AE=5:3，再根据⊙M半径为1，即MN=1，即可求出答案．
【详解】
（1）如图1，①∵△ABC是等腰直角三角形，BC上的高AD，
∴AD也是BC上的中线，
∴AD=BD=DC，即BC=2BD=2AD，
∴等腰直角三角形底边的ar值=BCAD=2ADAD=2；
②∵△ABC是等边三角形，BC上的高AD，
∴AC=AB=BC=2BD=2CD，∠ADB=90°，
∴BD=12BC，
∴AD=AB2−BD2=BC2−12BC2=32BC，
∴等边三角形任意一边的ar值=BCAD=BC32BC=233；
（2）过E作EG⊥DF于点G，过F作FH⊥DE于点H，
ar△DEF,DF=1，
∴DF=EG，
∵∠DFE=135°，
∴∠EFG=45°，
∴∠GEF=∠EFG=45°，
∴EG=FG=DF，设EG=FG=DF=m，则DG=2m，
∴在Rt△DEG中，DE=5m，sin∠D=EGDE=55，
∴在Rt△DHF中，sin∠D=FHDF=55，DF=m，
∴FH=55⋅DF=55m，
∴ar△DEF,DE=DEFH=5；
（3）73≤d≤173，理由如下：
∵ar△MAB,AB=4，AB=12，
∴点M到AB的距离=3，
如图3，在边AD上截取AE=3，过点E作EF∥AB分别交AC、BC于点G、F，
∵点M在矩形ABCD内，
∴点M在线段EF（不包括端点）上运动，
当点M在线段EG上且⊙M与AC相切于点N时，连结MN，则MN⊥AC，
∴∠MNG=90°，
∵∠AEG=90°，∠MGN=∠AGE，
∴△GMN∽△GAE，
∴MG:MN=GA:AE=5:3，
又∵⊙M半径为1，即MN=1，
∴MG=53，AG=53×3=5，
∴EG=4，
∴d=ME=EG−MG=4−53=73，
如图4，当点M在线段GF且⊙M与AC相切于点N时，同理可得：d=173，
∴当⊙M与矩形ABCD的对角线AC有公共点时，73≤d≤173.
.
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，等腰直角三角形性质，等边三角形性质，圆与直线的位置关系，矩形性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，“三角形该边的ar值”定义等知识，解题的关键是理解题意，学会添加辅助线，构造直角三角形解决问题．
17．（2021·江苏·扬州市梅岭中学二模）如图：在平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴正半轴、y轴正半轴上，且四边形ABCD为矩形，AB=4，cos∠ACB=35，点D与点A关于y轴对称，点E、F分别是线段AD、AC上的动点（点E不与点A、D重合），且∠CEF=∠ACB．
（1）求证：△AEF~△DCE；
（2）当△CEF是等腰三角形，求DE的长；
（3）当CF的长最小时，求△CED的内切圆圆心G的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）DE=1或DE=116；（3）点G的坐标为（-1，1）
【解析】
【分析】
（1）根据两角对应相等两三角形相似即可得证；
（2）分①CE=EF和②CF=EF，两种情况加以讨论即可；
（3）设DE=x，CD=y，先证得△AEF∽△DCE，从而得出y=15x2−65x+5=15x−32+165，继而得出当x=3时，CF的长最小，再根据切线长定理得出r=1即可得出答案；
【详解】
（1）∵点D与点A关于y轴对称，
∴AC=CD，
∴∠CDA=∠CAD=∠ACB
∵∠CEF=∠ACB，
∴∠CEF=∠CDA，
∴∠CED+∠AEF=∠CED+∠DCE
∴∠AEF=∠DCE，
∴△AEF∼△DCE
（2）∵点E不与点D重合，
∴点F不与点A重合
∴∠CFE>∠CAD，
∴∠CFE>∠CEF，
∴CE≠CF
①若CE=EF
∵△AEF∼△DCE，
∴△AEF≌△DCE，
∴CD=AE
∵cos∠ACB=BCAC=35，
∴设BC=3k，则AC=5k，由勾股定理得AB=4k
∵AB=4，
∴4k=4，
∴k=1，
∴BC=3，AC=5，
∴OA=OD=3，AD=6，CD=5
∴AE=5，∴DE=1
②若CF=EF，则∠ECF=∠CEF=∠CDA=∠CAD，
∴△CEF∽△DAC，
∴CEEF=ADAC=65
∵△AEF∽△DCE，
∴CEEF=CDAE，
∴CDAE=65，
∴56−DE=65
∴DE=116
（3）设DE=x，CD=y，
∵△AEF∽△DCE，
∴AFDE=AECD
∴5−yx=6−x5，
∴y=15x2−65x+50
∴当x=3时，CF的长最小，此时点E与点O重合
设⊙G切△DCE三边于M、N、P，⊙G的半径为r
则EM=EN=r，CP=CN=4−r，DP=DM=3−r
∵CP+DP=CD，
∴4−r+3−r=5，
∴r=1
∴点G的坐标为（-1，1）．
【点睛】
此题属于相似形综合题，涉及的知识有：锐角三角函数定义，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，利用二次函数求最值，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
18．（2021·江苏镇江·二模）模型构建：如图1，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N，AB的垂直平分线交MN于点P，连接AP、BP．若∠APB=90°，求证：AM+BN=MN．
数学应用：如图2，在△ABC中，D是BC上一点，AC=AD=BD，∠CAD=90°，AB=8，求△ABC的面积．
实际运用：建设“交通强国”是满足人民日益增长的美好生活需要的必然要求．建设“美丽公路”是落实美丽中国建设、回应人民日益增长的美好生活对优美生态环境的需要．如图3是某地一省道与国道相交处的示意图，点Q处是一座古亭，鹅卵石路QA、QB以及AB两旁栽有常青树，其它区域种植不同的花卉；设计要求QA=QB，QA⊥QB，AB是以Q为圆心、QA为半径的圆弧（不计路宽，下同）．
（1）请在图4中画出符合条件的设计图，要求尺规作图，保留作图痕迹，标注必要的字母，写出详细的作法，不要求说明理由；
（2）两条公路所夹锐角的正切值为34，点Q到国道的距离QH为40米．PH路长4003米，则鹅卵石路的长度为 ．（即QA、QB以及AB的长度之和）．
【答案】模型构建：见解析；数学应用：16；实际运用：（1）见解析；（2）(100+25π)米．
【解析】
【分析】
模型构建：由题意证得△AMP≌△PNB即可证明．
数学应用：作DN⊥AB,CM⊥AB，根据三角形全等可求得CM的长度，然后根据面积公式即可求得．
实际运用：（1）作QH垂直于国道，然后构造出一线三直角模型，即可画出设计图．
（2）由两条公路所夹锐角的正切值和PH的长度求出OH的长度，然后根据三角形全等可求得LB和LQ的长度，根据勾股定理和扇形弧长公式即可求得．
【详解】
模型构建：∵AB的垂直平分线交MN于点P，
∴PA=PB，
又∵∠M=∠N=90°，∠APB=90°，
∴∠APM+∠MAP=90°，∠APM+∠BPN=90°，
∴∠BPN=∠MAP，
∴在△AMP和△PNB中，
∠MAP=∠BPN∠M=∠NAP=BP
∴△AMP≌△PNB，
∴AM=PN，MP=NB，
∴AM+BN=PN+PM=MN．
数学应用：如图，作DN⊥AB,CM⊥AB，
∵AD=BD，DN⊥AB，
∴BN=AN=12AB=4．
∵∠DAC=90°,∠DNA=90°,∠CMA=90°，
∴∠NAD+∠NDA=90°,∠NAD+∠CAM=90°，
∴∠NDA=∠CAM，
在△AND和△CMA中，
∠DNA=∠AMC∠NDA=∠CAMAD=AC
∴△AND≌△CMA，
∴MC=AN=4，
∴S△ABC=12AB•MC=12×8×4=16．
实际运用：（1）过点Q作QH垂直于国道于点H，过点Q作国道的平行线交省道于点N，以QH为半径，Q点为圆心画弧交QN于点K，过点K作国道的垂线交省道于点B，连接QB，以点Q为圆心，QB为半径画弧，交国道于点A，作图如下．
（2）如图所示，作BL⊥QH，直线QH与BP交于点O．
∵两条公路所夹锐角的正切值为34，PH=4003，
∴OH=PH•tan∠P=4003×34=100，
∴由题意可得BL=QK=QH=40，
∴OL=BL•tan∠P=40×34=30，
∴LQ=OH−OL−QH=100−30−40=30，
∴在Rt△BLQ中，BQ=BL2+LQ2=402+302=50，
∴AQ=BQ=50，
∴AB=90π×50180=25π，
∴AQ+BQ+AB=50+50+25π=100+25π，
∴鹅卵石路的长度为100+25π．
【点睛】
此题考查了全等三角形的性质和判定，三角形面积的求法，勾股定理，扇形弧长的求法，根据题意作出辅助线构造出一线三等角模型是解题的关键．
19．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图，在△ABC中，AB=AC，D是BC边上的点，过点D作DE//AB，交AC于点E，过点E作EF//BC，交AB于点F，经过点D、E、F的⊙O与AB、BC的另一个公共点分别为G、H，连接EG、EH、GH．
（1）求证：△EGH∽△ABC；
（2）若AB=15，BC=10，
①当BG=2时，求DH的长；
②若ED恰为⊙O的直径，则BD的长为______．
【答案】（1）见解析；（2）①DH的长为4；②103
【解析】
【分析】
（1）利用圆的性质与平行线的性质证明：∠C=∠EHG，∠B=∠EGH，从而可得结论；
（2） ①如图，连接DG，先证明∠CEH=∠BHG，再证明△CEH∽△BHG，结合△EGH∽△ABC；求解CH=3，再证明△EHG∽△DBG，求解BD=3，从而可得答案；②如图，设ED与GH交于点M，由EG=EH，ED恰为⊙O的直径，证明MH=MG，DH=DG，再求解EGMG=3，再求解sin∠GHD=sin∠GED=MGEG=13，可得BGBH=13，结合CHBG=32，设BG=2a，则CH=3a，BH=6a，则BC=CH+BH=9a，求解a=109，从而可得DH=DG=BD=12BH=103．
【详解】
（1）证明：∵四边形EFGH是⊙O的内接四边形，
∴∠EFA=∠EHG，
∵∠EGH和∠EDH是同弧所对圆周角，
∴∠EGH=∠EDH，
∵DE//AB，EF//BC，
∴∠EFA=∠B，∠EDH=∠B，
∴∠EGH=∠EHG=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠C=∠EHG，∠B=∠EGH，
∴△EGH∽△ABC；
（2）解： ①如图，连接DG，
∵∠CHE+∠BHG+∠EHG=180°，
∠CHE+∠CEH+∠C=180°，∠C=∠EHG
∴∠CEH=∠BHG，
∵AB=AC,
∴ ∠C=∠B，
∴△CEH∽△BHG
∴EHHG=CHBG，
∵ AB=AC=15，BC=10，
由（1）知：△EGH∽△ABC；
∴ EHHG=ACBC=1510=32，
∴CHBG=32，
∵BG=2，
∴CH=3，
∵四边形EFGH是⊙O的内接四边形，
∴∠GDB=∠GEH，
∵∠EHG=∠B，
∴△EHG∽△DBG，
∴EHBD=HGBG，
∴EHHG=BDBG=32，
∵BG=2，
∴BD=3，
∴DH=BC−BD−CH=10−3−3=4．
答：DH的长为4；
②如图，设ED与GH交于点M，
∵EG=EH，ED恰为⊙O的直径，
∴DE⊥GH，
∴MH=MG，DH=DG，
∴EGHG=32，
∴EG2MG=32，
∴EGMG=3，
∵DE//AB，DE⊥HG，
∴HG⊥AB，
∴sin∠GHD=sin∠GED=MGEG=13，
∴BGBH=13，
∵CHBG=32，
∴设BG=2a，则CH=3a，BH=6a，
∴BC=CH+BH=9a，
∵BC=10，
∴a=109，
∴BH=203，
∵DG=DH，
∴∠DHG=∠DGH，
∵∠DHG+∠B=90°，
∠DGH+∠DGB=90°，
∴∠B=∠DGB，
∴DG=DB，
∴DH=DG=BD=12BH=103．
∴BD的长为103．
故答案为：103．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定与性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，锐角三角函数的应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键．
20．（2021·江苏南京·二模）【概念学习】
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，若⊙O平移d个单位后，使某图形上所有点在⊙O内或⊙O上，则称d的最小值为⊙O对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，A3,0,B4,0，则⊙O对线段AB的“最近覆盖距离”为3．
【概念理解】
（1）⊙O对点3,4的“最近覆盖距离”为_ ．
（2）如图②，点Р是函数y=2x+4图像上一点，且⊙O对点Р的“最近覆盖距离”为3，则点Р的坐标为_ ．
【拓展应用】
（3）如图③，若一次函数y=kx+4的图像上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，求k的取值范围．
（4）D(3,m)、E(4,m+1)，且−4
【解析】
【分析】
（1）求出点(3,4)与原点的距离，这个距离与1的差即是所求结果；
（2）设点P的坐标为(x,2x+4)，根据P到圆心的距离为4及勾股定理，可得关于x的方程，解方程即可求得点P的坐标；
（3）考虑临界状态，当OC=2时，函数图象上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，利用三角形相似求出k=3;同理，另一个临界状态为k=−3，即可求解；
（4）由题意可得DE是一条倾斜角度为45°,长度为2的线段，可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB、FG，如果D落在弧AF上，或者落在弧BG上，进而求解．
【详解】
（1）点(3,4)与原点的距离为32+42=5，而5－1=4，则⊙O对点3,4的“最近覆盖距离”为4；
故答案为：4
（2）由题意可知，Р到圆的最小距离为3，
即Р到圆心的距离为4
由点P在直线y=2x+4上，故设P(x,2x+4)，
则OP2=x2+2x+42=16
解得x1=0,x2=−165
故点P的坐标为：0,4或−165,−125
故答案为：0,4或−165,−125
（3）如图，考虑临界状态，过O作OC⊥DE于C点，当OC=2时，函数图像上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1
∵∠OCD=∠EOD,∠ODC=∠EDO
∴ΔOCD∼ΔEOD
∴OCOE=ODDE
则OEDE=OCOD=12
设OE=x,则DE=2x
由勾股定理可得：x2+16=2x2
解得x1=433,x2=−433（舍）
∴E−433,0
此时k=3．
同理，另一个临界状态为k=−3
经分析可知，函数相比临界状态更靠近y轴，则存在点C
∴k≥3或k≤−3
43≤d<32
由题意可知，DE是一条倾斜角度为45∘，长度为2的线段
可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB,FG
如果D落在弧AF上，或者E落在弧BG上，则成立
当−1≤m<2时，E到弧BG的最小距离为EO−1
此时3≤d<4,
当−4
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了一次函数的性质、圆的基本知识、三角形相似的判定与性质、新定义等，数形结合是本题解题的关键．
21．（2021·江苏南京·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝8，⊙O过点A且与BC相切于点E．设BE＝m．
（1）当⊙O与CD相切时，求m的值；
（2）点E从B向C运动，⊙O与CD边公共点的个数随m的变化而变化．直接写出公共点的个数及其对应的m的取值范围；
（3）在点E从B向C运动的过程中，画出点O的运动路径，这个路径是 ．（填写序号）
①线段；
②弧；
③双曲线的一部分；
④抛物线的一部分
【答案】（1）3；（2）0≤m＜3时，⊙O与CD边公共点有0个；m＝3或4＜m≤8时，⊙O与CD边公共点有1个；3＜m≤4时，⊙O与CD边公共点有2个；（3）④
【解析】
【分析】
（1）设⊙O与CD相切与F，构造辅助线，证明四边形ABEG为矩形，四边形OECF为正方形，在Rt△AGO利用勾股定理即可求得m；
（2）⊙O过点A且与BC相切与点E，根据题意分别画出图形，在运算过程中，关键图形如解析，用与（1）相同的方法，分别进行求解即可得出范围；
（3）设OE=y，在Rt△AGO中用勾股定理列出关于y和m的等式，即可求出y是关于m的二次函数．
【详解】
解：（1）如图①，设⊙O与CD相切于点F，连接OF、OA，连接OE并延长交AD于G．
∵⊙O与CD相切于点F、与BC相切于点E．
∴OE⊥BC，OF⊥CD
∴∠BEO＝∠OFC＝90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°．
AD＝BC＝8，AB＝CD＝9，AD∥CB．
∴∠BEO＋∠AGE＝180°．
∴∠AGE＝90°．
∴四边形ABEG和四边形OECF都是矩形．
∵OE＝OF，
∴四边形OECF是正方形．
∵BE＝m，
∴AG＝m，AO＝OE＝OF＝EC＝8－m，
∴GO＝9－（8－m）＝1＋m
在Rt△AGO中，由勾股定理得：
AO2＝AG2＋GO2.
即（8－m）2＝m2＋（1＋m）2
∴解得：m1＝3，m2＝－21（舍去）；
所以，当⊙O与CD相切时，m＝3；
（2）①由（1）知，m=3时，⊙O与CD只有一个交点，
∴0≤m<3时，⊙O与CD有0个公共点，如下图：
②由（1）知，m=3时，⊙O与CD只有1个公共点，
当OA>OD时，⊙O与CD也只有1个公共点，如下图：
点D在圆上时，如下图，再根据（1）的方法，OA=OD时，m=4，
所以当m=3或4
当m>4时，⊙O与CD也有1个公共点，
∴当3
综上所述：
图形
公共点个数
m的范围
0
0≤m＜3
1
m＝3
2
3＜m<4
2
m=4
1
4＜m≤8
（3）如下图，即为点O的运动路径，
理由：
如下图，设OE＝y，则AO＝y，GO＝9－y，
在Rt△AGO中，由勾股定理得：
AO2＝AG2＋GO2，
即y2＝m2＋（9－y）2，整理得：y=118m2+92（0≤m≤8），
所以，⊙O的圆心的运动路径是抛物线．
【点睛】
本题考查矩形性质及判定，正方形的判定与性质，圆切线的性质，勾股定理，二次函数，解题关键是数形结合，熟练应用相关图形的性质．
22．（2021·江苏·苏州草桥中学一模）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为0,m，且m≠0，点B的坐标为n,0，将线段AB绕点B顺时针旋转90°，得到线段BA1，称点A1为点A关于点B的“伴随点”，图1为点A关于点B的“伴随点”的示意图．
（1）已知点A0,4，
①当点B的坐标分别为2,0,−1,0时，点A关于点B的“伴随点”的坐标分别为_____________，__________；
②点A1x,y是点A关于点B的“伴随点”，探究点A1的运动路径所对应的函数表达式，并说明理由；
（2）如图2，点C的坐标为4,−3，以C为圆心，2为半径作圆，若在⊙C上存在点A关于点B的“伴随点”，则A的纵坐标m的取值范围__________．
【答案】（1）①（6，2），（3，-1）；②y=x-4；（2）5≤m≤9
【解析】
【分析】
（1）①作A1M⊥x轴于M，构造△ABO≌△BA1M，可得OA=BM，OB=A1M，再分别求解；
②取N（4，0），则OA=ON，作A1M⊥x轴于M，首先说明A1的运动轨迹是一条直线，求出这条直线的解析式即可解决问题；
（2）利用（1）②的结论，A（0，m）关于B的“伴随点”A1（x，y），y与x之间的关系式：y=x-m，由题意可知，当直线y=x-m与⊙C有交点时，在⊙C上存在点A关于点B的“伴随点”，求出这两条直线和⊙C相切时的m的值，即可解决问题．
【详解】
解：（1）①如图，作A1M⊥x轴于M．
∵∠ABA1=90°，
∴∠ABO+∠A1BM=∠A1BM+∠A1，
∴∠ABO=∠A1，
∵AB=BA1，∠AOB=∠A1MB=90°，
∴△ABO≌△BA1M（AAS），
∴OA=BM，OB=A1M，
当A（0，4），B（2，0）时，BM=4，A1M=2，OM=6，
∴A1（6，2），
当A（0，4），B（-1，0）时，同法可得A1（3，-1）．
故答案为（6，2），（3，-1）．
②取N（4，0），则OA=ON，作A1M⊥x轴于M．
同理可证：△ABO≌△BA1M，
∴OA=BM=ON，OB=A1M，
∴OB=MN=A1M，
∴△A1MN是等腰直角三角形，
∴∠A1NM=45°，
∴点A1在经过点N，与x轴的夹角为45°的直线上，
设A1N的表达式为y=kx+b，则k=1，将（4，0）代入，
则0=4+b，解得：b=-4，
∴这条直线的解析式为y=x-4，
∴A1（x，y）是点A关于点B的“伴随点”，y与x之间的关系式为y=x-4；
（2）如图，由（1）可知，A（0，m）关于B的“伴随点”A1（x，y），
y与x之间的关系式：y=x-m，
由题意可知，当直线y=x-m与⊙C有交点时，在⊙C上存在点A关于点B的“伴随点”，
当直线y=x-m与⊙C相切时，如图，
∵C（4，-3），⊙C的半径为2，F为⊙C的切点，过C作CE∥x轴，点E在CD上，
在y=x-m中，令x=0，则y=-m，令y=0，则x=m，
则C（0，-m），D（m，0），
∴△OCD为等腰直角三角形，OD=OC，
∵OF⊥EF，CE∥x轴，
∴∠ECF=45°，即△CEF为等腰直角三角形，
∵CF=2，
∴EF=2，CE=2，又C（4，-3），
∴E（2，-3），代入y=x-m中，
解得：m=5，
同理，当直线y=x-m与⊙C相切于另一点时，
同理可得：m=9，
综上：满足条件的m的范围为：5≤m≤9．
【点睛】
本题考查圆综合题、一次函数的解析式、切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，本题的突破点是发现点A1的运动轨迹是直线，题目比较难，属于中考压轴题．
23．（2021·江苏南京·二模）如图①，A是⊙O外一点，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，过点B作BD//AC，交⊙O于点D，连接DO，并延长DO交⊙O于点E，连接AE．已知BD=2，⊙O的半径为3．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）求AE的长；
（3）如图②，若点M是⊙O上一点，且BM=3，过A作AN//BM，交弧ME于点N，连接ME，交AN于点G，连接OG，则OG的长度是______．
【答案】（1）见解析；（2）AE=62；（3）32−323．
【解析】
【分析】
（1）由AB与⊙O相切于点B，想到连接OB，再结合等腰ΔOBD和BD//AC可得△AOE≌△AOB即可求证；
（2）由（1）知∠AOE=∠ODH和已知的BD与半径，所以过点O作OH⊥BD交BD于点H，可得△AOE∽△ODH，即可求解；
（3）由BM=3可知ΔBOM是等边三角形，再结合BM//AM知∠BAG=∠BEG，即A、B、G、E共圆，再由（2）知A、B、O、E在以AO为直径的圆上，即∠AGO=90°，故F、O、G三点共线，最后利用ΔABH,ΔBOF都是含30°的直角三角形即可求解．
【详解】
解：（1）证明：连接OB
∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，
∴∠OBA=90°
∵BD//AC，
∴∠AOE=∠D，∠AOB=∠OBD
∵OB=OD，
∴∠D=∠OBD，
∴∠AOE=∠AOB，
∵OE=OB，OA=OA，
∴△AOE≌△AOB(SAS)
∴∠OEA=∠OBA=90°
∴OE⊥AE
又∵点E在圆上，
∴AE是⊙O的切线．
（2）过点O作OH⊥BD交BD于点H．
∵OH⊥BD，O为圆心，
∴DH=12BD=1，∠OHD=90°
在Rt△OHD中，OH=OD2−DH2=22
∵∠OHD=∠AEO，∠D=∠AOE，
∴△AOE∽△ODH
∴AEOE=OHDH
∴AE=OH×OEDH=22×31=62．
（3）32−323．理由见解析：
由（2）得，A,B,O,E在以AO为直径的圆上，记为⊙P，由BM=3，且半径为3可知，△BOM为等边三角形，
则∠BOM=∠OBF=60°，∠BEM=30°
由BM//AN且∠MBA=60°+90°=150°，
所以∠BAN=180°−∠MBA=30°，
∴∠BAG=∠BEG，
∴A、B、G、E共圆，即点G也在⊙P上
∵AO为直径，
∴∠OGA=90°，即OG⊥AN
过O作OF⊥BM交BM于F
由BM//AN可得F、O、G共线
过点B作BH⊥AN
∴FG=BH
则OG=FG−OF=BH−OF，
在RtΔBOF中，OF=OB×sin60°=323
在RtΔABH中，BH=AB×sin∠BAN=62×sin30°=32
∴OG=32−323．
【点睛】
本题主要考察圆的综合运用、切线的证明、垂径定理、三角形相似等，属于较难的几何综合题型．解题的关键是通过题干条件联系相关知识点做出对应的辅助线．如已知弦长时，常做弦心距利用垂径定理求解线段长度；对角互补的四边形四点共圆．
24．（2021·江苏扬州·二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=23，BC=2，点D是AC上的一个动点，将△ABD沿BD折叠得到△A'BD，A'B交AC于F点．
（1）∠A'的度数为______________；
（2）当△A'DF为直角三角形时，求A'D的长；
（3）如图2，若点E为线段A'B的四等分点(A'E
②求线段CE扫过的面积______________．
【答案】（1）30°；（2）433；（3）①34；②3π−33
【解析】
【分析】
（1）先用直角三角中锐角函数值求出∠A=30︒，由折叠的性质得到∠A'=30∘；
（2）当∠A''F'D'=90°，A''落在CB的延长线上，A''D'=2D'C=433；
（3）作出图形，CE扫过的面积为S阴，则S阴=S扇EE''E'−S△BCE−S△BCE'，由∠EBE'=120︒，BE'=3，得到S扇EBE'= 13×π×32=3π，过点E作EP垂直BC与点P，在Rt△EBP 中，∠EBP=60︒，BE=3，算出BP=32，EP=332，S△BCE=S△BCE'=332，最后得出S阴=3π−33．
【详解】
解：（1）∵∠ACB=90°，AC=23，BC=2，
∴tanA=BCAC=223=33，
∴∠A=30︒，
∵△ABD沿BD折叠得到△A'BD，
∴∠A=∠A'=30°．
（2）①当∠A'DF=90°，∠A'=∠A=30°
∠AFD=∠BFC=60°．由折叠可知，∠ABD=∠A'BD=15°，
∴∠DBC=45°，
∴DC=BC=2，A'D=AD=23−2，
②如图，当∠A''F'D'=90°，A''落在CB的延长线上，
∴BA=BA''=22+(23)2=4,
∵BC=2,
∴CA''=2，
∵∠A=∠A'=30°，
∴D'C=23=233，
∴A''D'=2D'C=433
（3）①若点D在AB的垂直平分线上，连接BD，延长A’D交AB于H，
∴∠A=∠HBD=∠DBA'=30°，
∵点E为A’B的四等分点，
∴CE=12BC=1，DC=BC3=23=233，
∴BD=2DC=433，
∴CEBD=34 ，
②如图，A’的运动轨迹AMA'，∠ABA'=120°，
∵A'E=14A'B，
∴点E在A'B上的运动轨迹为以B为圆心，3为半径的弧上，
∵C为顶点，
∴CE扫过的面积为S阴，
∴S阴=S扇EE''E'−S△BCE−S△BCE'
∵∠EBE'=120°,BE'=3,
∴S扇EBE'= 13×π×32=3π，
过点E作EP垂直BC与点P，
在Rt△EBP 中，∠EBP=60︒，BE=3，
∴BP=32，EP=332，
∴S△BCE=S△BCE'=332，
∴S阴=3π−33．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形的性质、勾股定理与折叠的性质，关键在于作出图形，根据勾股定理求出相应边的长度，再进行计算．
25．（2021·江苏·苏州市金阊实验中学校一模）如图，AB为半⊙O的直径，P点从B点开始沿着半圆逆时针运动到A点，在运动中，作∠CAP=∠PAB，且PC⊥AC，已知AB=10，
（1）当P点不与A,B点重合时，求证：CP为⊙O切线；
（2）当PB=6时，AC与⊙O交于D点，求AD的长；
（3）P点在运动过程中，当PA与AC的差最大时，直接写出此时PB的弧长．
【答案】（1）见详解；（2）2.8；（3）103π
【解析】
【分析】
（1）连接OP，可证OP∥AC，结合PC⊥AC，即可得到结论；
（2）连接BD交OP于点E，先证明△APB∽△ACP，可得AC=6.4，再证明四边形PCDE是矩形，设AD=x，列出关于x的方程，即可求解；
（3）设AP=x，由△APB∽△ACP，可得AC=110x2，从而得PA-AC关于x的二次函数，进而即可求解．
【详解】
证明：（1）连接OP，
∵OA=OP，
∴∠PAB=∠OPA，
∵∠CAP=∠PAB，
∴∠OPA=∠CAP，
∴OP∥AC，
∵PC⊥AC，
∴PC⊥OP，
∴CP为⊙O切线；
（2）连接BD交OP于点E，
∵AB为半⊙O的直径，
∴∠APB=90°，
∵AB=10，PB=6，
∴AP=102−62=8，
∵∠CAP=∠PAB，∠APB=∠ACP=90°，
∴△APB∽△ACP，
∴ACAP=APAB，即：AC8=810，解得：AC=6.4，
∵AB为半⊙O的直径，
∴AD⊥BD，
∴PC∥BD，
∵∠POB=∠OAP+∠OPA=∠OAP+∠PAC=∠BAC，
∴OP∥AC，
∴四边形PCDE是平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形PCDE是矩形，
∵AO=BO，OE∥AD，
∴2OE=AD，
设AD=x，则OE=12x，PE=OP-OE=5-12x，CD=PE=5-12x，
∴5-12x+x=6.4，解得：x=2.8，即：AD=2.8；
（3）设AP=x，
∵△APB∽△ACP，
∴ACAP=APAB，即：ACx=x10，
∴AC=110x2，
∴PA-AC=x-110x2=−110x−52+52，
∴当x=5时，即AP=5时，PA-AC的值最大，此时cos∠ PAB=APAB=510=12，
∴∠PAB=60°，
∴∠POB=2×60°=120°，
∴PB的弧长=120π×5180=103π．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质以及相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，添加辅助线，熟练掌握切线的判定定理以及相似三角形的判定和性质，是解题的关键．
26．（2021·江苏南京·一模）如图①，△ABC的内切圆⊙O与AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，DO、EO、FO的延长线分别交⊙O于点G、H、I，过点G、H、I分别作AB、BC、AC的平行线，从△ABC上截得六边形JKMNPQ．通常，在六边形中，我们把相间两个内角的内角称为六边形的对角，把相邻两角的夹边和它们的对角的夹边称为六边形的对边．
（1）求证：六边形JKMNPQ的对角相等；
（2）小明在完成（1）的证明后继续探索，如图②，连接OJ、OM、ON、OQ，他发现△DOM≌△GOQ、△DON≌△GOJ，于是猜想六边形JKMNPQ的对边也相等．请你证明他的发现与猜想．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由∠A+∠AJQ=180°，∠A+∠ANP=180°，可得∠AJQ=∠ANP，再证明出∠BMK=∠BQJ,∠CKM=∠CPN，得到结论；
（2）证明Rt△EQO≌Rt△GQO可得∠EOQ=∠GOQ=12∠EOG，∠DOM=∠HOM=12∠DOH，再证明出△DOM≌△GOQ，△DON≌△GOJ，最后得出结论．
【详解】
证明：（1）∵JQ//AB，
∴∠A+∠AJQ=180°．
∵NP//AC，
∴∠A+∠ANP=180°．
∴∠AJQ=∠ANP
同理∠BMK=∠BQJ,∠CKM=∠CPN．
即六边形JKMNPQ的对角相等．
（2）∵⊙O与AB切于点D，
∴OD⊥AB
∴∠ADO=90°．
∵AB//JQ，
∴∠ADO=∠OGO=90°
⊙O与BC切于点E，
∴OE⊥BC．
∴∠QEO=90°．
∴∠OEO=∠OGO=90°．
又OQ=OQ,OE=OG，
∴Rt△EQO≌Rt△GQO(HL)．
∴∠EOQ=∠GOQ=12∠EOG．
同理∠DOM=∠HOM=12∠DOH．
∵∠DOH=∠EOG，
∴∠DOM=∠GOQ．
∵OD=OG,∠ODM=∠OGQ．
∴△DOM≌△GOQ(ASA)．
同理△DON≌△GOJ．
∴DM=GO,DN=GJ．
∴DM+DN=GQ+GJ．
即MN=JQ．
同理JK=NP,KM=PQ．
即六边形JKMNPQ的对边相等．
【点睛】
本题考查了圆的外切六边形的性质，涉及全等三角形、切线长定理应用等知识，理解和掌握六边形对角和对边是解本题的关键．
27．（2021·江苏·苏州市振华中学校一模）对于平面内三点M，N，P，我们规定：若将点M绕点P顺时针旋转α（0° < α < 360°）后能与点N重合，就将其简记为：R(P，α)：M→N．在平面直角坐标系xOy中，P(1，0)，S(－1，0)，解决下面的问题：
（1）如图1，若R(P，90°)：S→T，画出点T并直接写出点T的坐标；
（2）如图2，A(0，3)，B(0，−3)，直线l:x=3+1与x轴的交点为C．
①若R(P，α)：S→Q，且点Q落在直线l上，求α的值：
②若点E在四边形ASBP的边上运动，在直线l上存在相应的点F，使得R(P，α)：E→F，请直接写出点E的横坐标xE的取值范围．
【答案】（1）画图见解析，T（1，2）；（2）①150°或210°；②−1≤xE≤1−32
【解析】
【分析】
（1）将线段SP绕点P顺时针旋转90°得到线段PT，画出图形即可解决问题．
（2）①解直角三角形求出∠QPC即可解决问题．当点Q在z轴下方时同法可得α=210°．
②如图3中，过点P作PH⊥BS于H，当点E在AP上时，PE=PC=3时，过点E作EJ⊥OP于J．求出PH的长，点E的坐标即可判断．
【详解】
解：（1）如图1中，
∵P(1,0)，S(−1,0)，
∴OS=OP=1，SP=2，
由题意PT⊥SP，PT=SP=2，
∴T(1,2)．
（2）①如图2中，
∵P(1,0)，C(3+1，0)，
∴OP=1，OC=3+1，
∴PC=OC−OP=3，
∵PQ=PS=2，
∴QC=PQ2−PC2=1，
∴PQ=2QC
∴∠QPC=30°，
∴∠SPQ=180°−30°=150°，
∴α=150°．
当点Q在z轴下方时同法可得α=210°．
②如图3中，过点P作PH⊥BS于H，当点E在AP上时，PE=PC=3时，过点E作EJ⊥OP于J．
∵A(0,3)，B(0,−3)，
∴OA=OB=3，
∴AS=AP=(3)2+12=2，
∴AS=2SO
∴∠AOS=30°，同法可证∠PAO=30°，
∴AS=AP=BS=BP=SP=2，
∴ΔASP，ΔSPB是等边三角形，四边形ASBP是菱形，
∵PH⊥SB，
∴PH=PS2−SH2=3
观察图象可知，当E在AS，BS上运动时，满足条件，
在RtΔEJP中，∵PE=3，∠EPJ=60°，
∴∠PEJ=30°，
∴PJ=12PE=32，
EJ=3PJ=32，
∴E(1−32，32)，
观察图象可知，满足条件的点E的横坐标为：−1⩽xE⩽1−32．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的判定和性质，菱形的判定，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
28．（2021·江苏无锡·二模）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折至△BFE的位置．
（1）如图1，当点F落在矩形ABCD内部时，连接CF并延长，交AD于点G，若AB=12，BC=15，DG=5，则GF的长度为________________；
（2）如图2，当点C恰好落在AD边上点F处时，若AB=5，且AF⋅FD=10，求BC的长；
（3）如图3，当点C恰好落在AD边上点F处时，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC的值．
【答案】（1）1913；（2）35；（3）35
【解析】
【分析】
（1）设CF交BE于点H，利用勾股定理求得CG，证△CDG∽△BHC，利用相似三角形的性质求出CH的长，由翻折得FH=CH，求得CF，最后GF=CG−CF；
（2）由翻折和矩形的性质证出△FAB∽△EDF，利用相似三角形的性质运算求出DE的长，由线段的数量关系得到EF，利用勾股定理求得DF的长，再由BC=AD=AF+DF计算即可；
（3）过点N作NG⊥BF于点G，证出△NFG∽△BFA，AN=x，FG=y利用相似三角形的比值关系和角平分线的性质分别用含x和y的式子表示出AB，AF，BF的长，利用勾股定理可得到AB2+AF2=BF2，代入后可得到y与x的数量关系，即可用含x的式子表示出BF，再利用比值关系进行比较即可．
【详解】
（1）设CF交BE于点H，
∵四边形ABCD为矩形
∴∠D=90°，AB=DC=12
∴CG=DG2+DC2=52+122=13
由翻折可得：CE=EF，BF=BC
∴BE为FC的中垂线
∴∠BHC=∠GDC=90°
∵∠GCD+∠BCH=90°，∠HBC+∠BCH=90°
∴∠GCD=∠HBC
∴△CDG∽△BHC
∴CHDG=BCCG
∴CH=DG×BCCG=5×1513=7513
由翻折得FH=CH=7513
∴CF=FH+CH=15013
∴GF=CG−CF=13−15013=1913
故答案为：1913
（2）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处
∴∠BFE=∠C=90°，CE=EF
又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°
∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°
∴∠AFB=∠DEF
∴△FAB∽△EDF
∴AFDE=ABDF
∴AF⋅DF=AB⋅DE
∵AF⋅DF=10，AB=5
∴DE=2
∴CE=DC−DE=5−2=3
∴EF=3
∴DF=EF2−DE2=32−22=5
∴BC=AD=AF+DF=25+5=35
（3）过点N作NG⊥BF于点G
∵NF=AN+FD
∴NF=12AD=12BC
∵BC=BF，
∴NF=12BF
∵∠NFG=∠AFB，∠NGF=∠BAF=90°
∴△NFG∽△BFA
∴NGAB=FGFA=NFBF=12，设AN=x
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF
∴AN=NG=x，AB=BG=2x，设FG=y，则AF=2y
∵AB2+AF2=BF2
∴2x2+2y2=2x+y2
解得y=43x
∴BF=BG+GF=2x+43x=103x
∴ABBC=ABBF=2x103x=35
【点睛】
本题主要考查了矩形的翻折综合，其中涉及到了相似三角形的性质及判定，勾股定理，角平分线的性质，熟悉利用相似三角形的比值关系进行列式运算是解题的关键．
29．（2021·江苏·苏州市相城区春申中学一模）如图，已知AB为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以OP、OB为一组邻边作▱POBQ，连接OQ、AP，设OQ、AP的中点分别为M、N，连接PM、ON．
（1）试判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒15°的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为ts．
①是否存在这样的t，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形OMPN的面积取得最大值？并判断此时直线PQ与半圆O的位置关系（需说明理由）．
【答案】（1）四边形OMPN为矩形，理由见解析；（2）①当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；②当t＝6s时，四边形OMPN的面积取得最大值，此时PQ与半圆O相切．
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质可得PQ//OB，PQ＝OB，可证四边形PQOA为平行四边形，可得PA//QO，PA＝QO．由中点的性质可得OM＝PN，可证四边形OMPN为平行四边形，由等腰三角形的性质可得∠ONP＝90°，可得结论；
（2）①求出点Q落在半圆O上时，t的值，点P与点A重合时，t的取值，根据这两个特殊位置，可求点Q落在半圆O内时，t的取值范围；
②由面积公式可得S矩形OMPN＝S△AOP，由△AOP的底AO为定值，则当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，即可求t的值，由平行线的性质可得∠OPQ＝90°，可证PQ与半圆O相切．
【详解】
解：（1）四边形OMPN为矩形，
理由如下：∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQ//OB，PQ＝OB，
又∵OB＝OA，
∴PQ＝AO，
又∵PQ//OA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PA//QO，PA＝QO．
又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
∴OM＝12OQ，PN＝12AP，
∴OM＝PN，
∴四边形OMPN为平行四边形，
∵OP＝OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN为矩形；
（2）①如图，当点Q落在半圆O上时，
∵四边形POBQ是平行四边形，
∴PQ＝OB，PO＝BQ，
又∵OB＝OP＝OQ，
∴OP＝OQ＝PQ＝BO＝BQ，
∴△POQ是等边三角形，△BQO是等边三角形，
∴∠POQ＝∠BOQ＝60°，
∴∠BOP＝120°，
∴t＝12015＝8s，
∴当t＝8s时，点Q落在半圆O上，
∵当点P与点A重合时，t＝18015＝12s，
∴当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；
②∵四边形OMPN为矩形，
∴S矩形OMPN＝ON•NP＝12AP•ON，
∴S矩形OMPN＝S△AOP，
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值．
∴t＝90÷15＝6秒．
∴当t＝6s时，四边形OMPN面积最大，
此时，PQ与半圆O相切．
理由如下：∵∠POB＝90°，PQ//OB，
∴∠OPQ＝90°，
∴PQ与半圆O相切．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
30．（2021·江苏淮安·二模）【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠BAC=45°，AD⊥BC于点D，BD=4，DC=6，求AD的长．
【问题解决】
小明同学是这样分析的：将△ABD沿着AB翻折得到△ABE，将△ACD沿着AC翻折得到△ACF，延长EB、FE相交于点G，请按着小明的思路解答下列问题：
（1）由上可得四边形AEGF是 （填矩形、菱形、正方形中的一个）；
（2）在Rt△GBC中运用勾股定理，求出AD的长．
【方法提炼】通过问题解决，小明发现翻折是解决问题的有效办法之一，它可以将问题中的相关信息有效地集中、关联与重组．请根据自己的理解，解答下列问题：
（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=45°，∠BCD=90°，BC=6，CD=8，求AC的最大值．
（4）如图3，在四边形ABCD中，BC=527，AD＝2，M是AB上一点，且∠DMC=135°，AM=3，BM=4，直接写出CD的最大值为 ．
【答案】（1）正方形；（2）12；（3）122；（4）1017
【解析】
【分析】
（1）先根据△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，得出∠EAF=90°，再根据垂直∠E=∠ADB=90°，∠F=∠ADC=90°，由此可证得四边形AEGF是矩形，最后再根据全等三角形的性质可证得AE=AF，由此即可证得四边形AEGF是正方形；
（2）利用勾股定理，建立关于x的方程模型(x−4)2+(x−6)2=102，求出AD=x=12即可；
（3）将△ABC沿着AB翻折得到△ABE，将△ADC沿着AD翻折得到△ADF，连接EF，结合翻折的性质以及∠BAC=45°可得∠EAF=90°，进而可求得EF=2AC，再利用勾股定理可求得BD=10，最后根据当BE、BD、DF三条线段共线时，EF取得最大为24，由此即可求得AC的最大值；
（4）将△ADM沿着DM翻折得到△EDM，将△BCM沿着CM翻折得到△FCM，连接EF，结合翻折的性质以及∠DMC=135°可得∠EMF=90°，进而可求得EF=5，最后根据CD≤DE＋EF＋FC＝1017，当点D、E、F、C在同一直线上时取得最大值，由此即可求得答案．
【详解】
解：（1）四边形AEGF是正方形，理由如下：
由折叠得：△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF．
∴∠DAB=∠EAB，∠DAC=∠FAC，
又∵∠BAC=45°，
∴∠EAF=90°．
又∵AD⊥BC，
∴∠E=∠ADB=90°，∠F=∠ADC=90°．
∴四边形AEGF是矩形，
∵△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，
∴AE=AD，AF=AD，
∴AE=AF．
∴矩形AEGF是正方形，
故答案为：正方形；
（2）设AD=x，则AE=EG=GF=x．
∵BD=4，DC=6，
∴BE=4，CF=6，
∴BG=x−4，CG=x−6，
在Rt△BGC中，BG2+CG2=BC2，
∴(x−4)2+(x−6)2=102．
化简得，x2−10x−24=0，
解得：x1=12，x2=−2（舍去）
∴AD=12；
（3）如图①，将△ABC沿着AB翻折得到△ABE，将△ADC沿着AD翻折得到△ADF，连接EF，
∴BE＝BC＝6，DF＝CD＝8，且AE＝AF＝AC，∠CAB=∠EAB，∠DAC=∠FAD，
又∵∠BAC=45°，
∴∠EAF=90°．
∴EF=AE2+AF2=2AC，
∵∠BCD=90°，BC=6，CD=8，
∴BD=BC2+CD2=10，
∵当BE、BD、DF三条线段共线时，EF最大，
∴EF的最大值为6＋8＋10＝24，
∴AC的最大值为242=122；
（4）如图②，将△ADM沿着DM翻折得到△EDM，将△BCM沿着CM翻折得到△FCM，连接EF，
由翻折可得：DE＝AD＝2，EM＝AM＝3，MF＝BM＝4，CF＝BC＝527，∠EMD=∠AMD，∠FMC=∠BMC，
∵∠DMC=135°，
∴∠AMD+∠BMC=45°，
∴∠EMD+∠FMC=45°，
∴∠EMF=90°，
∵EM＝3，MF＝4，
∴EF=EM2+MF2=5，
∵CD≤DE＋EF＋FC＝1017，当点D、E、F、C在同一直线上时取得最大值，
∴CD的最大值为1017，
故答案为：1017．
【点睛】
本题考查图形的翻折变换，正方形的判定，勾股定理的应用，建立关于x的方程模型的解题思想，要能灵活运用，（3）（4）两问能够根据前两问解决问题的提示作出正确的辅助线是解决本题的关键，也考查了解一元二次方程．
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12压轴大题突破培优练（二）（精选江苏模拟30道）
一、解答题
1．（2022·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（a、b），且a、b满足a2＋4a＋4＝b−4+4−b，点B为x轴上动点，过点P作PC⊥y轴于点C．
(1)求O、P两点间的距离；
(2)如图1，点A为y轴正半轴上一点，连接PA、PB、AB，若B（﹣4，0），且2∠APB＝90°＋∠PAC，求点A的坐标；
(3)如图2，过点P作PD⊥PB交y轴正半轴于点D，点M为BD的中点，点N（﹣1，0），则MN的最小值为 （请直接写出结果）．
2．（2022·江苏宿迁·一模）如图1，探照灯、汽车前灯的反光曲面都是“抛物镜面”，它是由过等腰直角三角形（△ABC）顶点的抛物线绕着对称轴旋转一周所形成的，我们将抛物线和线段AB所围成的封闭图形称之为“碗形”，记作“碗形ABC”，其中抛物线部分叫“标准线”，记作“标准线ACB”，抛物线的顶点C称为“碗顶”，直角三角形的斜边AB的长度称为“碗宽”，碗顶C到AB的距离称为“碗高”．
(1)若碗形ABC的碗宽是20cm，则碗高是___________cm（直接写出结果）．
(2)如图2，碗形ABC的碗宽为4，点A与坐标原点重合，点B在x轴的正半轴上，点C在x轴下方，求标准线ACB的函数表达式（不需要写出自变量的取值范围）
(3)将（2）中的碗形ABC绕点B顺时针旋转得到碗形A'BC'，旋转角为α，且tanα=12
①标准线ACB、标准线A'C'B和线段AA'围成的封闭图形的面积为___________（直接写出结果）．
②过点C'作C'D⊥AB交AB于点D，交A'B于点F．试求FDDC'的值．
3．（2022·江苏宿迁·一模）2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京胜利召开，在冬奥会期间，北京某校打算组织部分师生利用周日时间到现场观看比赛，经了解在离学校最近的比赛场馆当日共有A、B两场比赛，两场比赛的票价如下图所示，其中x轴表示一次性购票人数，y轴表示每张票的价格，如：一次性购买A场比赛门票10张，票价为400元/张，若一次性购买A场比赛门票80张，则每张票价为200元．
(1)若一次性购买B场比赛门票10张，则每张票价为___________元（直接写出结果）．
(2)若一次性购买A场比赛门票a50
4．（2022·江苏宿迁·一模）如图1，已知矩形ABCD的边长AB=3cm，BC=6cm．某一时刻，动点M从点A出发，沿AB以1cm/s的速度向点B匀速运动：同时点N从点D出发，沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动，点N运动到点A时停止运动，运动时间为t．
(1)若△AMN是等腰直角三角形，则t=___________（直接写出结果）．
(2)是否存在时刻t，使以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．
(3)如图2，连接CN、CM，试求CN+2CM的最小值．
5．（2022·江苏无锡·一模）如图，抛物线y=ax2-2ax-3a（a>0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且OB=OC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，若点P是线段BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，当△PCM和△ABC相似时，求此时点P的坐标；
(3)若点P是直线BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，将△PCM沿CM对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时点P的坐标；
6．（2022·江苏宿迁·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A−4, 0，B0, −4，C2, 0三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．
(3)若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y=−x 上的动点，若以点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．
7．（2022·江苏宿迁·一模）某园林专业户王先生计划投资种植花卉及树木，根据市场调查与预测，种植树木的利润y1与投资量x成正比例关系，如图1所示；种植花卉的利润y2与投资量x成二次函数关系，如图2所示（图中实线部分）
(1)分别求出y1与y2关于投资量x的函数解析式；
(2)王先生以总资金9万元投入种植花卉和树木，且投入种植花卉的资金不能超过投入种植树木资金的2倍．设王先生投入种植花卉资金m万元，种植花卉和树木共获利W万元，求W关于m的函数解析式，并求他至少获得多少利润？他能获取的最大利润是多少？
(3)若王先生想获利不低于26万，在（2）的条件下，直接写出投资种植花卉的资金m的范围．
8．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=mx2−4mx+n(m>0)与y轴交于点A，直线y=12x+3经过点A，并与抛物线相交于另一点B，抛物线对称轴L1与x轴交于点C，若∠ACB恰被直线L1平分；
(1)①求n=________．
②求抛物线解析式；
(2)M为线段AB上一点，其横坐以标为3，过M作直线L2垂直于x轴，动直线L3∥AB且始终与抛物线相交于P、Q两点（P、Q不与A、B重合）；
求证：无论L3运动到何处，始终有△PMQ被L2分成面积相等的两部分．
9．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）现有一辆装满防疫物资的大货车从A地沿一直线公路以60千米/小时的速度匀速驶向B地，B地志思者协会在得到消息后决定派出志愿者车队前去接收大货车物资，志愿者的私家车车队出发时比大货车晚1个小时，车队匀速行驶途中接到志愿者协会中心电话，由原接收大货车物资改为接收从A地发出的另一批滞后物资，大货车物资按原计划送达B地．志愿者车队在遇到滞后物质后，立刻停车装卸搬运共花费1个小时，然后掉头按原速原路返回B地（掉头时间忽略不计），并与大货车同时到达B地．已知大货车和志愿者车队与B地之间的距离y（千米）与志愿者车队所用时间x（小时）的关系如图所示，请结合图象回答下列问题：
(1)A、B两地之间相距_______千米；志愿者车队的速度是_______千米/小时；
(2)求志愿者车队過大货车并鸣笛致敬时，大货车离出发地有多远；
(3)当大货车与志愿者车队相距30千米时，大货车出发多长时间？
10．（2022·江苏无锡·一模） 如图，抛物线y＝12x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝12x﹣2经过B、C两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
11．（2022·江苏宿迁·一模）某种蔬菜在3﹣6月份的销售单价与销售月份之间的关系如图（甲）所示，成本与销售月份之间的关系如图（乙）所示．（图（甲）中4个点在一条直线上，图（乙）中的4个点在一条抛物线上）
(1)求该蔬菜5月份的销售单价．（精确到0.1元）
(2)求该蔬菜4月份每千克的成本．（精确到0.1元）
(3)哪个月出售这种蔬菜，每千克的收益最大？每千克的最大收益是多少元？（收益＝售价﹣成本）
12．（2022·江苏宿迁·一模）我们知道，可以借助于函数图象求方程的近似解．如图（甲），把方程x﹣2＝1﹣x的解看成函数y＝x﹣2的图象与函数y＝1﹣x的图象的交点的横坐标，求得方程x﹣2＝1﹣x的解为x＝1.5．
(1)如图（乙），已画出了反比例函数y=1x在第一象限内的图象，借助于此图象求出方程2x2﹣2x﹣1＝0的正数解．（要求画出相应函数的图象，结果精确到0.1）
(2)选择：三次方程x3﹣x2﹣2x+1＝0的根的正负情况是 ．
A，有两个负根，一个正根
B．有三个负根
C．有一个负根，两个正根
D．有三个正根
13．（2021·江苏淮安·一模）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于C点，点D是抛物线的顶点．
(1)求B、C、D三点的坐标；
(2)连接BC，BD，CD，设点P的横坐标为m，当S△PBC＝S△BCD时，求m的值（点P不与点D重合）；
(3)连接AC，将△AOC沿x轴正方向平移，设移动距离为a，停止运动，设运动过程中△AOC与△OBC重叠部分的面积为S，并写出相应自变量a的取值范围．
14．（2021·江苏淮安·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若点P为第三象限内抛物线上一动点，作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，过点E作AC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点F、G，设点P的横坐标为m．
①求PE+2EG的最大值；
②连接DF、DG，若∠FDG＝45°，求m的值．
15．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）如图，AB为⊙O的直径，CD为⊙O的弦，且CD⊥AB垂足为M，∠CAB的平分线AE交⊙O于点E，过点E作EF⊥AC交AC的延长线于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若CD=24，AMBM=49，求EF的长．
16．（2021·江苏扬州·一模）我们规定：三角形其中一边与该边上的高之比叫做这个三角形该边的ar值．例如，如图1，在△ABC中，BC=5，BC上的高AD=4，则△ABC边BC的ar值为54，记作：ar△ABC,BC=54．
（1）等腰直角三角形底边的ar值＝ ，等边三角形任意一边的ar值＝ ；
（2）如图2，在△DEF中，∠F=135°，ar△DEF,DF=1，求ar△DEF,DE．
（3）如图3，在矩形ABCD中，AB=12，BC=9，点M在矩形ABCD内，且ar△MAB,AB=4．若以M为圆心，半径为1的圆与矩形ABCD的对角线AC有公共点，设点M到AD的距离为d，直接写出d的取值范围______．
17．（2021·江苏·扬州市梅岭中学二模）如图：在平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴正半轴、y轴正半轴上，且四边形ABCD为矩形，AB=4，cos∠ACB=35，点D与点A关于y轴对称，点E、F分别是线段AD、AC上的动点（点E不与点A、D重合），且∠CEF=∠ACB．
（1）求证：△AEF~△DCE；
（2）当△CEF是等腰三角形，求DE的长；
（3）当CF的长最小时，求△CED的内切圆圆心G的坐标．
18．（2021·江苏镇江·二模）模型构建：如图1，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N，AB的垂直平分线交MN于点P，连接AP、BP．若∠APB=90°，求证：AM+BN=MN．
数学应用：如图2，在△ABC中，D是BC上一点，AC=AD=BD，∠CAD=90°，AB=8，求△ABC的面积．
实际运用：建设“交通强国”是满足人民日益增长的美好生活需要的必然要求．建设“美丽公路”是落实美丽中国建设、回应人民日益增长的美好生活对优美生态环境的需要．如图3是某地一省道与国道相交处的示意图，点Q处是一座古亭，鹅卵石路QA、QB以及AB两旁栽有常青树，其它区域种植不同的花卉；设计要求QA=QB，QA⊥QB，AB是以Q为圆心、QA为半径的圆弧（不计路宽，下同）．
（1）请在图4中画出符合条件的设计图，要求尺规作图，保留作图痕迹，标注必要的字母，写出详细的作法，不要求说明理由；
（2）两条公路所夹锐角的正切值为34，点Q到国道的距离QH为40米．PH路长4003米，则鹅卵石路的长度为 ．（即QA、QB以及AB的长度之和）．
19．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图，在△ABC中，AB=AC，D是BC边上的点，过点D作DE//AB，交AC于点E，过点E作EF//BC，交AB于点F，经过点D、E、F的⊙O与AB、BC的另一个公共点分别为G、H，连接EG、EH、GH．
（1）求证：△EGH∽△ABC；
（2）若AB=15，BC=10，
①当BG=2时，求DH的长；
②若ED恰为⊙O的直径，则BD的长为______．
20．（2021·江苏南京·二模）【概念学习】
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，若⊙O平移d个单位后，使某图形上所有点在⊙O内或⊙O上，则称d的最小值为⊙O对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，A3,0,B4,0，则⊙O对线段AB的“最近覆盖距离”为3．
【概念理解】
（1）⊙O对点3,4的“最近覆盖距离”为_ ．
（2）如图②，点Р是函数y=2x+4图像上一点，且⊙O对点Р的“最近覆盖距离”为3，则点Р的坐标为_ ．
【拓展应用】
（3）如图③，若一次函数y=kx+4的图像上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，求k的取值范围．
（4）D(3,m)、E(4,m+1)，且−4
（1）当⊙O与CD相切时，求m的值；
（2）点E从B向C运动，⊙O与CD边公共点的个数随m的变化而变化．直接写出公共点的个数及其对应的m的取值范围；
（3）在点E从B向C运动的过程中，画出点O的运动路径，这个路径是 ．（填写序号）
①线段；
②弧；
③双曲线的一部分；
④抛物线的一部分
22．（2021·江苏·苏州草桥中学一模）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为0,m，且m≠0，点B的坐标为n,0，将线段AB绕点B顺时针旋转90°，得到线段BA1，称点A1为点A关于点B的“伴随点”，图1为点A关于点B的“伴随点”的示意图．
（1）已知点A0,4，
①当点B的坐标分别为2,0,−1,0时，点A关于点B的“伴随点”的坐标分别为_____________，__________；
②点A1x,y是点A关于点B的“伴随点”，探究点A1的运动路径所对应的函数表达式，并说明理由；
（2）如图2，点C的坐标为4,−3，以C为圆心，2为半径作圆，若在⊙C上存在点A关于点B的“伴随点”，则A的纵坐标m的取值范围__________．
23．（2021·江苏南京·二模）如图①，A是⊙O外一点，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，过点B作BD//AC，交⊙O于点D，连接DO，并延长DO交⊙O于点E，连接AE．已知BD=2，⊙O的半径为3．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）求AE的长；
（3）如图②，若点M是⊙O上一点，且BM=3，过A作AN//BM，交弧ME于点N，连接ME，交AN于点G，连接OG，则OG的长度是______．
24．（2021·江苏扬州·二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=23，BC=2，点D是AC上的一个动点，将△ABD沿BD折叠得到△A'BD，A'B交AC于F点．
（1）∠A'的度数为______________；
（2）当△A'DF为直角三角形时，求A'D的长；
（3）如图2，若点E为线段A'B的四等分点(A'E
②求线段CE扫过的面积______________．
25．（2021·江苏·苏州市金阊实验中学校一模）如图，AB为半⊙O的直径，P点从B点开始沿着半圆逆时针运动到A点，在运动中，作∠CAP=∠PAB，且PC⊥AC，已知AB=10，
（1）当P点不与A,B点重合时，求证：CP为⊙O切线；
（2）当PB=6时，AC与⊙O交于D点，求AD的长；
（3）P点在运动过程中，当PA与AC的差最大时，直接写出此时PB的弧长．
26．（2021·江苏南京·一模）如图①，△ABC的内切圆⊙O与AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，DO、EO、FO的延长线分别交⊙O于点G、H、I，过点G、H、I分别作AB、BC、AC的平行线，从△ABC上截得六边形JKMNPQ．通常，在六边形中，我们把相间两个内角的内角称为六边形的对角，把相邻两角的夹边和它们的对角的夹边称为六边形的对边．
（1）求证：六边形JKMNPQ的对角相等；
（2）小明在完成（1）的证明后继续探索，如图②，连接OJ、OM、ON、OQ，他发现△DOM≌△GOQ、△DON≌△GOJ，于是猜想六边形JKMNPQ的对边也相等．请你证明他的发现与猜想．
27．（2021·江苏·苏州市振华中学校一模）对于平面内三点M，N，P，我们规定：若将点M绕点P顺时针旋转α（0° < α < 360°）后能与点N重合，就将其简记为：R(P，α)：M→N．在平面直角坐标系xOy中，P(1，0)，S(－1，0)，解决下面的问题：
（1）如图1，若R(P，90°)：S→T，画出点T并直接写出点T的坐标；
（2）如图2，A(0，3)，B(0，−3)，直线l:x=3+1与x轴的交点为C．
①若R(P，α)：S→Q，且点Q落在直线l上，求α的值：
②若点E在四边形ASBP的边上运动，在直线l上存在相应的点F，使得R(P，α)：E→F，请直接写出点E的横坐标xE的取值范围．
28．（2021·江苏无锡·二模）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折至△BFE的位置．
（1）如图1，当点F落在矩形ABCD内部时，连接CF并延长，交AD于点G，若AB=12，BC=15，DG=5，则GF的长度为________________；
（2）如图2，当点C恰好落在AD边上点F处时，若AB=5，且AF⋅FD=10，求BC的长；
（3）如图3，当点C恰好落在AD边上点F处时，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC的值．
29．（2021·江苏·苏州市相城区春申中学一模）如图，已知AB为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以OP、OB为一组邻边作▱POBQ，连接OQ、AP，设OQ、AP的中点分别为M、N，连接PM、ON．
（1）试判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒15°的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为ts．
①是否存在这样的t，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形OMPN的面积取得最大值？并判断此时直线PQ与半圆O的位置关系（需说明理由）．
30．（2021·江苏淮安·二模）【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠BAC=45°，AD⊥BC于点D，BD=4，DC=6，求AD的长．
【问题解决】
小明同学是这样分析的：将△ABD沿着AB翻折得到△ABE，将△ACD沿着AC翻折得到△ACF，延长EB、FE相交于点G，请按着小明的思路解答下列问题：
（1）由上可得四边形AEGF是 （填矩形、菱形、正方形中的一个）；
（2）在Rt△GBC中运用勾股定理，求出AD的长．
【方法提炼】通过问题解决，小明发现翻折是解决问题的有效办法之一，它可以将问题中的相关信息有效地集中、关联与重组．请根据自己的理解，解答下列问题：
（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=45°，∠BCD=90°，BC=6，CD=8，求AC的最大值．
（4）如图3，在四边形ABCD中，BC=527，AD＝2，M是AB上一点，且∠DMC=135°，AM=3，BM=4，直接写出CD的最大值为 ．
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12压轴大题突破培优练（二）（精选江苏模拟30道）
一、解答题
1．（2022·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（a、b），且a、b满足a2＋4a＋4＝b−4+4−b，点B为x轴上动点，过点P作PC⊥y轴于点C．
(1)求O、P两点间的距离；
(2)如图1，点A为y轴正半轴上一点，连接PA、PB、AB，若B（﹣4，0），且2∠APB＝90°＋∠PAC，求点A的坐标；
(3)如图2，过点P作PD⊥PB交y轴正半轴于点D，点M为BD的中点，点N（﹣1，0），则MN的最小值为 （请直接写出结果）．
【答案】(1)25
(2)A（0，43）
(3)455
【解析】
【分析】
（1）连接OP，根据二次根式的性质可求得b＝4，a＝﹣2，运用勾股定理即可求得OP；
（2）过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，易证四边形OBDC是正方形，根据2∠APB＝90°＋∠PAC，可得PB平分∠APD，由角平分线性质可得BD＝BE＝4，设OA＝x，运用三角形面积公式和正方形面积公式计算即可；
（3）设M（x，y），根据点M是BD中点，可得出B（2x，0），D（0，2y），根据直角三角形性质可得出MP＝12BD，由勾股定理或两点间距离公式可得出y＝12x+52，即点M的运动轨迹是直线y＝12x+52，根据点到直线距离垂线段最短即可求得答案．
(1)
解：如图1，连接OP，
∵a2+4a+4＝b−4+4−b，
∴（a+2）2＝b−4+4−b，
∵b−4≥04−b≥0，
∴b＝4，
∴a＝﹣2，
∴P（﹣2，4），
∵PC⊥OC，
∴PC＝2，OC＝4，
∴OP＝PC2+OC2=22+42=25；
(2)
解：如图2，过点B作BD⊥CP交CP延长线于点D，作BE⊥AP于点E，
∵B（﹣4，0），C（0，4），
∴OB＝OC＝4，
∵∠BOC＝∠OCD＝∠BDC＝90°，
∴四边形OBDC是正方形，
∴BD＝OB＝OC＝4，
∵2∠APB＝90°＋∠PAC，
∠BPD+∠APB＝90°+∠PAC，
∴∠BPD＝∠APB，即PB平分∠APD，
∵BD⊥PD，BE⊥PA，
∴BD＝BE＝4，
设OA＝x，则AC＝4﹣x，
∴PA＝PC2+AC2=22+4−x2=x2−8x+20，
∵S△ABP＝S正方形OBDC﹣S△BDP﹣S△APC﹣S△AOB，
∴12×x2−8x+20×4＝4×4﹣12×4×2﹣12×2（4﹣x）﹣12×4x，
解得：x1＝4（舍去），x2＝43，
经检验：x=43符合题意，
∴A（0，43）；
综上所述，点A的坐标为（0，43）；
(3)
解：如图3，设M（x，y），
∵点M是BD中点，点B、D分别在x轴、y轴上，
∴B（2x，0），D（0，2y），
∵∠DPB＝90°，DM＝BM，
∴MP＝12BD，
∴x+22+y−42=122x2+2y2，
化简，得：y＝12x+52，
∴点M的运动轨迹是直线y＝12x+52，
∴MN的最小值即为点N（﹣1，0）到直线y＝12x+52的距离，
过点N作直线y＝12x+52的垂线，垂足为Q，
设直线交y轴于点H，交x轴于点G，则OG＝5，OH＝52，
∵∠GQN＝∠GOH＝90°，∠NGQ＝∠HGO，
∴△NGQ∽△HGO，
∴QNOH=GNGH，即QN•GH＝GN•OH，
∵GN＝OG﹣ON＝4，GH＝52+522＝552，
∴QN×552＝4×52，
解得：QN＝455，
∴MN的最小值为455．
故答案为455．
【点睛】
本题主要考查了二次根式性质，勾股定理，两点间距离公式，正方形判定和性质，角平分线判定和性质，三角形面积公式，直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，一次函数图象和性质，熟练掌握相关知识，灵活运用转化思想将求MN最小值转化为点到直线距离是解题关键．
2．（2022·江苏宿迁·一模）如图1，探照灯、汽车前灯的反光曲面都是“抛物镜面”，它是由过等腰直角三角形（△ABC）顶点的抛物线绕着对称轴旋转一周所形成的，我们将抛物线和线段AB所围成的封闭图形称之为“碗形”，记作“碗形ABC”，其中抛物线部分叫“标准线”，记作“标准线ACB”，抛物线的顶点C称为“碗顶”，直角三角形的斜边AB的长度称为“碗宽”，碗顶C到AB的距离称为“碗高”．
(1)若碗形ABC的碗宽是20cm，则碗高是___________cm（直接写出结果）．
(2)如图2，碗形ABC的碗宽为4，点A与坐标原点重合，点B在x轴的正半轴上，点C在x轴下方，求标准线ACB的函数表达式（不需要写出自变量的取值范围）
(3)将（2）中的碗形ABC绕点B顺时针旋转得到碗形A'BC'，旋转角为α，且tanα=12
①标准线ACB、标准线A'C'B和线段AA'围成的封闭图形的面积为___________（直接写出结果）．
②过点C'作C'D⊥AB交AB于点D，交A'B于点F．试求FDDC'的值．
【答案】(1)10
(2)y=12x2−2x
(3)①855cm2；②32
【解析】
【分析】
（1）根据定义直接求等腰Rt△ ABC斜边上的高即可，
（2）根据定义可得等腰Rt△ ABC，碗形ABC的碗宽为4，可得B的坐标，根据（1）的方法求得C的坐标，进而待定系数法求解析式即可；
（3）①根据旋转的性质可得碗形ABC的面积和碗形A'BC'的面积相等，则标准线ACB、标准线A'C'B和线段AA'围成的封闭图形的面积即碗形ABC的面积加上S△AA'B减去碗形A'BC'的面积，即S△AA'B，根据旋转角度的正切值，进而求得A'的坐标，即可求得S△AA'B，即标准线ACB、标准线A'C'B和线段AA'围成的封闭图形的面积；
②过点C'作C'P⊥A'B，连接BC'，根据旋转的性质可得C'P为碗形ABC'的碗高，等于碗形ABC的碗高，根据（2）可得C'P=2，进而根据DF⊥AB,C'P⊥A'B可得∠FC'P=α，进而求得FP的长，BF的长，勾股定理即可得FD的长，BD的长，根据旋转可知BC'=BC=22，进而勾股定理即可求得C'D的长，然后即可求得比值．
(1)
解：∵碗形ABC的碗宽是20cm
∴AB=20
在Rt△ABC中，AC=AB×sin45°=102
设碗高是xcm，则12AC2=12AB⋅x
∴ x=10
故答案为：10；
(2)
∵碗形ABC的碗宽为4，即AB=4
∴B4,0
如图，过点C作CE⊥x轴，
∵在等腰Rt△ABC中，BC=AC=AB×sin45°=22
碗高是yCcm，则12AC2=12AB⋅x
∴ CE=yC=2
∵ △ABC是等腰三角形
∴AE=BE=12AB=2
∴C2,−2
设标准线ACB的函数表达式为y=ax−22−2
将点B4,0代入得，4a−2=0
解得a=12
∴标准线ACB的函数表达式为y=12x−22−2=12x2−2x
即y=12x2−2x0≤x≤4
(3)
解：如图，延长BA'交y轴于点G，过点A'分别作x,y轴的垂线段，A'H,A'I，垂足分别为I,H，则四边形AIA'H是矩形，
∴∠GA'H=∠A'BA=α
∵ tanα=12
∴AG=AB⋅tan∠ABA'=AB⋅tanα=2，GH=12A'H
在Rt△A'IB中，设A'I=a，则BI=2a
∴A'B=5a
∵A'B=AB=4
∴a=455
∴IB=855，A'I=455
∴A'H=AI=AB−BI=4−855
∴GH=12A'H=2−455
∴A'2−455,455
∴ S△AA'B =12×AB×A'I=12×4×455=855（平方厘米）
根据旋转的性质可得碗形ABC的面积和碗形A'BC'的面积相等，
∴标准线ACB、标准线A'C'B和线段AA'围成的封闭图形的面积
=S碗形ABC+S△AA'B−S碗形A'BC'=S△AA'B =855（平方厘米）
故答案为：855（平方厘米）
②如图，过点C'作C'P⊥A'B，连接BC'，
∵旋转
∴ C'P为碗形ABC'的碗高，等于碗形ABC的碗高，
根据（2）可得C'P=2，
∵ DF⊥AB,C'P⊥A'B
∴∠FC'P+∠PFC'=∠PFC'+∠ABA'
∴ ∠FC'P =α
∴tan∠FC'P=FPPC'=12
∴FP=1
∴FB=3
设FD=m
∵tanα=12
∴DB=2m
∴FB=5m
∴m=355
∴ FD=355,DB=2FD=655
在Rt△DC'B中，BC'=BC=22,DB=655
∴DC'=BC'2−DB2=8−365=255
∴ FDDC' =355255=32
【点睛】
本题考查了旋转的性质，待定系数法求解析式，解直角三角形，理解题意，作出辅助线是解题的关键．
3．（2022·江苏宿迁·一模）2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京胜利召开，在冬奥会期间，北京某校打算组织部分师生利用周日时间到现场观看比赛，经了解在离学校最近的比赛场馆当日共有A、B两场比赛，两场比赛的票价如下图所示，其中x轴表示一次性购票人数，y轴表示每张票的价格，如：一次性购买A场比赛门票10张，票价为400元/张，若一次性购买A场比赛门票80张，则每张票价为200元．
(1)若一次性购买B场比赛门票10张，则每张票价为___________元（直接写出结果）．
(2)若一次性购买A场比赛门票a50
【答案】(1)420
(2)−5a+550
(3)99或72
【解析】
【分析】
(1) 对于B场门票，求得当0≤x≤70时，票价y与购票人数x之间的函数关系式，把x=10代入即可；
(2) 对于A场门票，求得30≤x≤70时，票价y与购票人数x之间的函数关系式，把x=a代入即可求解；
(3) 设观看A场比赛的人数为x人，x＜50，则观看B场比赛的人数为120−x人，根据题意应分两种情况：第一种情况：当0≤x≤30；第二种情况：当30
解：对于B场门票，当0≤x≤70时，票价y与购票人数x之间的函数关系式为y=kx+b，
∵该直线过点(70，240)，(0，450)，
∴可得70k+b=240b=450 ，解得k=−3b=450，
∴y=−3x+450，
∴当x=10时，y=−3×10+450=420，
∴一次性购买B场比赛门票10张，则每张票价为420元，
故答案为：420；
(2)
解：对于A场门票，当30≤x≤70时，票价y与购票人数x之间的函数关系式为y=mx+n，
∵该直线过点(30，400)，(70，200)，
∴可得70m+n=20030m+n=400 ，解得m=−5b=550，
∴y=−5x+550，
∴当x=a 50
解：设观看A场比赛的人数为x人，x＜50，则观看B场比赛的人数为120−x人，根据题意应分两种情况：
第一种情况：当0≤x≤30，
由题意得400x+240120−x=32160，
解得x=21，
∴观看了B场比赛的有120−21=99人；
第二种情况：
当30
∴观看B场比赛的人数有120−48=72人，
综上可得，观看A场比赛的人数不足50人，则有99人或72人观看了B场比赛．
【点睛】
本题考查了函数的图象、待定系数法求一次函数的解析式及一次方程的应用，分类讨论分段求解是解题的关键．
4．（2022·江苏宿迁·一模）如图1，已知矩形ABCD的边长AB=3cm，BC=6cm．某一时刻，动点M从点A出发，沿AB以1cm/s的速度向点B匀速运动：同时点N从点D出发，沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动，点N运动到点A时停止运动，运动时间为t．
(1)若△AMN是等腰直角三角形，则t=___________（直接写出结果）．
(2)是否存在时刻t，使以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．
(3)如图2，连接CN、CM，试求CN+2CM的最小值．
【答案】(1)2
(2)存在，理由见解析
(3)15
【解析】
【分析】
（1）根据题意可知只有AM=AN时，△AMN是等腰直角三角形，再根据题意可用t表示出AM=t，AN=6−2t，列出等式，解出t即可；
（2）分类讨论①当△ACD∼△NMA时和②当△CAD∼△NMA时，列出比例式，代入数据，即可求解；
（3）取CN中点E，作E点关于CD的对称点E'，连接CE'．作M点关于BC的对称点M'，连接CM'，E'M'．根据作图可知CE'=CE，CM'=CM，即可知当CE'+CM'最小时CN+2CM最小，即最小值为E'M'的长．连接E'E并延长，交CD于点F，AB于点G．由作图结合题意易求出E'G=E'F+AD=t+6，BG=12AB=32，BM'=BM=AB−AM=3−t，从而可求出GM'=BG+BM'=92−t．在Rt△E'GM'中，利用勾股定理可求出E'M'=E'G2+GM'2=2(t+34)2+4418，最后根据二次函数的性质，即得出t=0时，2(t+34)2+4418最小，即此时E'M'=152，故可求出CN+2CM的最小值为15．
(1)
∵∠MAN=90°，
∴若△AMN是等腰直角三角形时，只有AM=AN．
根据题意可知AM=t，DN=2t，则AN=AD−DN=6−2t，
∴t=6−2t，
解得t=2，
故答案为：2．
(2)
∵∠MAN=∠ADC=90°，
∴以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似分为两种情况，
①当△ACD∼△NMA时，有ADAN=CDAM，即66−2t=3t，
解得：t=32；
②当△CAD∼△NMA时，有ADAM=CDAN，即6t=36−2t，
解得：t=125．
当t=32或t=125时，以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似；
(3)
如图，取CN中点E，作E点关于CD的对称点E'，连接CE'．作M点关于BC的对称点M'，连接CM'，E'M'．
根据作图可知CE'=CE，CM'=CM，
∴CN+2CM=2(CE+CM)=2(CE'+CM')，
∴当CE'+CM'最小时CN+2CM最小，
∵CE'+CM'≥E'M'，
∴CE'+CM'的最小值为E'M'的长，即CN+2CM的最小值为2E'M'的长．
如图，连接E'E并延长，交CD于点F，AB于点G．
∵作E点关于CD的对称点E'，
∴E'F//AD，E'F=EF．
又∵E为中点，
∴E'F=EF=12DN=t，G为AB中点，
∴E'G=E'F+AD=t+6，BG=12AB=32．
∵作M点关于BC的对称点M'，
∴BM'=BM=AB−AM=3−t，
∴GM'=BG+BM'=32+3−t=92−t．
在Rt△E'GM'中，E'M'=E'G2+GM'2=(6+t)2+(92−t)2=2(t+34)2+4418，
∵t≥0，2>0
∴t=0时，2(t+34)2+4418最小，即E'M'=2×(34)2+4418=152．
∴CN+2CM=2E'M'=15．
【点睛】
本题考查矩形的性质，等腰直角三角形性质，相似三角形的性质，轴对称的性质，三角形三边关系的应用，三角形中位线的判定和性质，勾股定理以及二次函数的性质．（3）综合性强，较为困难，作出辅助线，利用三角形三边关系判断出CN+2CM的最小值为2E'M'的长是解题关键．
5．（2022·江苏无锡·一模）如图，抛物线y=ax2-2ax-3a（a>0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且OB=OC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，若点P是线段BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，当△PCM和△ABC相似时，求此时点P的坐标；
(3)若点P是直线BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM，将△PCM沿CM对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时点P的坐标；
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)P32，−32或53，−43
(3)P3−2，−2或3+2，2
【解析】
【分析】
（1）在抛物线y＝ax2−2ax−3a（a＞0）中，令y＝0，得出点A、B坐标，再根据OB＝OC，建立方程求出a的值即可得到二次函数的解析式；
（2）易证∠CPM＝∠OBC，则可分两种情况讨论：①当△PCM∽△BAC时，②当△PCM∽△BCA时；求出直线BC解析式，设点M的坐标为（m，m2−2m−3），则P的坐标为（m，m−3），分别表示出PM，PC，利用相似三角形的性质列出比例式，求出m的值即可得到对应的点P的坐标；
（3）分三种情况讨论：①当点P在线段BC上时（不与B，C重合），根据折叠的性质和平行线的性质证明∠PCM＝∠PMC，则PC＝PM，然后列方程求解即可得出P点坐标；②当点P在线段CB的延长线上时，同理可求P点坐标；③当点P在线段BC的延长线上时，点P的对应点N不可能落在y轴上，此情况不存在．
(1)
解：在y＝ax2−2ax−3a（a＞0）中，令y＝0，得：ax2−2ax−3a＝0，
解得：x1＝3，x2＝−1，
∴A（−1，0），B（3，0），
∴OB＝3，
∵OB＝OC，
∴OC＝3，
∴C（0，−3），
∴−3a＝−3，
∴a＝1，
∴抛物线解析式为：y＝x2−2x−3；
(2)
解：∵OB＝OC＝3，OA＝1，∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，AB＝4，BC＝32，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥y轴，
∴∠CPM＝∠OCB＝45°，
∴∠CPM＝∠OBC，
分情况讨论：
①当△PCM∽△BAC时，
设直线BC解析式为y＝kx＋b，
代入B（3，0），C（0，−3）得：3k+b=0b=−3，
解得：k=1b=−3，
∴直线BC解析式为：y＝x−3，
设点M的坐标为（m，m2−2m−3），则P的坐标为（m，m−3），
∴PM＝m−3−（m2−2m−3）＝−m2＋3m，PC＝2m，
∵△PCM∽△BAC，
∴PCAB=PMBC，即2m4=−m2+3m32，
整理得：−2m2+3m=0，
解得：m=32或m=0（舍去），
当m=32时，m−3＝−32，
∴此时P的坐标为（32，−32）；
②当△PCM∽△BCA时，则有PCBC=PMAB，
由①可得2m32=−m2+3m4，
整理得：−32m2+52m=0，
解得：m=53或m=0（舍去），
当m=53时，m−3＝−43，
∴此时P的坐标为（53，−43）；
综上所述：当△PCM和△ABC相似时，点P的坐标为（32，−32）或（53，−43）；
(3)
解：分三种情况讨论：
①当点P在线段BC上时（不与B，C重合），
由（2）可知直线BC解析式为：y＝x−3，
设点M的坐标为（m，m2−2m−3），则P的坐标为（m，m−3），PM＝m−3−（m2−2m−3）＝−m2＋3m，PC＝2m，
∵△PCM沿CM对折，点P的对应点N恰好落在y轴上，
∴∠PCM＝∠NCM，
∵PM∥y轴，
∴∠NCM＝∠PMC，
∴∠PCM＝∠PMC，
∴PC＝PM，
∴2m=−m2+3m，
整理得：m2+2−3m=0，
解得：m1=3−2，m2＝0（舍去），
当m＝3−2时，m−3＝−2，
∴此时P的坐标为3−2，−2；
②当点P在线段CB的延长线上时，
由（3）中情况①可知：PM＝m2−2m−3−（m−3）＝m2−3m，PC＝2m，
∵PC＝PM，
∴2m=m2−3m，
整理得：m2−3+2m=0，
解得：m1=3+2，m2＝0（舍去），
当m＝3+2时，m−3＝2，
∴此时P的坐标为3+2，2；
③当点P在线段BC的延长线上时，点P的对应点N不可能落在y轴上，
故此情况不存在；
综上所述：当点P的对应点N恰好落在y轴上时，点P的坐标为3−2，−2或3+2，2．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数与一次函数的图象和性质，待定系数法的应用，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质以及解一元二次方程等知识点，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题关键．
6．（2022·江苏宿迁·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A−4, 0，B0, −4，C2, 0三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．
(3)若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y=−x 上的动点，若以点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．
【答案】(1)y=12x2+x−4；
(2)S=−m2−4m，4；
(3)Q点的坐标为（4，−4）或（−2+25，2−25）或（−2−25，2+25）或（-4，4）.
【解析】
【分析】
（1）先假设出函数解析式，利用待定系数法求解函数解析式；
（2）设出M点的坐标，利用S=S△AOM+S△OBM-S△AOB即可进行解答；
（3）当OB是平行四边形的边时，表示出PQ的长，再根据平行四边形的对边相等列出方程求解即可；当OB是对角线时，由图可知点A与P应该重合．
(1)
解：设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
将A−4, 0，B0, −4，C2, 0三点代入得，
16a−4b+c=0c=−44a+2b+c=0 解得a=12b=1c=−4，
∴抛物线解析式为y=12x2+x−4；
(2)
解：∵点M的横坐标为m，点M为第三象限内抛物线上一动点，
∴ M的坐标为（m，12m2+m−4），
∴S=S△AOM+S△OBM-S△AOB
=12×4×(12m2+m−4)+12×4×(−m)−12×4×4
=−m2−4m=−(m+2)2+4，
∵−4
(3)
解：设P（x，12x2+x−4），
当OB为边时，根据平行四边形的性质得 PQ∥OB,PQ=OB，
∴点Q的横坐标等于P的横坐标，
又∵直线的解析式为y=−x ，
∴Q（x，−x），
∴−x−(12x2+x−4)=4，
解得 x=0,−4,−2±25，
x=0不合题意，应舍去，
如图，当OB为对角线时，点A与P重合，OP=4，
四边形PBQO为平行四边形，则BQ=OP=4，
点Q的横坐标为4，
∴Q（4，−4），
综上，Q点的坐标为（4，−4）或（−2+25，2−25）或（−2−25，2+25）或（-4，4）．
【点睛】
此题考查了二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求抛物线解析式，坐标与图形性质，三角形面积求法，以及二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解本题的关键，在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论求得结果．
7．（2022·江苏宿迁·一模）某园林专业户王先生计划投资种植花卉及树木，根据市场调查与预测，种植树木的利润y1与投资量x成正比例关系，如图1所示；种植花卉的利润y2与投资量x成二次函数关系，如图2所示（图中实线部分）
(1)分别求出y1与y2关于投资量x的函数解析式；
(2)王先生以总资金9万元投入种植花卉和树木，且投入种植花卉的资金不能超过投入种植树木资金的2倍．设王先生投入种植花卉资金m万元，种植花卉和树木共获利W万元，求W关于m的函数解析式，并求他至少获得多少利润？他能获取的最大利润是多少？
(3)若王先生想获利不低于26万，在（2）的条件下，直接写出投资种植花卉的资金m的范围．
【答案】(1)y1=2x，y2=x2
(2)他至少获得17万元利润，他能获取的最大利润是42万元
(3)当4≤m≤6时，王先生获利不低于26万
【解析】
【分析】
（1）设种植树木的利润y1与投资量x的解析式为y1=kx，种植花卉的利润y2与投资量x的解析式为y2=ax2，然后利用待定系数法求解即可；
（2）王先生投入种植花卉资金m万元，则其投入种植树木资金为9−m万元，根据题意可得W=29−m+m2=m2−2m+18=m−12+17，由此利用二次函数的性质求解即可；
（3）根据题意可列不等式m−12+17≥26，据此求解即可．
(1)
解：设种植树木的利润y1与投资量x的解析式为y1=kx，种植花卉的利润y2与投资量x的解析式为y2=ax2，
由题意得：k=2，4a=4，
∴k=2，a=1
∴y1=2x，y2=x2；
(2)
解：∵王先生投入种植花卉资金m万元，则其投入种植树木资金为9−m万元，
∴W=29−m+m2=m2−2m+18=m−12+17，
∵投入种植花卉的资金不能超过投入种植树木资金的2倍，
∴m≤29−m，
∴0
∴当m=1时，W最小=17，当m=6时，W最大=6−12+17=42，
∴他至少获得17万元利润，他能获取的最大利润是42万元；
(3)
解：由题意得m−12+17≥26，
∴m−12≥9，
∴m−1≥3或m−1≤−3，
解得m≥4或m≤−2（舍去），
∴当4≤m≤6时，王先生获利不低于26万．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的应用，待定系数法求函数解析式，解题的关键在于能够熟练掌握二次函数的相关知识．
8．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=mx2−4mx+n(m>0)与y轴交于点A，直线y=12x+3经过点A，并与抛物线相交于另一点B，抛物线对称轴L1与x轴交于点C，若∠ACB恰被直线L1平分；
(1)①求n=________．
②求抛物线解析式；
(2)M为线段AB上一点，其横坐以标为3，过M作直线L2垂直于x轴，动直线L3∥AB且始终与抛物线相交于P、Q两点（P、Q不与A、B重合）；
求证：无论L3运动到何处，始终有△PMQ被L2分成面积相等的两部分．
【答案】(1)①3；②y=14x2−x+3
(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)①根据抛物线的解析式确定点A(0，n)，把点A的坐标代入解析式y=12x+3中即可确定n的值；
②过点B作BD⊥x轴，垂足为D，根据∠ACB恰被直线L1平分，得证∠CAO=∠CBD，根据tan∠CAO=tan∠CBD，确定点B的坐标为(6，6)，代入二次函数的解析式即可．
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，设PQ的解析式为y=12x+t，PQ的中点为N，利用根与系数关系定理，证明N在直线L2上，从而证明MN是△MPQ的边PQ上的中线，根据等底同高的三角形面积相等即可得证．
(1)
①∵抛物线y=mx2−4mx+n(m>0)与y轴交于点A，
∴点A(0，n)，
∵直线y=12x+3经过点A，
∴n=3，
故答案为：3．
②如图，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，设直线L1与AB的交点为E，
∵∠ACB恰被直线L1平分，AO∥BD∥L1，
∴∠CAO=∠ACE=∠BCE=∠CBD，
∵抛物线y=mx2−4mx+3(m>0)与y轴交于点A，
∴点A(0，3)，对称轴为直线x=−−4m2m=2，
∴AO=3，OC=2，
∴tan∠CAO=tan∠CBD，
∴23=CDBD，
设CD=2h，则BD=3h，故点B的坐标为(2+2h，3h)，
代入解析式y=12x+3中，得3h=12(2+2ℎ)+3，
解得h=2，
∴点B的坐标为(6，6)，
代入解析式y=mx2−4mx+n(m>0)中，
解得m=14，
∴抛物线的解析式为y=14x2−x+3．
(2)
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点为N，
则N的坐标为(x1+x22，y1+y22)；
∵M的横坐以标为3，过M作直线L2垂直于x轴，
∴直线L2的解析式为直线x=3；
∵动直线L3∥AB，直线AB为y=12x+3，
不妨设PQ的解析式为y=12x+t，
根据题意，得x1，x2是方程12x+t=14x2−x+3即x2−6x+12−2t=0的两个根，
∴x1+x2=6，
∴N的坐标为(3，y1+y22)；
∴点N在直线L2上，
∴MN都在直线L2上，
∴MN是△MPQ的边PQ上的中线，
根据等底同高的三角形面积相等，
∴S△MPN=S△MQN，
∴无论L3运动到何处，始终有△PMQ被L2分成面积相等的两部分．
【点睛】
本题考查了抛物线与坐标轴的交点，抛物线解析式的确定，锐角三角函数的应用，一次函数图像平行的特点，根与系数关系定理，三角形中线的性质，熟练掌握抛物线的性质，灵活运用等角的三角函数值相等原理，中线的性质是解题的关键．
9．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）现有一辆装满防疫物资的大货车从A地沿一直线公路以60千米/小时的速度匀速驶向B地，B地志思者协会在得到消息后决定派出志愿者车队前去接收大货车物资，志愿者的私家车车队出发时比大货车晚1个小时，车队匀速行驶途中接到志愿者协会中心电话，由原接收大货车物资改为接收从A地发出的另一批滞后物资，大货车物资按原计划送达B地．志愿者车队在遇到滞后物质后，立刻停车装卸搬运共花费1个小时，然后掉头按原速原路返回B地（掉头时间忽略不计），并与大货车同时到达B地．已知大货车和志愿者车队与B地之间的距离y（千米）与志愿者车队所用时间x（小时）的关系如图所示，请结合图象回答下列问题：
(1)A、B两地之间相距_______千米；志愿者车队的速度是_______千米/小时；
(2)求志愿者车队過大货车并鸣笛致敬时，大货车离出发地有多远；
(3)当大货车与志愿者车队相距30千米时，大货车出发多长时间？
【答案】(1)480，90
(2)228
(3)当大货车与志愿者车队相距30千米时，大货车出发3.6小时或4小时或7小时
【解析】
【分析】
（1）根据题意可知当志愿者车队出发时，大货车已经行驶了60千米，由函数图象可知当x=0时，大货车距离B地的距离为420千米，由此即可求出A、B两地之间相距420+60=480千米；然后求出志愿者车队的实际行驶时间为8-1-1=6小时，由函数图象可知志愿者接收物资的地点距离B地270千米，即可求出志愿者车队的速度；
（2）设志愿者车队出发t小时，两车相遇，根据两车相遇时行驶路程之和为A、B两地的距离，列方程求解即可；
（3）分三种情况：当第一次两车相遇前，当第一次两车相遇后，志愿者车队没有返回时，，
当志愿者车队返回时，三种情况讨论求解即可．
(1)
解：∵志愿者车队比大货车车队晚出发一小时，
∴当志愿者车队出发时，大货车已经行驶了60千米，
由函数图象可知当x=0时，大货车距离B地的距离为420千米，
∴A、B两地之间相距420+60=480千米；
∴整个过程中大货车的行驶时间=480÷60=8小时，
∵志愿者车队比大货车晚出发1小时，中间卸货停留一小时，
∴志愿者车队的实际行驶时间为8-1-1=6小时，
由函数图象可知志愿者接收物资的地点距离B地270千米，
∴志愿者车队的速度=（270+270）÷6=90千米/小时
(2)
解：设志愿者车队出发t小时，两车相遇，
由题意得60x+1+90x=480，
解得x=2.8，
∴大货车离出发地的距离=60×2.8+1=228千米；
(3)
解：设大货车的出发时间为m，
当第一次两车相遇前，大货车与志愿者车队相距30千米时60m+90m−1+30=480，
解得m=3.6；
当第一次两车相遇后，志愿者车队没有返回时，60m+90m−1−30=480，
解得m=4，
当志愿者车队返回时，60m−480−270−90m−1−1−27090=30，
解得m=7，
综上所述，当大货车与志愿者车队相距30千米时，大货车出发3.6小时或4小时或7小时．
【点睛】
本题主要考查了从函数图象获取信息，一元一次方程的应用，正确读懂函数图象是解题的关键．
10．（2022·江苏无锡·一模） 如图，抛物线y＝12x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线y＝12x﹣2经过B、C两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M．PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0）．当点P在直线BC下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使△PNC与△AOC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−32x−2；
(2)P的坐标为(3,−2)或(32，−258)
【解析】
【分析】
（1）先求出B、C的坐标，再代入抛物线解析式中，即可求解；
（2）先求出P、M、D的坐标，再判断出△AOC与△COB相似，得出∠OAC=∠OCB,∠ACO=∠OBC，①当△PNC∼△AOC，得出∠PCN=∠ACO，继而得出CP∥OB,即可得出结论；②当△PNC∽△COA，得出∠PCN=∠CAO，继而得出PC=PD，即可得出结论；
(1)
针对于直线y=12x−2，
令x=0，则y=−2，
∴C(0,−2)，
令y=0，则0=12x−2，
∴x=4，
∴B(4,0)，
将点B，C坐标代入抛物线y=12x2+bx+c中，得c=−28+4b+c=0，
∴ b=−32c=−2
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x−2；
(2)
存在，
∵PN⊥BC，垂足为N．设M（m，0），
∴ Pm，12m2−32m−2，Dm，12m−2
由（1）知，抛物线的解析式为y=12x2−32x−2，
令y=0，则0=12x2−32x−2，
∴x=−1或x=4，
∴点A(−1,0)，
∴OA=1，
∵B(4,0)，C(0,−2)，
∴OB=4，OC=2，
∴ OAOC=OCOB，
∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∼△COB，
∴ ∠OAC=∠OCB,∠ACO=∠OBC，
∵ΔPNC与ΔAOC相似，
∴①当ΔPNC∽ΔAOC，
∴∠PCN=∠ACO，
∴∠PCN=∠OBC，
∴CP//OB，
∴点P的纵坐标为−2，
∴ 12m2−32m−2=−2，
∴m=0（舍)或m=3，
∴P(3,−2)；
②当ΔPNC∽ΔCOA时，
∴∠PCN=∠CAO，
∴∠OCB=∠PCD，
∵PD//OC，
∴∠OCB=∠CDP，
∴∠PCD=∠PDC，
∴PC=PD，
又P(m,12m2−32m−2)，D(m,12m−2)，
∵C(0,−2)，
∴PD=2m−12m2，PC=m2+(12m2−32m−2+2)2=m2+(12m2−32m)2，
∴2m−12m2=m2+(12m2−32m)2，
∴m=32或m=0（舍)，
∴P(32，−258)．
即满足条件的点P的坐标为(3,−2)或(32，−258)
【点睛】
本题考查二次函数综合题，主要涉及到待定系数法，相似三角形的判定及其性质，中点坐标公式，利用方程的思想解本题的关键．
11．（2022·江苏宿迁·一模）某种蔬菜在3﹣6月份的销售单价与销售月份之间的关系如图（甲）所示，成本与销售月份之间的关系如图（乙）所示．（图（甲）中4个点在一条直线上，图（乙）中的4个点在一条抛物线上）
(1)求该蔬菜5月份的销售单价．（精确到0.1元）
(2)求该蔬菜4月份每千克的成本．（精确到0.1元）
(3)哪个月出售这种蔬菜，每千克的收益最大？每千克的最大收益是多少元？（收益＝售价﹣成本）
【答案】(1)该蔬菜5月份的销售单价为3.7元；
(2)蔬菜4月份每千克的成本为2.3元；
(3)5月份出售这种蔬菜，每千克的收益最大，每千克的最大收益是2.3元
【解析】
【分析】
（1）观察图象找出点的坐标，利用待定系数法即可求出每千克蔬菜销售单价y与销售月份x之间的关系式，再把x=5代入解析式求函数值即可；
（2）利用待定系数法求出每千克成本与销售月份之间的关系式，再把x=4代入解析式求函数值即可；
（3）由收益w=每千克售价﹣成本列出w与x的函数关系式，利用配方求出二次函数的最大值．
(1)
设该蔬菜销售单价y与销售月份x之间的关系式为y=kx+b，
将（3，5）和（6，3）代入得，
3k+b=56k+b=3，
解得：k=−23b=7，
∴y=−23x+7，
当x=5时，y=−23×5+7=113≈3.7，
∴该蔬菜5月份的销售单价为3.7元；
(2)
设成本与销售月份之间的关系式为：y=ax−62+1，
把（3，4）代入得，4=a3−62+1，
解得，
∴y=13x−62+1，即y=13x2−4x+13，
当x=4时，y=73≈2.3，
∴该蔬菜4月份每千克的成本为2.3元；
(3)
设销售每千克蔬菜的收益为w元，
根据题意得：w=−23x+7−13x2−4x+13=−13x−52+73，
∵−13<0，
∴当x=5时，w有最大值，最大值为73≈2.3，
∴5月份出售这种蔬菜，每千克的收益最大，每千克的最大收益是2.3元
【点睛】
本题考查了用二次函数的实际应用以及用待定系数法求函数解析式，解题关键理解题意正确列出关系式．
12．（2022·江苏宿迁·一模）我们知道，可以借助于函数图象求方程的近似解．如图（甲），把方程x﹣2＝1﹣x的解看成函数y＝x﹣2的图象与函数y＝1﹣x的图象的交点的横坐标，求得方程x﹣2＝1﹣x的解为x＝1.5．
(1)如图（乙），已画出了反比例函数y=1x在第一象限内的图象，借助于此图象求出方程2x2﹣2x﹣1＝0的正数解．（要求画出相应函数的图象，结果精确到0.1）
(2)选择：三次方程x3﹣x2﹣2x+1＝0的根的正负情况是 ．
A，有两个负根，一个正根
B．有三个负根
C．有一个负根，两个正根
D．有三个正根
【答案】(1)1.4；见解析；
(2)C
【解析】
【分析】
（1）根据题意可知，方程2x2−2x−1=0的解可看作是函数y=1x与函数y=2x−2的交点坐标，所以根据图象可得正数解约为1.4；
（2）方程x3−x3−2x+1=0变形为x2−x−2=−1x，在坐标系中画出函数y=x2−x−2与函数y=−1x的图象，根据图象的交点情况即可判断．
(1)
∵x≠0，
∴将2x2−2x−1=0两边同时除以x，
得2x−2−1x=0，
即 1x=2x−2，
把2x2−2x−1=0的正数解视为由函数y=1x与函数y=2x−2的图象在第一象限交点的横坐标．
如图：
∴正数解约为1.4；
(2)
关于x的方程x3−x3−2x+1=0变形为x2−x−2=−1x，
在坐标系中画出函数y=x2−x−2与函数y=−1x的图象如图：
，
由图象可知，函数y=x2−x−2与函数y=−1x的交点在第三象限一个，第四象限两个，
∴关于x的方程x3−x3−2x+1=0有两个正根，一个负根，
故选：C．
【点睛】
本题考查了反比例函数和一元二次方程之间的关系，一元二次方程的解都可化为一个反比例函数和一次函数的交点问题求解．
13．（2021·江苏淮安·一模）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于C点，点D是抛物线的顶点．
(1)求B、C、D三点的坐标；
(2)连接BC，BD，CD，设点P的横坐标为m，当S△PBC＝S△BCD时，求m的值（点P不与点D重合）；
(3)连接AC，将△AOC沿x轴正方向平移，设移动距离为a，停止运动，设运动过程中△AOC与△OBC重叠部分的面积为S，并写出相应自变量a的取值范围．
【答案】(1)B（3，0），C（0，﹣3），D（1，﹣4）
(2)3+172或3−172或2
(3)s=−138a2+3a(0
【分析】
（1）令y=0，解方程即可求得A、B的坐标，令x=0，即可求得C的坐标，把解析式化成顶点式即可求得顶点坐标；
（2）根据待定系数法求得直线BC的解析式，过点D作DE∥y轴，交BC于点E，则xD=1=xE，求得yE=-2，DE=2，进而得出S△BCD=S△BED+S△CDE=12×2×1+12×2×2=3，然后分两种情况分别讨论求得即可；
（3）分三种情况：①当0
解：当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B(3，0），
当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵y＝x2﹣8x﹣3＝（x﹣1）3﹣4，
∴D（1，﹣4）；
(2)
设BC：y＝kx+b，将B（3，0），C(0，﹣3）代入得：
0=3k+b−3=b，解得：k=1b=−3，
∴直线BC为y＝x﹣3，
过点D作DE∥y轴，交BC于点E，
∵xD＝1＝xE，
∴yE＝﹣2，
∴DE＝2，
∴S△BCD＝S△BED+S△CDE＝12×2×1+12×2×2=3，
过点P作PQ∥y轴，交直线BC于点P(m，m2﹣2m﹣3），Q（m，m-3），
①当P是BC下方抛物线上一点时，如图1，
∴S△PBC=S△PQC+S△PQB=−32m2+92m=3
∴m1＝﹣1（舍），m2＝2，
②当P是BC上方抛物线上一点时，如图2，
S△PBC=S△PQC−S△PQB=32m2−92m=3,
解得m1＝3+172，m2＝3−172，
综上：m的值为3+172或3−172或2；
(3)
①当0＜a≤1时，如图3，
∵OA′＝1﹣a，O′C′＝OC＝3，
∵OEO'C'＝OA'O'A'
即OE3＝1−a1，
∴OE＝3﹣3a，
∴CE＝3a，
∵O'GOC＝O'BOB，
即O'G3＝2−a3，
∴O′G＝3﹣a，
∴GC′＝a，
∵ECC'G＝3aa＝3，
∴△FC′G边CG′上的高为14a，
∴S＝S△AOC﹣S△A′OE﹣S△FGC′＝12×1×3﹣12（1-a）×（3-3a）-12a×14a=-138a2+3a；
②当1＜a≤3时，如图4，
∵GC＝a，△FC′G边CG′上的高为14a，
∴S＝S△AOC﹣S△FGC′＝12×1×3﹣12a×14a＝﹣18a2+32；
③当3＜a≤4时，如图5，
∵A′B＝4﹣a，CC′＝a，
设△A′FB边A′B上的高为h，则△CFC′边CC′的高为3﹣h，
∵△A′FB∽△C′FC，
∴ℎ3−ℎ=4−aa，解得h＝34(4-a)，
∴S＝12（4﹣a）×34(4-a)=38a2﹣3a+6；
综上，s=−138a2+3a(0
本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，抛物线的交点坐标，三角形的面积等，分类讨论思想的应用是解题的关键．
14．（2021·江苏淮安·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若点P为第三象限内抛物线上一动点，作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，过点E作AC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点F、G，设点P的横坐标为m．
①求PE+2EG的最大值；
②连接DF、DG，若∠FDG＝45°，求m的值．
【答案】(1)y＝x2+2x﹣3；
(2)①254；②-1或−95
【解析】
【分析】
（1）运用待定系数法将B（1，0），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，解方程组求出b、c即可；
（2）①利用待定系数法求出直线AC的解析式，过点E作EK⊥y轴于点K，设P（m，m2+2m﹣3），则E（m，﹣m﹣3），从而得出PE+2EG=−m+522+254EG，运用二次函数求最值方法即可；
②作EK⊥y轴于K，FM⊥y轴于M，直线EG与x轴交于点N．先证明△DGF∽△EGD，可得出DG2＝FG•EG＝2×2（﹣m）＝﹣2m，再运用勾股定理建立方程求解即可．
(1)
∵抛物线y＝x2+bx+c经过点B（1，0），C（0，﹣3），
∴1+b+c=0c=−3，
解得：b=2c=−3，
∴抛物线的函数表达式为：y＝x2+2x﹣3；
(2)
①当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴A（﹣3，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+n，
把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入，
得：−3k+n=0n=−3，解得：k=−1n=−3，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x﹣3，
∵OA＝OC＝3，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
过点E作EK⊥y轴于点K，
∵EG⊥AC，
∴∠KEG＝∠KGE＝45°，
∴EG＝EKsin45°＝2EK＝2OD，
设P（m，m2+2m﹣3），则E（m，﹣m﹣3），
∴PE＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∴PE+2EG＝PE+2OD＝﹣m2﹣3m﹣2m＝﹣m2﹣5m＝﹣（m+52）2+254，
由题意有﹣3＜m＜0，且﹣3＜﹣52＜0，﹣1＜0，
当m＝﹣52时，PE+2EG取最大值，PE+2EG的最大值为254；
②作EK⊥y轴于K，FM⊥y轴于M，记直线EG与x轴交于点N，
∵EK⊥y轴，PD⊥x轴，∠KEG＝45°，
∴∠DEG＝∠DNE＝45°，
∴DE＝DN．
∵∠KGE＝∠ONG＝45°，
∴OG＝ON，
∵y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣1，
∴MF＝1，
∵∠KGF＝45°，
∴GF＝MFsin45°＝2MF＝2，
∵∠FDG＝45°，
∴∠FDN＝∠DEG．
又∵∠DGF＝∠EGD，
∴△DGF∽△EGD，
∴DGFG＝EGDG，
∴DG2＝FG•EG＝2×2（﹣m）＝﹣2m，
在Rt△ONG中，OG＝ON＝|OD﹣DN|＝|OD﹣DE|＝|﹣m﹣（m+3）|＝|﹣2m﹣3|，
OD＝﹣m，
在Rt△ODG中，
∵DG2＝OD2+OG2＝m2+（2m+3）2＝5m2+12m+9，
∴5m2+12m+9＝﹣2m，
解得m1＝﹣1，m2＝−95．
【点睛】
本题考查二次函数解析式、线段和最短问题、相似三角形，能够灵活使用方程思想解决问题是解题的关键，常用勾股定理、相似比列方程．
15．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校三模）如图，AB为⊙O的直径，CD为⊙O的弦，且CD⊥AB垂足为M，∠CAB的平分线AE交⊙O于点E，过点E作EF⊥AC交AC的延长线于点F．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若CD=24，AMBM=49，求EF的长．
【答案】(1)见解析；
(2)313
【解析】
【分析】
（1）利用等腰三角形性质和角平分线的性质，求得∠CAE=∠AEO，再根据平行线的判定和性质即可证明；
（2）由矩形的判定得出四边形CGEF是矩形；再由垂径定理可得EF=CG=BG=12BC，CM=12CD=12；由△AMC∽△CMB，AMBM=49，设AM=4x列方程求出BM的长；再由勾股定理求得BC的长即可解答．
(1)
解：如图，连接OE交BC于点G，
∵OA=OE，
∴∠AEO=∠EAO，
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=∠EAO，
∴∠CAE=∠AEO，
∴AF∥OE，
∵∠F=90°，
∴∠OEF=90°，
∴EF是圆的切线．
(2)
解：由（1）问图；
∵AB为圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠F=∠FEO=90°，
∴四边形CGEF是矩形，
∴OE⊥BC，
∴EF=CG=BG=12BC，
∵AB⊥CD，
∴CM=12CD=12，
Rt△ABC中，CM⊥AB，
∴△AMC∽△CMB，
∴AMCM=MCMB，
∵AMBM=49，设AM=4x，则BM=9x，
∴4x×9x=122，解得x=2或x=-2（舍去），
∴BM=18，
BC=MC2+MB2=122+182=613，
∴EF=12BC=313．
【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，矩形的判定和性质，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理；熟练掌握相关定理和性质是解题关键．
16．（2021·江苏扬州·一模）我们规定：三角形其中一边与该边上的高之比叫做这个三角形该边的ar值．例如，如图1，在△ABC中，BC=5，BC上的高AD=4，则△ABC边BC的ar值为54，记作：ar△ABC,BC=54．
（1）等腰直角三角形底边的ar值＝ ，等边三角形任意一边的ar值＝ ；
（2）如图2，在△DEF中，∠F=135°，ar△DEF,DF=1，求ar△DEF,DE．
（3）如图3，在矩形ABCD中，AB=12，BC=9，点M在矩形ABCD内，且ar△MAB,AB=4．若以M为圆心，半径为1的圆与矩形ABCD的对角线AC有公共点，设点M到AD的距离为d，直接写出d的取值范围______．
【答案】（1）2；233；（2）ar△DEF,DE=5；（3）73≤d≤173．
【解析】
【分析】
（1）根据“三角形一边的ar值”的定义进行计算即可；
（2）过E作EG⊥DF于点G，过F作FH⊥DE于点H，根据已知条件，可得EG=FG=DF，再设EG=FG=DF=m，则DG=2m，求出在Rt△DEG中，sin∠D=55，所以在Rt△DHF中，sin∠D=FHDF=55，得到FH，即可求出ar△DEF,DE；
（3）在边AD上截取AE=3，过点E作EF∥AB分别交于AC、BC于点G、F，分两种情况：当点M在线段EG上且⊙M与AC相切于点N时，或当点M在线段GF且⊙M与AC相切于点N时，由△GMN∽△GAE得，MG:MN=GA:AE=5:3，再根据⊙M半径为1，即MN=1，即可求出答案．
【详解】
（1）如图1，①∵△ABC是等腰直角三角形，BC上的高AD，
∴AD也是BC上的中线，
∴AD=BD=DC，即BC=2BD=2AD，
∴等腰直角三角形底边的ar值=BCAD=2ADAD=2；
②∵△ABC是等边三角形，BC上的高AD，
∴AC=AB=BC=2BD=2CD，∠ADB=90°，
∴BD=12BC，
∴AD=AB2−BD2=BC2−12BC2=32BC，
∴等边三角形任意一边的ar值=BCAD=BC32BC=233；
（2）过E作EG⊥DF于点G，过F作FH⊥DE于点H，
ar△DEF,DF=1，
∴DF=EG，
∵∠DFE=135°，
∴∠EFG=45°，
∴∠GEF=∠EFG=45°，
∴EG=FG=DF，设EG=FG=DF=m，则DG=2m，
∴在Rt△DEG中，DE=5m，sin∠D=EGDE=55，
∴在Rt△DHF中，sin∠D=FHDF=55，DF=m，
∴FH=55⋅DF=55m，
∴ar△DEF,DE=DEFH=5；
（3）73≤d≤173，理由如下：
∵ar△MAB,AB=4，AB=12，
∴点M到AB的距离=3，
如图3，在边AD上截取AE=3，过点E作EF∥AB分别交AC、BC于点G、F，
∵点M在矩形ABCD内，
∴点M在线段EF（不包括端点）上运动，
当点M在线段EG上且⊙M与AC相切于点N时，连结MN，则MN⊥AC，
∴∠MNG=90°，
∵∠AEG=90°，∠MGN=∠AGE，
∴△GMN∽△GAE，
∴MG:MN=GA:AE=5:3，
又∵⊙M半径为1，即MN=1，
∴MG=53，AG=53×3=5，
∴EG=4，
∴d=ME=EG−MG=4−53=73，
如图4，当点M在线段GF且⊙M与AC相切于点N时，同理可得：d=173，
∴当⊙M与矩形ABCD的对角线AC有公共点时，73≤d≤173.
.
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，等腰直角三角形性质，等边三角形性质，圆与直线的位置关系，矩形性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，“三角形该边的ar值”定义等知识，解题的关键是理解题意，学会添加辅助线，构造直角三角形解决问题．
17．（2021·江苏·扬州市梅岭中学二模）如图：在平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴正半轴、y轴正半轴上，且四边形ABCD为矩形，AB=4，cos∠ACB=35，点D与点A关于y轴对称，点E、F分别是线段AD、AC上的动点（点E不与点A、D重合），且∠CEF=∠ACB．
（1）求证：△AEF~△DCE；
（2）当△CEF是等腰三角形，求DE的长；
（3）当CF的长最小时，求△CED的内切圆圆心G的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）DE=1或DE=116；（3）点G的坐标为（-1，1）
【解析】
【分析】
（1）根据两角对应相等两三角形相似即可得证；
（2）分①CE=EF和②CF=EF，两种情况加以讨论即可；
（3）设DE=x，CD=y，先证得△AEF∽△DCE，从而得出y=15x2−65x+5=15x−32+165，继而得出当x=3时，CF的长最小，再根据切线长定理得出r=1即可得出答案；
【详解】
（1）∵点D与点A关于y轴对称，
∴AC=CD，
∴∠CDA=∠CAD=∠ACB
∵∠CEF=∠ACB，
∴∠CEF=∠CDA，
∴∠CED+∠AEF=∠CED+∠DCE
∴∠AEF=∠DCE，
∴△AEF∼△DCE
（2）∵点E不与点D重合，
∴点F不与点A重合
∴∠CFE>∠CAD，
∴∠CFE>∠CEF，
∴CE≠CF
①若CE=EF
∵△AEF∼△DCE，
∴△AEF≌△DCE，
∴CD=AE
∵cos∠ACB=BCAC=35，
∴设BC=3k，则AC=5k，由勾股定理得AB=4k
∵AB=4，
∴4k=4，
∴k=1，
∴BC=3，AC=5，
∴OA=OD=3，AD=6，CD=5
∴AE=5，∴DE=1
②若CF=EF，则∠ECF=∠CEF=∠CDA=∠CAD，
∴△CEF∽△DAC，
∴CEEF=ADAC=65
∵△AEF∽△DCE，
∴CEEF=CDAE，
∴CDAE=65，
∴56−DE=65
∴DE=116
（3）设DE=x，CD=y，
∵△AEF∽△DCE，
∴AFDE=AECD
∴5−yx=6−x5，
∴y=15x2−65x+50
∴当x=3时，CF的长最小，此时点E与点O重合
设⊙G切△DCE三边于M、N、P，⊙G的半径为r
则EM=EN=r，CP=CN=4−r，DP=DM=3−r
∵CP+DP=CD，
∴4−r+3−r=5，
∴r=1
∴点G的坐标为（-1，1）．
【点睛】
此题属于相似形综合题，涉及的知识有：锐角三角函数定义，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，利用二次函数求最值，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
18．（2021·江苏镇江·二模）模型构建：如图1，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N，AB的垂直平分线交MN于点P，连接AP、BP．若∠APB=90°，求证：AM+BN=MN．
数学应用：如图2，在△ABC中，D是BC上一点，AC=AD=BD，∠CAD=90°，AB=8，求△ABC的面积．
实际运用：建设“交通强国”是满足人民日益增长的美好生活需要的必然要求．建设“美丽公路”是落实美丽中国建设、回应人民日益增长的美好生活对优美生态环境的需要．如图3是某地一省道与国道相交处的示意图，点Q处是一座古亭，鹅卵石路QA、QB以及AB两旁栽有常青树，其它区域种植不同的花卉；设计要求QA=QB，QA⊥QB，AB是以Q为圆心、QA为半径的圆弧（不计路宽，下同）．
（1）请在图4中画出符合条件的设计图，要求尺规作图，保留作图痕迹，标注必要的字母，写出详细的作法，不要求说明理由；
（2）两条公路所夹锐角的正切值为34，点Q到国道的距离QH为40米．PH路长4003米，则鹅卵石路的长度为 ．（即QA、QB以及AB的长度之和）．
【答案】模型构建：见解析；数学应用：16；实际运用：（1）见解析；（2）(100+25π)米．
【解析】
【分析】
模型构建：由题意证得△AMP≌△PNB即可证明．
数学应用：作DN⊥AB,CM⊥AB，根据三角形全等可求得CM的长度，然后根据面积公式即可求得．
实际运用：（1）作QH垂直于国道，然后构造出一线三直角模型，即可画出设计图．
（2）由两条公路所夹锐角的正切值和PH的长度求出OH的长度，然后根据三角形全等可求得LB和LQ的长度，根据勾股定理和扇形弧长公式即可求得．
【详解】
模型构建：∵AB的垂直平分线交MN于点P，
∴PA=PB，
又∵∠M=∠N=90°，∠APB=90°，
∴∠APM+∠MAP=90°，∠APM+∠BPN=90°，
∴∠BPN=∠MAP，
∴在△AMP和△PNB中，
∠MAP=∠BPN∠M=∠NAP=BP
∴△AMP≌△PNB，
∴AM=PN，MP=NB，
∴AM+BN=PN+PM=MN．
数学应用：如图，作DN⊥AB,CM⊥AB，
∵AD=BD，DN⊥AB，
∴BN=AN=12AB=4．
∵∠DAC=90°,∠DNA=90°,∠CMA=90°，
∴∠NAD+∠NDA=90°,∠NAD+∠CAM=90°，
∴∠NDA=∠CAM，
在△AND和△CMA中，
∠DNA=∠AMC∠NDA=∠CAMAD=AC
∴△AND≌△CMA，
∴MC=AN=4，
∴S△ABC=12AB•MC=12×8×4=16．
实际运用：（1）过点Q作QH垂直于国道于点H，过点Q作国道的平行线交省道于点N，以QH为半径，Q点为圆心画弧交QN于点K，过点K作国道的垂线交省道于点B，连接QB，以点Q为圆心，QB为半径画弧，交国道于点A，作图如下．
（2）如图所示，作BL⊥QH，直线QH与BP交于点O．
∵两条公路所夹锐角的正切值为34，PH=4003，
∴OH=PH•tan∠P=4003×34=100，
∴由题意可得BL=QK=QH=40，
∴OL=BL•tan∠P=40×34=30，
∴LQ=OH−OL−QH=100−30−40=30，
∴在Rt△BLQ中，BQ=BL2+LQ2=402+302=50，
∴AQ=BQ=50，
∴AB=90π×50180=25π，
∴AQ+BQ+AB=50+50+25π=100+25π，
∴鹅卵石路的长度为100+25π．
【点睛】
此题考查了全等三角形的性质和判定，三角形面积的求法，勾股定理，扇形弧长的求法，根据题意作出辅助线构造出一线三等角模型是解题的关键．
19．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图，在△ABC中，AB=AC，D是BC边上的点，过点D作DE//AB，交AC于点E，过点E作EF//BC，交AB于点F，经过点D、E、F的⊙O与AB、BC的另一个公共点分别为G、H，连接EG、EH、GH．
（1）求证：△EGH∽△ABC；
（2）若AB=15，BC=10，
①当BG=2时，求DH的长；
②若ED恰为⊙O的直径，则BD的长为______．
【答案】（1）见解析；（2）①DH的长为4；②103
【解析】
【分析】
（1）利用圆的性质与平行线的性质证明：∠C=∠EHG，∠B=∠EGH，从而可得结论；
（2） ①如图，连接DG，先证明∠CEH=∠BHG，再证明△CEH∽△BHG，结合△EGH∽△ABC；求解CH=3，再证明△EHG∽△DBG，求解BD=3，从而可得答案；②如图，设ED与GH交于点M，由EG=EH，ED恰为⊙O的直径，证明MH=MG，DH=DG，再求解EGMG=3，再求解sin∠GHD=sin∠GED=MGEG=13，可得BGBH=13，结合CHBG=32，设BG=2a，则CH=3a，BH=6a，则BC=CH+BH=9a，求解a=109，从而可得DH=DG=BD=12BH=103．
【详解】
（1）证明：∵四边形EFGH是⊙O的内接四边形，
∴∠EFA=∠EHG，
∵∠EGH和∠EDH是同弧所对圆周角，
∴∠EGH=∠EDH，
∵DE//AB，EF//BC，
∴∠EFA=∠B，∠EDH=∠B，
∴∠EGH=∠EHG=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠C=∠EHG，∠B=∠EGH，
∴△EGH∽△ABC；
（2）解： ①如图，连接DG，
∵∠CHE+∠BHG+∠EHG=180°，
∠CHE+∠CEH+∠C=180°，∠C=∠EHG
∴∠CEH=∠BHG，
∵AB=AC,
∴ ∠C=∠B，
∴△CEH∽△BHG
∴EHHG=CHBG，
∵ AB=AC=15，BC=10，
由（1）知：△EGH∽△ABC；
∴ EHHG=ACBC=1510=32，
∴CHBG=32，
∵BG=2，
∴CH=3，
∵四边形EFGH是⊙O的内接四边形，
∴∠GDB=∠GEH，
∵∠EHG=∠B，
∴△EHG∽△DBG，
∴EHBD=HGBG，
∴EHHG=BDBG=32，
∵BG=2，
∴BD=3，
∴DH=BC−BD−CH=10−3−3=4．
答：DH的长为4；
②如图，设ED与GH交于点M，
∵EG=EH，ED恰为⊙O的直径，
∴DE⊥GH，
∴MH=MG，DH=DG，
∴EGHG=32，
∴EG2MG=32，
∴EGMG=3，
∵DE//AB，DE⊥HG，
∴HG⊥AB，
∴sin∠GHD=sin∠GED=MGEG=13，
∴BGBH=13，
∵CHBG=32，
∴设BG=2a，则CH=3a，BH=6a，
∴BC=CH+BH=9a，
∵BC=10，
∴a=109，
∴BH=203，
∵DG=DH，
∴∠DHG=∠DGH，
∵∠DHG+∠B=90°，
∠DGH+∠DGB=90°，
∴∠B=∠DGB，
∴DG=DB，
∴DH=DG=BD=12BH=103．
∴BD的长为103．
故答案为：103．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定与性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，锐角三角函数的应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键．
20．（2021·江苏南京·二模）【概念学习】
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，若⊙O平移d个单位后，使某图形上所有点在⊙O内或⊙O上，则称d的最小值为⊙O对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，A3,0,B4,0，则⊙O对线段AB的“最近覆盖距离”为3．
【概念理解】
（1）⊙O对点3,4的“最近覆盖距离”为_ ．
（2）如图②，点Р是函数y=2x+4图像上一点，且⊙O对点Р的“最近覆盖距离”为3，则点Р的坐标为_ ．
【拓展应用】
（3）如图③，若一次函数y=kx+4的图像上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，求k的取值范围．
（4）D(3,m)、E(4,m+1)，且−4
【解析】
【分析】
（1）求出点(3,4)与原点的距离，这个距离与1的差即是所求结果；
（2）设点P的坐标为(x,2x+4)，根据P到圆心的距离为4及勾股定理，可得关于x的方程，解方程即可求得点P的坐标；
（3）考虑临界状态，当OC=2时，函数图象上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1，利用三角形相似求出k=3;同理，另一个临界状态为k=−3，即可求解；
（4）由题意可得DE是一条倾斜角度为45°,长度为2的线段，可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB、FG，如果D落在弧AF上，或者落在弧BG上，进而求解．
【详解】
（1）点(3,4)与原点的距离为32+42=5，而5－1=4，则⊙O对点3,4的“最近覆盖距离”为4；
故答案为：4
（2）由题意可知，Р到圆的最小距离为3，
即Р到圆心的距离为4
由点P在直线y=2x+4上，故设P(x,2x+4)，
则OP2=x2+2x+42=16
解得x1=0,x2=−165
故点P的坐标为：0,4或−165,−125
故答案为：0,4或−165,−125
（3）如图，考虑临界状态，过O作OC⊥DE于C点，当OC=2时，函数图像上存在点C，使⊙O对点C的“最近覆盖距离”为1
∵∠OCD=∠EOD,∠ODC=∠EDO
∴ΔOCD∼ΔEOD
∴OCOE=ODDE
则OEDE=OCOD=12
设OE=x,则DE=2x
由勾股定理可得：x2+16=2x2
解得x1=433,x2=−433（舍）
∴E−433,0
此时k=3．
同理，另一个临界状态为k=−3
经分析可知，函数相比临界状态更靠近y轴，则存在点C
∴k≥3或k≤−3
43≤d<32
由题意可知，DE是一条倾斜角度为45∘，长度为2的线段
可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB,FG
如果D落在弧AF上，或者E落在弧BG上，则成立
当−1≤m<2时，E到弧BG的最小距离为EO−1
此时3≤d<4,
当−4
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了一次函数的性质、圆的基本知识、三角形相似的判定与性质、新定义等，数形结合是本题解题的关键．
21．（2021·江苏南京·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝8，⊙O过点A且与BC相切于点E．设BE＝m．
（1）当⊙O与CD相切时，求m的值；
（2）点E从B向C运动，⊙O与CD边公共点的个数随m的变化而变化．直接写出公共点的个数及其对应的m的取值范围；
（3）在点E从B向C运动的过程中，画出点O的运动路径，这个路径是 ．（填写序号）
①线段；
②弧；
③双曲线的一部分；
④抛物线的一部分
【答案】（1）3；（2）0≤m＜3时，⊙O与CD边公共点有0个；m＝3或4＜m≤8时，⊙O与CD边公共点有1个；3＜m≤4时，⊙O与CD边公共点有2个；（3）④
【解析】
【分析】
（1）设⊙O与CD相切与F，构造辅助线，证明四边形ABEG为矩形，四边形OECF为正方形，在Rt△AGO利用勾股定理即可求得m；
（2）⊙O过点A且与BC相切与点E，根据题意分别画出图形，在运算过程中，关键图形如解析，用与（1）相同的方法，分别进行求解即可得出范围；
（3）设OE=y，在Rt△AGO中用勾股定理列出关于y和m的等式，即可求出y是关于m的二次函数．
【详解】
解：（1）如图①，设⊙O与CD相切于点F，连接OF、OA，连接OE并延长交AD于G．
∵⊙O与CD相切于点F、与BC相切于点E．
∴OE⊥BC，OF⊥CD
∴∠BEO＝∠OFC＝90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°．
AD＝BC＝8，AB＝CD＝9，AD∥CB．
∴∠BEO＋∠AGE＝180°．
∴∠AGE＝90°．
∴四边形ABEG和四边形OECF都是矩形．
∵OE＝OF，
∴四边形OECF是正方形．
∵BE＝m，
∴AG＝m，AO＝OE＝OF＝EC＝8－m，
∴GO＝9－（8－m）＝1＋m
在Rt△AGO中，由勾股定理得：
AO2＝AG2＋GO2.
即（8－m）2＝m2＋（1＋m）2
∴解得：m1＝3，m2＝－21（舍去）；
所以，当⊙O与CD相切时，m＝3；
（2）①由（1）知，m=3时，⊙O与CD只有一个交点，
∴0≤m<3时，⊙O与CD有0个公共点，如下图：
②由（1）知，m=3时，⊙O与CD只有1个公共点，
当OA>OD时，⊙O与CD也只有1个公共点，如下图：
点D在圆上时，如下图，再根据（1）的方法，OA=OD时，m=4，
所以当m=3或4
当m>4时，⊙O与CD也有1个公共点，
∴当3
综上所述：
图形
公共点个数
m的范围
0
0≤m＜3
1
m＝3
2
3＜m<4
2
m=4
1
4＜m≤8
（3）如下图，即为点O的运动路径，
理由：
如下图，设OE＝y，则AO＝y，GO＝9－y，
在Rt△AGO中，由勾股定理得：
AO2＝AG2＋GO2，
即y2＝m2＋（9－y）2，整理得：y=118m2+92（0≤m≤8），
所以，⊙O的圆心的运动路径是抛物线．
【点睛】
本题考查矩形性质及判定，正方形的判定与性质，圆切线的性质，勾股定理，二次函数，解题关键是数形结合，熟练应用相关图形的性质．
22．（2021·江苏·苏州草桥中学一模）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为0,m，且m≠0，点B的坐标为n,0，将线段AB绕点B顺时针旋转90°，得到线段BA1，称点A1为点A关于点B的“伴随点”，图1为点A关于点B的“伴随点”的示意图．
（1）已知点A0,4，
①当点B的坐标分别为2,0,−1,0时，点A关于点B的“伴随点”的坐标分别为_____________，__________；
②点A1x,y是点A关于点B的“伴随点”，探究点A1的运动路径所对应的函数表达式，并说明理由；
（2）如图2，点C的坐标为4,−3，以C为圆心，2为半径作圆，若在⊙C上存在点A关于点B的“伴随点”，则A的纵坐标m的取值范围__________．
【答案】（1）①（6，2），（3，-1）；②y=x-4；（2）5≤m≤9
【解析】
【分析】
（1）①作A1M⊥x轴于M，构造△ABO≌△BA1M，可得OA=BM，OB=A1M，再分别求解；
②取N（4，0），则OA=ON，作A1M⊥x轴于M，首先说明A1的运动轨迹是一条直线，求出这条直线的解析式即可解决问题；
（2）利用（1）②的结论，A（0，m）关于B的“伴随点”A1（x，y），y与x之间的关系式：y=x-m，由题意可知，当直线y=x-m与⊙C有交点时，在⊙C上存在点A关于点B的“伴随点”，求出这两条直线和⊙C相切时的m的值，即可解决问题．
【详解】
解：（1）①如图，作A1M⊥x轴于M．
∵∠ABA1=90°，
∴∠ABO+∠A1BM=∠A1BM+∠A1，
∴∠ABO=∠A1，
∵AB=BA1，∠AOB=∠A1MB=90°，
∴△ABO≌△BA1M（AAS），
∴OA=BM，OB=A1M，
当A（0，4），B（2，0）时，BM=4，A1M=2，OM=6，
∴A1（6，2），
当A（0，4），B（-1，0）时，同法可得A1（3，-1）．
故答案为（6，2），（3，-1）．
②取N（4，0），则OA=ON，作A1M⊥x轴于M．
同理可证：△ABO≌△BA1M，
∴OA=BM=ON，OB=A1M，
∴OB=MN=A1M，
∴△A1MN是等腰直角三角形，
∴∠A1NM=45°，
∴点A1在经过点N，与x轴的夹角为45°的直线上，
设A1N的表达式为y=kx+b，则k=1，将（4，0）代入，
则0=4+b，解得：b=-4，
∴这条直线的解析式为y=x-4，
∴A1（x，y）是点A关于点B的“伴随点”，y与x之间的关系式为y=x-4；
（2）如图，由（1）可知，A（0，m）关于B的“伴随点”A1（x，y），
y与x之间的关系式：y=x-m，
由题意可知，当直线y=x-m与⊙C有交点时，在⊙C上存在点A关于点B的“伴随点”，
当直线y=x-m与⊙C相切时，如图，
∵C（4，-3），⊙C的半径为2，F为⊙C的切点，过C作CE∥x轴，点E在CD上，
在y=x-m中，令x=0，则y=-m，令y=0，则x=m，
则C（0，-m），D（m，0），
∴△OCD为等腰直角三角形，OD=OC，
∵OF⊥EF，CE∥x轴，
∴∠ECF=45°，即△CEF为等腰直角三角形，
∵CF=2，
∴EF=2，CE=2，又C（4，-3），
∴E（2，-3），代入y=x-m中，
解得：m=5，
同理，当直线y=x-m与⊙C相切于另一点时，
同理可得：m=9，
综上：满足条件的m的范围为：5≤m≤9．
【点睛】
本题考查圆综合题、一次函数的解析式、切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，本题的突破点是发现点A1的运动轨迹是直线，题目比较难，属于中考压轴题．
23．（2021·江苏南京·二模）如图①，A是⊙O外一点，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，过点B作BD//AC，交⊙O于点D，连接DO，并延长DO交⊙O于点E，连接AE．已知BD=2，⊙O的半径为3．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）求AE的长；
（3）如图②，若点M是⊙O上一点，且BM=3，过A作AN//BM，交弧ME于点N，连接ME，交AN于点G，连接OG，则OG的长度是______．
【答案】（1）见解析；（2）AE=62；（3）32−323．
【解析】
【分析】
（1）由AB与⊙O相切于点B，想到连接OB，再结合等腰ΔOBD和BD//AC可得△AOE≌△AOB即可求证；
（2）由（1）知∠AOE=∠ODH和已知的BD与半径，所以过点O作OH⊥BD交BD于点H，可得△AOE∽△ODH，即可求解；
（3）由BM=3可知ΔBOM是等边三角形，再结合BM//AM知∠BAG=∠BEG，即A、B、G、E共圆，再由（2）知A、B、O、E在以AO为直径的圆上，即∠AGO=90°，故F、O、G三点共线，最后利用ΔABH,ΔBOF都是含30°的直角三角形即可求解．
【详解】
解：（1）证明：连接OB
∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，
∴∠OBA=90°
∵BD//AC，
∴∠AOE=∠D，∠AOB=∠OBD
∵OB=OD，
∴∠D=∠OBD，
∴∠AOE=∠AOB，
∵OE=OB，OA=OA，
∴△AOE≌△AOB(SAS)
∴∠OEA=∠OBA=90°
∴OE⊥AE
又∵点E在圆上，
∴AE是⊙O的切线．
（2）过点O作OH⊥BD交BD于点H．
∵OH⊥BD，O为圆心，
∴DH=12BD=1，∠OHD=90°
在Rt△OHD中，OH=OD2−DH2=22
∵∠OHD=∠AEO，∠D=∠AOE，
∴△AOE∽△ODH
∴AEOE=OHDH
∴AE=OH×OEDH=22×31=62．
（3）32−323．理由见解析：
由（2）得，A,B,O,E在以AO为直径的圆上，记为⊙P，由BM=3，且半径为3可知，△BOM为等边三角形，
则∠BOM=∠OBF=60°，∠BEM=30°
由BM//AN且∠MBA=60°+90°=150°，
所以∠BAN=180°−∠MBA=30°，
∴∠BAG=∠BEG，
∴A、B、G、E共圆，即点G也在⊙P上
∵AO为直径，
∴∠OGA=90°，即OG⊥AN
过O作OF⊥BM交BM于F
由BM//AN可得F、O、G共线
过点B作BH⊥AN
∴FG=BH
则OG=FG−OF=BH−OF，
在RtΔBOF中，OF=OB×sin60°=323
在RtΔABH中，BH=AB×sin∠BAN=62×sin30°=32
∴OG=32−323．
【点睛】
本题主要考察圆的综合运用、切线的证明、垂径定理、三角形相似等，属于较难的几何综合题型．解题的关键是通过题干条件联系相关知识点做出对应的辅助线．如已知弦长时，常做弦心距利用垂径定理求解线段长度；对角互补的四边形四点共圆．
24．（2021·江苏扬州·二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=23，BC=2，点D是AC上的一个动点，将△ABD沿BD折叠得到△A'BD，A'B交AC于F点．
（1）∠A'的度数为______________；
（2）当△A'DF为直角三角形时，求A'D的长；
（3）如图2，若点E为线段A'B的四等分点(A'E
②求线段CE扫过的面积______________．
【答案】（1）30°；（2）433；（3）①34；②3π−33
【解析】
【分析】
（1）先用直角三角中锐角函数值求出∠A=30︒，由折叠的性质得到∠A'=30∘；
（2）当∠A''F'D'=90°，A''落在CB的延长线上，A''D'=2D'C=433；
（3）作出图形，CE扫过的面积为S阴，则S阴=S扇EE''E'−S△BCE−S△BCE'，由∠EBE'=120︒，BE'=3，得到S扇EBE'= 13×π×32=3π，过点E作EP垂直BC与点P，在Rt△EBP 中，∠EBP=60︒，BE=3，算出BP=32，EP=332，S△BCE=S△BCE'=332，最后得出S阴=3π−33．
【详解】
解：（1）∵∠ACB=90°，AC=23，BC=2，
∴tanA=BCAC=223=33，
∴∠A=30︒，
∵△ABD沿BD折叠得到△A'BD，
∴∠A=∠A'=30°．
（2）①当∠A'DF=90°，∠A'=∠A=30°
∠AFD=∠BFC=60°．由折叠可知，∠ABD=∠A'BD=15°，
∴∠DBC=45°，
∴DC=BC=2，A'D=AD=23−2，
②如图，当∠A''F'D'=90°，A''落在CB的延长线上，
∴BA=BA''=22+(23)2=4,
∵BC=2,
∴CA''=2，
∵∠A=∠A'=30°，
∴D'C=23=233，
∴A''D'=2D'C=433
（3）①若点D在AB的垂直平分线上，连接BD，延长A’D交AB于H，
∴∠A=∠HBD=∠DBA'=30°，
∵点E为A’B的四等分点，
∴CE=12BC=1，DC=BC3=23=233，
∴BD=2DC=433，
∴CEBD=34 ，
②如图，A’的运动轨迹AMA'，∠ABA'=120°，
∵A'E=14A'B，
∴点E在A'B上的运动轨迹为以B为圆心，3为半径的弧上，
∵C为顶点，
∴CE扫过的面积为S阴，
∴S阴=S扇EE''E'−S△BCE−S△BCE'
∵∠EBE'=120°,BE'=3,
∴S扇EBE'= 13×π×32=3π，
过点E作EP垂直BC与点P，
在Rt△EBP 中，∠EBP=60︒，BE=3，
∴BP=32，EP=332，
∴S△BCE=S△BCE'=332，
∴S阴=3π−33．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形的性质、勾股定理与折叠的性质，关键在于作出图形，根据勾股定理求出相应边的长度，再进行计算．
25．（2021·江苏·苏州市金阊实验中学校一模）如图，AB为半⊙O的直径，P点从B点开始沿着半圆逆时针运动到A点，在运动中，作∠CAP=∠PAB，且PC⊥AC，已知AB=10，
（1）当P点不与A,B点重合时，求证：CP为⊙O切线；
（2）当PB=6时，AC与⊙O交于D点，求AD的长；
（3）P点在运动过程中，当PA与AC的差最大时，直接写出此时PB的弧长．
【答案】（1）见详解；（2）2.8；（3）103π
【解析】
【分析】
（1）连接OP，可证OP∥AC，结合PC⊥AC，即可得到结论；
（2）连接BD交OP于点E，先证明△APB∽△ACP，可得AC=6.4，再证明四边形PCDE是矩形，设AD=x，列出关于x的方程，即可求解；
（3）设AP=x，由△APB∽△ACP，可得AC=110x2，从而得PA-AC关于x的二次函数，进而即可求解．
【详解】
证明：（1）连接OP，
∵OA=OP，
∴∠PAB=∠OPA，
∵∠CAP=∠PAB，
∴∠OPA=∠CAP，
∴OP∥AC，
∵PC⊥AC，
∴PC⊥OP，
∴CP为⊙O切线；
（2）连接BD交OP于点E，
∵AB为半⊙O的直径，
∴∠APB=90°，
∵AB=10，PB=6，
∴AP=102−62=8，
∵∠CAP=∠PAB，∠APB=∠ACP=90°，
∴△APB∽△ACP，
∴ACAP=APAB，即：AC8=810，解得：AC=6.4，
∵AB为半⊙O的直径，
∴AD⊥BD，
∴PC∥BD，
∵∠POB=∠OAP+∠OPA=∠OAP+∠PAC=∠BAC，
∴OP∥AC，
∴四边形PCDE是平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形PCDE是矩形，
∵AO=BO，OE∥AD，
∴2OE=AD，
设AD=x，则OE=12x，PE=OP-OE=5-12x，CD=PE=5-12x，
∴5-12x+x=6.4，解得：x=2.8，即：AD=2.8；
（3）设AP=x，
∵△APB∽△ACP，
∴ACAP=APAB，即：ACx=x10，
∴AC=110x2，
∴PA-AC=x-110x2=−110x−52+52，
∴当x=5时，即AP=5时，PA-AC的值最大，此时cos∠ PAB=APAB=510=12，
∴∠PAB=60°，
∴∠POB=2×60°=120°，
∴PB的弧长=120π×5180=103π．
【点睛】
本题主要考查圆的基本性质以及相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，添加辅助线，熟练掌握切线的判定定理以及相似三角形的判定和性质，是解题的关键．
26．（2021·江苏南京·一模）如图①，△ABC的内切圆⊙O与AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，DO、EO、FO的延长线分别交⊙O于点G、H、I，过点G、H、I分别作AB、BC、AC的平行线，从△ABC上截得六边形JKMNPQ．通常，在六边形中，我们把相间两个内角的内角称为六边形的对角，把相邻两角的夹边和它们的对角的夹边称为六边形的对边．
（1）求证：六边形JKMNPQ的对角相等；
（2）小明在完成（1）的证明后继续探索，如图②，连接OJ、OM、ON、OQ，他发现△DOM≌△GOQ、△DON≌△GOJ，于是猜想六边形JKMNPQ的对边也相等．请你证明他的发现与猜想．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由∠A+∠AJQ=180°，∠A+∠ANP=180°，可得∠AJQ=∠ANP，再证明出∠BMK=∠BQJ,∠CKM=∠CPN，得到结论；
（2）证明Rt△EQO≌Rt△GQO可得∠EOQ=∠GOQ=12∠EOG，∠DOM=∠HOM=12∠DOH，再证明出△DOM≌△GOQ，△DON≌△GOJ，最后得出结论．
【详解】
证明：（1）∵JQ//AB，
∴∠A+∠AJQ=180°．
∵NP//AC，
∴∠A+∠ANP=180°．
∴∠AJQ=∠ANP
同理∠BMK=∠BQJ,∠CKM=∠CPN．
即六边形JKMNPQ的对角相等．
（2）∵⊙O与AB切于点D，
∴OD⊥AB
∴∠ADO=90°．
∵AB//JQ，
∴∠ADO=∠OGO=90°
⊙O与BC切于点E，
∴OE⊥BC．
∴∠QEO=90°．
∴∠OEO=∠OGO=90°．
又OQ=OQ,OE=OG，
∴Rt△EQO≌Rt△GQO(HL)．
∴∠EOQ=∠GOQ=12∠EOG．
同理∠DOM=∠HOM=12∠DOH．
∵∠DOH=∠EOG，
∴∠DOM=∠GOQ．
∵OD=OG,∠ODM=∠OGQ．
∴△DOM≌△GOQ(ASA)．
同理△DON≌△GOJ．
∴DM=GO,DN=GJ．
∴DM+DN=GQ+GJ．
即MN=JQ．
同理JK=NP,KM=PQ．
即六边形JKMNPQ的对边相等．
【点睛】
本题考查了圆的外切六边形的性质，涉及全等三角形、切线长定理应用等知识，理解和掌握六边形对角和对边是解本题的关键．
27．（2021·江苏·苏州市振华中学校一模）对于平面内三点M，N，P，我们规定：若将点M绕点P顺时针旋转α（0° < α < 360°）后能与点N重合，就将其简记为：R(P，α)：M→N．在平面直角坐标系xOy中，P(1，0)，S(－1，0)，解决下面的问题：
（1）如图1，若R(P，90°)：S→T，画出点T并直接写出点T的坐标；
（2）如图2，A(0，3)，B(0，−3)，直线l:x=3+1与x轴的交点为C．
①若R(P，α)：S→Q，且点Q落在直线l上，求α的值：
②若点E在四边形ASBP的边上运动，在直线l上存在相应的点F，使得R(P，α)：E→F，请直接写出点E的横坐标xE的取值范围．
【答案】（1）画图见解析，T（1，2）；（2）①150°或210°；②−1≤xE≤1−32
【解析】
【分析】
（1）将线段SP绕点P顺时针旋转90°得到线段PT，画出图形即可解决问题．
（2）①解直角三角形求出∠QPC即可解决问题．当点Q在z轴下方时同法可得α=210°．
②如图3中，过点P作PH⊥BS于H，当点E在AP上时，PE=PC=3时，过点E作EJ⊥OP于J．求出PH的长，点E的坐标即可判断．
【详解】
解：（1）如图1中，
∵P(1,0)，S(−1,0)，
∴OS=OP=1，SP=2，
由题意PT⊥SP，PT=SP=2，
∴T(1,2)．
（2）①如图2中，
∵P(1,0)，C(3+1，0)，
∴OP=1，OC=3+1，
∴PC=OC−OP=3，
∵PQ=PS=2，
∴QC=PQ2−PC2=1，
∴PQ=2QC
∴∠QPC=30°，
∴∠SPQ=180°−30°=150°，
∴α=150°．
当点Q在z轴下方时同法可得α=210°．
②如图3中，过点P作PH⊥BS于H，当点E在AP上时，PE=PC=3时，过点E作EJ⊥OP于J．
∵A(0,3)，B(0,−3)，
∴OA=OB=3，
∴AS=AP=(3)2+12=2，
∴AS=2SO
∴∠AOS=30°，同法可证∠PAO=30°，
∴AS=AP=BS=BP=SP=2，
∴ΔASP，ΔSPB是等边三角形，四边形ASBP是菱形，
∵PH⊥SB，
∴PH=PS2−SH2=3
观察图象可知，当E在AS，BS上运动时，满足条件，
在RtΔEJP中，∵PE=3，∠EPJ=60°，
∴∠PEJ=30°，
∴PJ=12PE=32，
EJ=3PJ=32，
∴E(1−32，32)，
观察图象可知，满足条件的点E的横坐标为：−1⩽xE⩽1−32．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的判定和性质，菱形的判定，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
28．（2021·江苏无锡·二模）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折至△BFE的位置．
（1）如图1，当点F落在矩形ABCD内部时，连接CF并延长，交AD于点G，若AB=12，BC=15，DG=5，则GF的长度为________________；
（2）如图2，当点C恰好落在AD边上点F处时，若AB=5，且AF⋅FD=10，求BC的长；
（3）如图3，当点C恰好落在AD边上点F处时，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC的值．
【答案】（1）1913；（2）35；（3）35
【解析】
【分析】
（1）设CF交BE于点H，利用勾股定理求得CG，证△CDG∽△BHC，利用相似三角形的性质求出CH的长，由翻折得FH=CH，求得CF，最后GF=CG−CF；
（2）由翻折和矩形的性质证出△FAB∽△EDF，利用相似三角形的性质运算求出DE的长，由线段的数量关系得到EF，利用勾股定理求得DF的长，再由BC=AD=AF+DF计算即可；
（3）过点N作NG⊥BF于点G，证出△NFG∽△BFA，AN=x，FG=y利用相似三角形的比值关系和角平分线的性质分别用含x和y的式子表示出AB，AF，BF的长，利用勾股定理可得到AB2+AF2=BF2，代入后可得到y与x的数量关系，即可用含x的式子表示出BF，再利用比值关系进行比较即可．
【详解】
（1）设CF交BE于点H，
∵四边形ABCD为矩形
∴∠D=90°，AB=DC=12
∴CG=DG2+DC2=52+122=13
由翻折可得：CE=EF，BF=BC
∴BE为FC的中垂线
∴∠BHC=∠GDC=90°
∵∠GCD+∠BCH=90°，∠HBC+∠BCH=90°
∴∠GCD=∠HBC
∴△CDG∽△BHC
∴CHDG=BCCG
∴CH=DG×BCCG=5×1513=7513
由翻折得FH=CH=7513
∴CF=FH+CH=15013
∴GF=CG−CF=13−15013=1913
故答案为：1913
（2）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处
∴∠BFE=∠C=90°，CE=EF
又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°
∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°
∴∠AFB=∠DEF
∴△FAB∽△EDF
∴AFDE=ABDF
∴AF⋅DF=AB⋅DE
∵AF⋅DF=10，AB=5
∴DE=2
∴CE=DC−DE=5−2=3
∴EF=3
∴DF=EF2−DE2=32−22=5
∴BC=AD=AF+DF=25+5=35
（3）过点N作NG⊥BF于点G
∵NF=AN+FD
∴NF=12AD=12BC
∵BC=BF，
∴NF=12BF
∵∠NFG=∠AFB，∠NGF=∠BAF=90°
∴△NFG∽△BFA
∴NGAB=FGFA=NFBF=12，设AN=x
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF
∴AN=NG=x，AB=BG=2x，设FG=y，则AF=2y
∵AB2+AF2=BF2
∴2x2+2y2=2x+y2
解得y=43x
∴BF=BG+GF=2x+43x=103x
∴ABBC=ABBF=2x103x=35
【点睛】
本题主要考查了矩形的翻折综合，其中涉及到了相似三角形的性质及判定，勾股定理，角平分线的性质，熟悉利用相似三角形的比值关系进行列式运算是解题的关键．
29．（2021·江苏·苏州市相城区春申中学一模）如图，已知AB为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端点），以OP、OB为一组邻边作▱POBQ，连接OQ、AP，设OQ、AP的中点分别为M、N，连接PM、ON．
（1）试判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒15°的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为ts．
①是否存在这样的t，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形OMPN的面积取得最大值？并判断此时直线PQ与半圆O的位置关系（需说明理由）．
【答案】（1）四边形OMPN为矩形，理由见解析；（2）①当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；②当t＝6s时，四边形OMPN的面积取得最大值，此时PQ与半圆O相切．
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质可得PQ//OB，PQ＝OB，可证四边形PQOA为平行四边形，可得PA//QO，PA＝QO．由中点的性质可得OM＝PN，可证四边形OMPN为平行四边形，由等腰三角形的性质可得∠ONP＝90°，可得结论；
（2）①求出点Q落在半圆O上时，t的值，点P与点A重合时，t的取值，根据这两个特殊位置，可求点Q落在半圆O内时，t的取值范围；
②由面积公式可得S矩形OMPN＝S△AOP，由△AOP的底AO为定值，则当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，即可求t的值，由平行线的性质可得∠OPQ＝90°，可证PQ与半圆O相切．
【详解】
解：（1）四边形OMPN为矩形，
理由如下：∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQ//OB，PQ＝OB，
又∵OB＝OA，
∴PQ＝AO，
又∵PQ//OA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PA//QO，PA＝QO．
又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
∴OM＝12OQ，PN＝12AP，
∴OM＝PN，
∴四边形OMPN为平行四边形，
∵OP＝OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN为矩形；
（2）①如图，当点Q落在半圆O上时，
∵四边形POBQ是平行四边形，
∴PQ＝OB，PO＝BQ，
又∵OB＝OP＝OQ，
∴OP＝OQ＝PQ＝BO＝BQ，
∴△POQ是等边三角形，△BQO是等边三角形，
∴∠POQ＝∠BOQ＝60°，
∴∠BOP＝120°，
∴t＝12015＝8s，
∴当t＝8s时，点Q落在半圆O上，
∵当点P与点A重合时，t＝18015＝12s，
∴当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；
②∵四边形OMPN为矩形，
∴S矩形OMPN＝ON•NP＝12AP•ON，
∴S矩形OMPN＝S△AOP，
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值．
∴t＝90÷15＝6秒．
∴当t＝6s时，四边形OMPN面积最大，
此时，PQ与半圆O相切．
理由如下：∵∠POB＝90°，PQ//OB，
∴∠OPQ＝90°，
∴PQ与半圆O相切．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
30．（2021·江苏淮安·二模）【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠BAC=45°，AD⊥BC于点D，BD=4，DC=6，求AD的长．
【问题解决】
小明同学是这样分析的：将△ABD沿着AB翻折得到△ABE，将△ACD沿着AC翻折得到△ACF，延长EB、FE相交于点G，请按着小明的思路解答下列问题：
（1）由上可得四边形AEGF是 （填矩形、菱形、正方形中的一个）；
（2）在Rt△GBC中运用勾股定理，求出AD的长．
【方法提炼】通过问题解决，小明发现翻折是解决问题的有效办法之一，它可以将问题中的相关信息有效地集中、关联与重组．请根据自己的理解，解答下列问题：
（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=45°，∠BCD=90°，BC=6，CD=8，求AC的最大值．
（4）如图3，在四边形ABCD中，BC=527，AD＝2，M是AB上一点，且∠DMC=135°，AM=3，BM=4，直接写出CD的最大值为 ．
【答案】（1）正方形；（2）12；（3）122；（4）1017
【解析】
【分析】
（1）先根据△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，得出∠EAF=90°，再根据垂直∠E=∠ADB=90°，∠F=∠ADC=90°，由此可证得四边形AEGF是矩形，最后再根据全等三角形的性质可证得AE=AF，由此即可证得四边形AEGF是正方形；
（2）利用勾股定理，建立关于x的方程模型(x−4)2+(x−6)2=102，求出AD=x=12即可；
（3）将△ABC沿着AB翻折得到△ABE，将△ADC沿着AD翻折得到△ADF，连接EF，结合翻折的性质以及∠BAC=45°可得∠EAF=90°，进而可求得EF=2AC，再利用勾股定理可求得BD=10，最后根据当BE、BD、DF三条线段共线时，EF取得最大为24，由此即可求得AC的最大值；
（4）将△ADM沿着DM翻折得到△EDM，将△BCM沿着CM翻折得到△FCM，连接EF，结合翻折的性质以及∠DMC=135°可得∠EMF=90°，进而可求得EF=5，最后根据CD≤DE＋EF＋FC＝1017，当点D、E、F、C在同一直线上时取得最大值，由此即可求得答案．
【详解】
解：（1）四边形AEGF是正方形，理由如下：
由折叠得：△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF．
∴∠DAB=∠EAB，∠DAC=∠FAC，
又∵∠BAC=45°，
∴∠EAF=90°．
又∵AD⊥BC，
∴∠E=∠ADB=90°，∠F=∠ADC=90°．
∴四边形AEGF是矩形，
∵△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，
∴AE=AD，AF=AD，
∴AE=AF．
∴矩形AEGF是正方形，
故答案为：正方形；
（2）设AD=x，则AE=EG=GF=x．
∵BD=4，DC=6，
∴BE=4，CF=6，
∴BG=x−4，CG=x−6，
在Rt△BGC中，BG2+CG2=BC2，
∴(x−4)2+(x−6)2=102．
化简得，x2−10x−24=0，
解得：x1=12，x2=−2（舍去）
∴AD=12；
（3）如图①，将△ABC沿着AB翻折得到△ABE，将△ADC沿着AD翻折得到△ADF，连接EF，
∴BE＝BC＝6，DF＝CD＝8，且AE＝AF＝AC，∠CAB=∠EAB，∠DAC=∠FAD，
又∵∠BAC=45°，
∴∠EAF=90°．
∴EF=AE2+AF2=2AC，
∵∠BCD=90°，BC=6，CD=8，
∴BD=BC2+CD2=10，
∵当BE、BD、DF三条线段共线时，EF最大，
∴EF的最大值为6＋8＋10＝24，
∴AC的最大值为242=122；
（4）如图②，将△ADM沿着DM翻折得到△EDM，将△BCM沿着CM翻折得到△FCM，连接EF，
由翻折可得：DE＝AD＝2，EM＝AM＝3，MF＝BM＝4，CF＝BC＝527，∠EMD=∠AMD，∠FMC=∠BMC，
∵∠DMC=135°，
∴∠AMD+∠BMC=45°，
∴∠EMD+∠FMC=45°，
∴∠EMF=90°，
∵EM＝3，MF＝4，
∴EF=EM2+MF2=5，
∵CD≤DE＋EF＋FC＝1017，当点D、E、F、C在同一直线上时取得最大值，
∴CD的最大值为1017，
故答案为：1017．
【点睛】
本题考查图形的翻折变换，正方形的判定，勾股定理的应用，建立关于x的方程模型的解题思想，要能灵活运用，（3）（4）两问能够根据前两问解决问题的提示作出正确的辅助线是解决本题的关键，也考查了解一元二次方程．
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