期末真题必刷压轴60题（25个考点专练）-2023-2024学年九年级数学上学期期末考点预测（人教版）

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1．（2023春•环翠区期末）已知：关于x的方程x2+（8﹣4m）x+4m2＝0．
（1）若方程有两个相等的实数根，求m的值，并求出这时方程的根．
（2）问：是否存在正数m，使方程的两个实数根的平方和等于136？若存在，请求出满足条件的m值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据一元二次方程的根的判别式Δ＝0，建立关于m的等式，由此求出m的取值．再化简方程，进而求出方程相等的两根；
（2）利用根与系数的关系，化简x12+x22＝136，即（x1+x2）2﹣2x1x2＝136．根据根与系数的关系即可得到关于m的方程，解得m的值，再判断m是否符合满足方程根的判别式．
【解答】解：（1）若方程有两个相等的实数根，
则有Δ＝b2﹣4ac＝（8﹣4m）2﹣16m2＝64﹣64m＝0，
解得m＝1，
当m＝1时，原方程为x2+4x+4＝0，
∴x1＝x2＝﹣2；
（2）不存在．
假设存在，则有x12+x22＝136．
∵x1+x2＝4m﹣8，
x1x2＝4m2，
∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝136．
即（4m﹣8）2﹣2×4m2＝136，
∴m2﹣8m﹣9＝0，
（m﹣9）（m+1）＝0，
∴m1＝9，m2＝﹣1．
∵Δ＝（8﹣4m）2﹣16m2＝64﹣64m≥0，
∴0＜m≤1，
∴m1＝9，m2＝﹣1都不符合题意，
∴不存在正数m，使方程的两个实数根的平方和等于136．
【点评】总结：1、一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．
2、根与系数的关系为：x1+x2＝x1x2＝．
2．（2022秋•安顺期末）设m是不小于﹣1的实数，关于x的方程x2+2（m﹣2）x+m2﹣3m+3＝0有两个不相等的实数根x1、x2，
（1）若x12+x22＝6，求m值；
（2）求的最大值．
【分析】（1）首先根据根的判别式求出m的取值范围，利用根与系数的关系，求出符合条件的m的值．
（2）把利用根与系数的关系得到的关系式代入代数式，细心化简，结合m的取值范围求出代数式的最大值．
【解答】解：∵方程有两个不相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝4（m﹣2）2﹣4（m2﹣3m+3）＝﹣4m+4＞0，
∴m＜1，
结合题意知：﹣1≤m＜1．
（1）∵x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝4（m﹣2）2﹣2（m2﹣3m+3）＝2m2﹣10m+10＝6
∴，
∵﹣1≤m＜1，
∴；
（2）＝
＝（﹣1≤m＜1）．
∵对称轴m＝，2＞0，
∴当m＝﹣1时，式子取最大值为10．
【点评】本题的计算量比较大，需要很细心的求解．用到一元二次方程的根的判别式Δ＝b2﹣4ac来求出m的取值范围；利用根与系数的关系x1+x2＝，x1x2＝来化简代数式的值．
3．（2022秋•宿城区期末）已知关于x的方程x2﹣（2k+1）x+4（k﹣）＝0．
（1）求证：无论k取什么实数值，这个方程总有实数根；
（2）能否找到一个实数k，使方程的两实数根互为相反数？若能找到，求出k的值；若不能，请说明理由．
（3）当等腰三角形ABC的边长a＝4，另两边的长b、c恰好是这个方程的两根时，求△ABC的周长．
【分析】（1）整理根的判别式，得到它是非负数即可．
（2）两实数根互为相反数，让﹣＝0即可求得k的值．
（3）分b＝c，b＝a两种情况做．
【解答】证明：（1）∵Δ＝（2k+1）2﹣16（k﹣）＝（2k﹣3）2≥0，
∴方程总有实根；
解：（2）∵两实数根互为相反数，
∴x1+x2＝2k+1＝0，
解得k＝﹣0.5；
（3）①当b＝c时，则Δ＝0，
即（2k﹣3）2＝0，
∴k＝，
方程可化为x2﹣4x+4＝0，
∴x1＝x2＝2，
而b＝c＝2，
∴b+c＝4＝a不适合题意舍去；
②当b＝a＝4，则42﹣4（2k+1）+4（k﹣）＝0，
∴k＝，
方程化为x2﹣6x+8＝0，
解得x1＝4，x2＝2，
∴c＝2，
C△ABC＝10，
当c＝a＝4时，同理得b＝2，
∴C△ABC＝10，
综上所述，△ABC的周长为10．
【点评】一元二次方程总有实数根应根据判别式来做，两根互为相反数应根据根与系数的关系做，等腰三角形的周长应注意两种情况，以及两种情况的取舍．
二．一元二次方程的应用（共3小题）
4．（2023春•武胜县校级期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5厘米，AB＝5厘米，点P从点A出发沿AC边以2厘米/秒的速度向终点C匀速移动，同时，点Q从点C出发沿CB边以1厘米/秒的速度向终点B匀速移动，P、Q两点运动几秒时，P、Q两点间的距离是2厘米？
【分析】首先表示出PC和CQ的长，然后利用勾股定理列出有关时间t的方程求解即可．
【解答】解：设P、Q两点运动x秒时，P、Q两点间的距离是2厘米．
在△ABC中，∠C＝90°，BC＝5厘米，AB＝5厘米，
∴AC＝＝＝10（厘米），
∴AP＝2x 厘米 CQ＝x厘米 CP＝（10﹣2x）厘米，
在Rt△CPQ内有PC2+CQ2＝PQ2，
∴（10﹣2x）2+x2＝（2）2，
整理得：x2﹣8x+12＝0，
解得：x＝2或x＝6，
当x＝6时 CP＝10﹣2x＝﹣2＜0，∴x＝6不合题意舍去．
∴P、Q两点运动2秒时，P、Q两点间的距离是2厘米．
【点评】本题考查了一元二次方程的解法和应用，解决第二题的关键是设出运动时间并用运动时间表示出有关线段的长．
5．（2022秋•甘井子区校级期末）青山村种的水稻2010年平均每公顷产7200kg，2012年平均每公顷产8450kg，求水稻每公顷产量的年平均增长率．
【分析】本题依据题中的等量关系水稻2010年平均每公顷产7200kg，2012年平均每公顷产8450kg，根据增长后的产量＝增长前的产量（1+增长率），设增长率是x，则2012年的产量是7200（1+x）2据此即可列方程，解出后检验即可．
【解答】解：设水稻每公顷产量的年平均增长率为x，
则有：7200（1+x）2＝8450，
解得：x1＝≈0.0833，x2＝﹣＝﹣2.0833（应舍去）．
故水稻每公顷产量的年平均增长率为8.33%．
【点评】考查了一元二次方程的应用，若原来的数量为a，平均每次增长或降低的百分率为x，经过第一次调整，就调整到a×（1±x），再经过第二次调整就是a×（1±x）（1±x）＝a（1±x）2．增长用“+”，下降用“﹣”．
6．（2022秋•惠阳区校级期末）如图，某中学准备在校园里利用围墙的一段，再砌三面墙，围成一个矩形花园ABCD（围墙MN最长可利用25m），现在已备足可以砌50m长的墙的材料，试设计一种砌法，使矩形花园的面积为300m2．
【分析】设AB为x m，则BC为（50﹣2x）m，根据题意可得等量关系：矩形的长×宽＝300，根据等量关系列出方程，再解即可．
【解答】解：设AB为x m，则BC为（50﹣2x）m，
根据题意得方程：x（50﹣2x）＝300，
2x2﹣50x+300＝0，
解得；x1＝10，x2＝15，
当x1＝10时50﹣2x＝30＞25（不合题意，舍去），
当x2＝15时50﹣2x＝20＜25（符合题意）．
答：当砌墙宽为15米，长为20米时，花园面积为300平方米．
【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，设出未知数，列出方程．
三．反比例函数与一次函数的交点问题（共3小题）
7．（2022秋•阳曲县期末）如图，一次函数y＝kx+b与反比例函数y＝的图象交于A（﹣1，3），B（3，a）两点．
（1）求一次函数与反比例函数的表达式；
（2）根据所给条件，请直接写出不等式kx+b＞的解集；
（2）求S△AOB．
【分析】（1）把A的坐标代入反比例函数解析式求得解析式，然后求得B的坐标，再用待定系数法求得一次函数的解析式；
（2）不等式kx+b＞的解集就是一次函数的图象在反比例函数的图象的上边时对应的x的范围；
（3）首先求得AB与y轴的交点，然后利用三角形的面积公式求解．
【解答】解：（1）把A（﹣1，3）代入y＝得m＝﹣3，
则反比例函数的解析式是y＝﹣，
当x＝3时，y＝﹣1，则B的坐标是（3，﹣1）．
根据题意得：，
解得：，
则直线的解析式是y＝﹣x+2；
（2）不等式kx+b＞的解集是：x＜﹣1或0＜x＜3；
（3）在y＝﹣x+2中，令x＝0，则y＝2，
则S△AOB＝×2×1+×2×3＝4．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次函数，体现了方程思想，综合性较强．
8．（2022秋•莘县校级期末）如图，Rt△ABO的顶点A是双曲线与直线y＝﹣x﹣（k+1）在第二象限的交点．AB⊥x轴于B，且．
（1）求这两个函数的解析式；
（2）求直线与双曲线的两个交点A、C的坐标和△AOC的面积．
（3）直接写出的解集．
【分析】（1）欲求这两个函数的解析式，关键求k值．根据反比例函数性质，k绝对值为3且为负数，由此即可求出k；
（2）由函数的解析式组成方程组，解之求得A、C的坐标，然后根据S△AOC＝S△ODA+S△ODC即可求出；
（3）根据图象即可求得．
【解答】解：（1）设A点坐标为（x，y），且x＜0，y＞0，
则S△ABO＝•|BO|•|BA|＝•（﹣x）•y＝，
∴xy＝﹣3，
又∵y＝，
即xy＝k，
∴k＝﹣3．
∴所求的两个函数的解析式分别为y＝﹣，y＝﹣x+2；
（2）由y＝﹣x+2，
令x＝0，得y＝2．
∴直线y＝﹣x+2与y轴的交点D的坐标为（0，2），
∵A、C在反比例函数的图象上，
∴，解得，，
∴交点A为（﹣1，3），C为（3，﹣1），
∴S△AOC＝S△ODA+S△ODC＝OD•（|x1|+|x2|）＝×2×（3+1）＝4；
（3）关于x的不等式的解集是：﹣1≤x＜0或0x≥3．
【点评】此题首先利用待定系数法确定函数解析式，然后利用解方程组来确定图象的交点坐标，及利用坐标求出线段和图形的面积．也考查了函数和不等式的关系．
9．（2022秋•岳阳县期末）如图已知函数y＝（k＞0，x＞0）的图象与一次函数y＝mx+5（m＜0）的图象相交不同的点A、B，过点A作AD⊥x轴于点D，连接AO，其中点A的横坐标为x0，△AOD的面积为2．
（1）求k的值及x0＝4时m的值；
（2）记[x]表示为不超过x的最大整数，例如：[1.4]＝1，[2]＝2，设t＝OD•DC，若﹣＜m＜﹣，求[m2•t]值．
【分析】（1）设A（x0，y0），可表示出△AOD的面积，再结合x0y0＝k可求得k的值，根据A的横坐标可得纵坐标，代入一次函数可得m的值；
（2）先根据一次函数与x轴的交点确定OC的长，表示DC的长，从而可以表示t，根据A的横坐标为x0，即x0满足，可得：mx02+5x0＝4，再根据m的取值计算m2•t，最后利用新定义可得结论．
【解答】解：（1）设A（x0，y0），则OD＝x0，AD＝y0，
∴S△AOD＝OD•AD＝＝2，
∴k＝x0y0＝4；
当x0＝4时，y0＝1，
∴A（4，1），
代入y＝mx+5中得4m+5＝1，m＝﹣1；
（2）∵，
，
mx2+5x﹣4＝0，
∵A的横坐标为x0，
∴mx02+5x0＝4，
当y＝0时，mx+5＝0，
x＝﹣，
∵OC＝﹣，OD＝x0，
∴m2•t＝m2•（OD•DC），
＝m2•x0（﹣﹣x0），
＝m（﹣5x0﹣mx02），
＝﹣4m，
∵﹣＜m＜﹣，
∴5＜﹣4m＜6，
∴[m2•t]＝5．
【点评】本题是新定义的阅读理解问题，还考查了一次函数和反比例函数的交点问题、一元二次方程解的定义及反比例函数k的几何意义，有难度，综合性较强，第2问利用方程的解得出mx02+5x0＝4是关键．
四．反比例函数的应用（共2小题）
10．（2022秋•沙依巴克区校级期末）在面积都相等的所有矩形中，当其中一个矩形的一边长为1时，它的另一边长为3．
（1）设矩形的相邻两边长分别为x，y．
①求y关于x的函数表达式；
②当y≥3时，求x的取值范围；
（2）圆圆说其中有一个矩形的周长为6，方方说有一个矩形的周长为10，你认为圆圆和方方的说法对吗？为什么？
【分析】（1）①直接利用矩形面积求法进而得出y与x之间的关系；②直接利用y≥3得出x的取值范围；
（2）直接利用x+y的值结合根的判别式得出答案．
【解答】解：（1）①由题意可得：xy＝3，
则y＝（x＞0）；
②当y≥3时，≥3
解得：x≤1，
故x的取值范围是：0＜x≤1；
（2）∵一个矩形的周长为6，
∴x+y＝3，
∴x+＝3，
整理得：x2﹣3x+3＝0，
∵b2﹣4ac＝9﹣12＝﹣3＜0，
∴矩形的周长不可能是6；
所以圆圆的说法不对．
∵一个矩形的周长为10，
∴x+y＝5，
∴x+＝5，
整理得：x2﹣5x+3＝0，
∵b2﹣4ac＝25﹣12＝13＞0，
∴矩形的周长可能是10，
所以方方的说法对．
【点评】此题主要考查了反比例函数的应用以及一元二次方程的解法，正确得出y与x之间的关系是解题关键．
11．（2022秋•邯山区校级期末）家用电灭蚊器的发热部分使用了PTC发热材料，它的电阻R（kΩ）随温度t（℃）（在一定范围内）变化的大致图象如图所示．通电后，发热材料的温度在由室温10℃上升到30℃的过程中，电阻与温度成反比例关系，且在温度达到30℃时，电阻下降到最小值；随后电阻随温度升高而增加，温度每上升1℃，电阻增加kΩ．
（1）求当10≤t≤30时，R和t之间的关系式；
（2）求温度在30℃时电阻R的值；并求出t≥30时，R和t之间的关系式；
（3）家用电灭蚊器在使用过程中，温度在什么范围内时，发热材料的电阻不超过6kΩ？
【分析】（1）设关系为R＝，将（10，6）代入求k；
（2）将t＝30℃代入关系式中求R’，由题意得R＝R’+（t﹣30）；
（3）将R＝6代入R＝R’+（t﹣30）求出t．
【解答】解：（1）∵温度在由室温10℃上升到30℃的过程中，电阻与温度成反比例关系，
∴可设R和t之间的关系式为R＝，
将（10，6）代入上式中得：6＝，
k＝60．
故当10≤t≤30时，R＝；
（2）将t＝30℃代入上式中得：R＝，R＝2．
∴温度在30℃时，电阻R＝2（kΩ）．
∵在温度达到30℃时，电阻下降到最小值；随后电阻随温度升高而增加，温度每上升1℃，电阻增加kΩ，
∴当t≥30时，
R＝2+（t﹣30）＝t﹣6；
（3）把R＝6（kΩ），代入R＝t﹣6得，t＝45（℃），
所以，温度在10℃～45℃时，电阻不超过6kΩ．
【点评】主要考查了函数的应用．解题的关键是根据实际意义列出函数关系式，从实际意义中找到对应的变量的值，利用待定系数法求出函数解析式，再根据自变量的值求算对应的函数值．
五．抛物线与x轴的交点（共2小题）
12．（2022秋•扶风县期末）二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，其中图象与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴交于点C（0，﹣5），且经过点D（3，﹣8）．
（1）求此二次函数的解析式；
（2）将此二次函数的解析式写成y＝a（x﹣h）2+k的形式，并直接写出顶点坐标以及它与x轴的另一个交点B的坐标．
（3）利用以上信息解答下列问题：若关于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣t＝0（t为实数）在﹣1＜x＜3的范围内有解，则t的取值范围是 ﹣9≤t＜0 ．
【分析】（1）把点A、B、C的坐标代入函数表达式，然后根据 三元一次方程的解法求出a、b、c的值，即可得到二次函数的解析式；
（2）利用配方法整理，然后根据顶点式写出顶点坐标，再根据对称轴解析式与点A的坐标求出与x轴的另一交点坐标；
（3）由（1）可知a，b，c的值，再根据一元二次方程x2﹣4x﹣5﹣t＝0（t为实数）在﹣1＜x＜3的范围内有解相当于y＝x2﹣4x﹣5与y＝t在x的范围内有交点解答即可．
【解答】解：（1）根据题意得，
，
②分别代入①、③得，
a﹣b＝5④，
3a+b＝﹣1⑤，
④+⑤得，4a＝4，
解得a＝1，
把a＝1代入④得，1﹣b＝5，
解得b＝﹣4，
∴方程组的解是
，
∴此二次函数的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
（2）y＝x2﹣4x﹣5＝x2﹣4x+4﹣4﹣5＝（x﹣2）2﹣9，
二次函数的解析式为y＝（x﹣2）2﹣9，
顶点坐标为（2，﹣9），
对称轴为x＝2，
设另一点坐标为B（a，0），
则﹣1+a＝2×2，
解得a＝5，
∴点B的坐标是B（5，0）；
（3）由（1）可知二次函数解析式为y＝x2﹣4x﹣5，
即y＝（x﹣2）2﹣9，
x＝﹣1时，y＝9﹣9＝0，
x＝3时，y＝1﹣9＝﹣8，
∵关于x的一元二次方程ax2+bx+c﹣t＝0（t为实数）在﹣1＜x＜3的范围内有解相当于y＝ax2+bx+c与直线y＝t的交点的横坐标，
∴当﹣9≤t＜0时，在﹣1＜x＜3的范围内有解．
故答案为：﹣9≤t＜0．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，把点的坐标代入函数表达式，然后解三元一次方程组即可，熟练掌握二次函数的性质以及三种形式的相互转化也很重要；本题还考查了二次函数与不等式，把方程的解转化为两个函数图象的交点的问题求解是解题的关键，作出图形更形象直观．
13．（2023春•鼓楼区校级期末）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣6交x轴于A（2，0），B（﹣6，0）两点，交y轴于点C，点Q为线段BC上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求QA+QO的最小值；
（3）过点Q作QP∥AC交抛物线的第三象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAQ与△PBQ的面积分别为S1，S2，设S＝S1+S2，当时，求点P的坐标．
【分析】（1）A（2，0），B（﹣6，0）代入y＝ax2+bx﹣6，利用待定系数法解答即可；
（2）作点O关于直线BC的对称点坐标为O′，求出O′的坐标，并证明Q′A为QA+QO的最小值，求出Q′A即可；
（3）过点P作PM⊥x轴，交x轴于点M．连接PC．设点P（m，m2+2m﹣6），由于QP∥AC，故S△PAQ＝S△PCQ（同底等高），从而得到S△PAQ+S△PBQ＝S△PBC＝S梯形PCOM+SRt△PMB﹣SRt△BOC，用P点坐标将各项表示出来，从而求出m的值，进而求得P点坐标．
【解答】解：（1）将A（2，0），B（﹣6，0）分别代入y＝ax2+bx﹣6，得方程组，解得．
∴抛物线的解析式为y＝+2x﹣6．
（2）作点O关于直线BC的对称点坐标为O′．连接BO′、CO′、OO′．
∵OB＝OC，OO′⊥BC，
∴OO′平分BC，
∴OO′垂直平分BC．
又∵BC垂直平分OO′，且∠BOC＝90°，
∴四边形OCO′B是正方形．
∴点O关于直线BC的对称点坐标为O′（﹣6，﹣6）．
连接O′A，与BC交于点Q．
∵BC是OO′的垂直平分线，
∴QO＝QO′，
∴QA+QO＝QA+QO′＝O′A．
在BC上任取一点异于点Q的点Q′，连接Q′O、Q′A、Q′O′．
Q′A+Q′O＝Q′A+Q′O′＞O′A（在三角形中，两边之和大于第三边），
∴QA+QO的最小值为O′A＝＝10．
（3）过点P作PM⊥x轴，交x轴于点M．连接PC．
∵QP∥AC，
∴S△PAQ＝S△PCQ（同底等高），
∴S△PAQ+S△PBQ＝S△PBC＝S梯形PCOM+SRt△PMB﹣SRt△BOC．
设点P（m，m2+2m﹣6），
∴S梯形PCOM＝（MP+OC）•OM＝（﹣m2﹣2m+6+6）（﹣m）＝﹣m（﹣m2﹣2m+12），
SRt△PMB＝MP•BM＝（﹣m2﹣2m+6）（m+6）＝（m+6）（﹣m2﹣2m+6），
SRt△BOC＝OB•OC＝×6×6＝18．
∴S＝S1+S2＝﹣m（﹣m2﹣2m+12）+（m+6）（﹣m2﹣2m+6）﹣18＝，解得m＝﹣1或﹣5．
∴P（﹣1，﹣）或（﹣5，﹣）．
【点评】本题考查二次函数的性质、图象上坐标特点和解析式的求法等内容，解答过程非常复杂，要求有极强的计算能力和思维能力．
六．二次函数的应用（共2小题）
14．（2022秋•大理州期末）某商品的进价为每件20元，售价为每件25元时，每天可卖出250件．市场调查反映：如果调整价格，一件商品每涨价1元，每天要少卖出10件．
（1）若某天的销售利润为2000元，为最大限度让利于顾客，则该商品销售价是多少？
（2）求销售单价为多少元时，该商品每天的销售利润最大，请说明理由．
【分析】（1）设销售价格为x元，根据“单件利润×销售量＝总利润”列出关于x的方程，解之可得；
（2）根据（1）中所列相等关系列出总利润y关于x的函数解析式，配方成顶点式，再利用二次函数的性质求解可得．
【解答】解：（1）设销售价格为x元时，当天销售利润为2000元，
则（x﹣20）•[250﹣10（x﹣25）]＝2000，
整理，得：x2﹣70x+1200＝0，
解得：x1＝30，x2＝40（舍去），
答：该商品销售价是30元/件；
（2）设该商品每天的销售利润为y，
则y＝（x﹣20）•[250﹣10（x﹣25）]
＝﹣10x2﹣700x+10000
＝﹣10（x﹣35）2+2250，
答：当销售单价为35元/件时，销售利润最大．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，根据题意利用函数性质得出最值是解题关键．
15．（2022秋•华容区期末）如图，足球场上守门员在O处开出一高球，球从离地面1米的A处飞出（A在y轴上），运动员乙在距O点6米的B处发现球在自己头的正上方达到最高点M，距地面约4米高．球第一次落地点后又一次弹起．据实验，足球在草坪上弹起后的抛物线与原来的抛物线形状相同，最大高度减少到原来最大高度的一半．
（1）求足球开始飞出到第一次落地时，该抛物线的表达式．
（2）运动员乙要抢到第二个落点D，他应再向前跑多少米？（取，）
【分析】（1）易得第一次落地时抛物线的顶点，可设所求的函数解析式为顶点式，把（0，1）代入即可求得所求的函数解析式；
（2）易得第二次落地时的抛物线的二次项的系数与第一次落地时抛物线的二次项系数相同，顶点的纵坐标为第一个函数顶点纵坐标的一半，用顶点式设出所求的函数解析式，把C坐标代入后求得第二次落地时的抛物线解析式，让函数值等于0可得D的横坐标，减去OB的距离即为跑的距离．
【解答】解：（1）如图，设第一次落地时，
抛物线的表达式为y＝a（x﹣6）2+4．
由已知：当x＝0时y＝1．
即1＝36a+4，
∴a＝﹣．
∴表达式为y＝﹣（x﹣6）2+4；
（2）由题意得：0＝﹣（x﹣6）2+4
解得：x1＝4+6≈13，x2＝﹣4+6＜0（舍去），
∴点C坐标为（13，0）．
设第二次落地的抛物线为y＝﹣（x﹣k）2+2．
将C点坐标代入得：0＝﹣（13﹣k）2+2．
解得：k1＝13﹣2＜13（舍去），k2＝13+2≈18．
∴y＝﹣（x﹣18）2+2．
0＝﹣（x﹣18）2+2．
x1＝18﹣2（舍去），x2＝18+2≈23，
∴BD＝23﹣6＝17（米）．
答：运动员乙要抢到第二个落点D，他应再向前跑17米．
【点评】考查二次函数的应用；判断出2个二次函数的顶点坐标是解决本题的关键；用到的知识点为：若二次函数的形状相同，则二个二次函数的二次项系数相同．
七．二次函数综合题（共19小题）
16．（2022秋•绵阳期末）如图，抛物线的图象与x轴交于A，B两点，A（﹣1，0），对称轴是直线x＝1，与y轴交于点C（0，）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，矩形DEFG的边DE在x轴上，顶点F，G在x轴上方的抛物线上，设点D的横坐标为d，当矩形DEFG的周长取最大值时，求d，并求矩形DEFG的周长的最大值；
（3）在（2）的结论下，直线DG上是否存在点M，使得∠GMF＝2∠DEM，若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由对称性得出点B坐标，抛物线的解析式设为交点式，进一步得出结果；
（2表示出点G的坐标，进而表示出DE和DG的长，进而表示出矩形的周长的解析式，进一步得出结果；
（3）设DM＝x，作EM的垂直平分线，交DE于H，根据△MGF∽△HDM，从而，从而表示出DH＝﹣+4x，MH＝EH＝﹣（﹣+4x）＝﹣4x+，在直角三角形DHM中，根据勾股定理列出方程，进而得出结果．
【解答】解：（1）由题意得，
B（3，0），
设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
∴＝a•1×（﹣3），
∴a＝﹣，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+3x+；
（2）设矩形DEFG的周长为l，
∵G（d，﹣+3d+），
∴DE＝2（1﹣d）＝2﹣2d，DG＝﹣+3d+，
∴l＝2（DE+DG）＝2（2﹣2d﹣+3d+）＝﹣3d2+2d+13＝﹣3（d﹣）2+，
∴当d＝时，矩形周长最大值为；
（3）当M点在线段GD上时，如图，
设DM＝x，
作EM的垂直平分线，交DE于H，
∴EH＝MH，
∴∠HME＝∠HEM，
∴∠MHD＝∠MHE+∠HEM＝2∠DEM，
∵∠GMF＝2∠DEM，
∴∠GMF＝∠MHD，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠G＝∠D＝90°，
∴△MGF∽△HDM，
∴，
∴，
∴DH＝﹣+4x，
∴MH＝EH＝﹣（﹣+4x）＝﹣4x+，
由DM2+DH2＝MH2得，
x2+（﹣+4x）2＝（﹣4x+）2，
∴x1＝，x2＝（舍去），
∴M（，）；
当M点在线段DG和线段GD的延长线上时，∠GMF是锐角，2∠DEM是钝角，所以不存在∠GMF＝2∠DEM；
综上所述：M（，）．
【点评】本题考查了二次函数及其图象的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
17．（2022秋•德城区期末）如图1，直线y＝﹣2x+2交x轴于点A，交y轴于点C，过A、C两点的抛物线与x轴的另一交点为B．
（1）请直接写出该抛物线的函数解析式；
（2）点D是第二象限抛物线上一点，设D点横坐标为m．
①如图2，连接BD，CD，BC，求△BDC面积的最大值；
②如图3，连接OD，将线段OD绕O点顺时针旋转90°，得到线段OE，过点E作EF∥x轴交直线AC于F．求线段EF的最大值及此时点D的坐标．
【分析】（1）根据题意用一次函数解析式求出与x轴y轴交点坐标，代入即可得到答案；
（2）①连接OD，利用对角线将四边形分成不同的两个三角形，利用底边在轴线上的三角形面积和差即可得到所求三角形面积表达式，配方成顶点式即可得到最值；
②过D作DM⊥x轴于M，EF交y轴于N，易证△ODM≌△OEN，从而可以根据线段关系得到E、F点坐标，得到EF的表达式再根据二次函数最值即可求解．
【解答】解：（1）由题意可得，
当x＝0时，y＝﹣2×0+2＝2，
当y＝0时，﹣2x+2＝0，解得x＝1，
∴A（1，0），B（0，2），
代入y＝﹣+bx+c得，y＝﹣x+2；
（2）①连接OD，，
令y＝0，则﹣x+2＝0，
解得x1＝﹣4，x2＝1，
∴B（﹣4，0）D在第二象限，
∴﹣4＜m＜0，
∴S△BCD＝S△BOD+S△COD﹣S△BOC
＝×4×2
＝﹣m2﹣4m
＝﹣（m+2）2+4，
当m＝﹣2时，△BCD的面积最大为4，
②过D作DM⊥x轴于M，EF交y轴于N，
在△ODM和△OEN中，
，
∴△ODM≌△OEN（AAS），
∴DM＝EN＝﹣m+2OM＝ON＝﹣m，
∴，
令y＝﹣m，则﹣m＝﹣2x+2x＝m+1EF＝﹣m﹣1＝﹣﹣2m+1＝﹣（m+2）2+3，
∴当m＝﹣2时EF最大为3，D点的坐标（﹣2，3）．
【点评】本题考查了一次函数与二次函数共存问题及二次函数实际应用题，通过数形结合最终将最值问题转换成二次函数最值问题是解题的关键．
18．（2022秋•大洼区期末）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线P：y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，且图象与抛物线Q：y＝x2+2x﹣3的图象关于原点中心对称．
（1）求抛物线P的表达式；
（2）连接BC，点D为线段BC上的一个动点，过点D作DE∥y轴，交抛物线P的图象于点E，求线段DE长度的最大值；
（3）如图②，在抛物线P的对称轴上是否存在点M，使△MOB是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出抛物线Q与y轴、x轴的交点坐标，再由抛物线Q与抛物线P关于原点对称即可得点A、B、C坐标，即可求抛物线P；
（2）设BC得表达式为y＝mx+n，将点B、C代入得y＝﹣x+3，设D（a，﹣a+3），则E（a，﹣a2+2a+3），表示出DE即可求解；
（3）对称轴与x轴交于点F，y＝﹣x2+2x+3得对称轴为x＝1，判断OM≠MB，分①OM＝OB＝3，②BM＝OB＝3两种情况求解即可．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝0+0﹣3＝﹣3，
∴抛物线Q与y轴的交点为（0，﹣3），
当y＝0时，0＝x2+2x﹣3，
解得：x＝1或x＝﹣3，
∴抛物线Q与x轴的交点为（1，0）、（﹣3，0），
∵抛物线Q与抛物线P关于原点对称，
∴A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3），
将点A、C代入y＝﹣x2+bx+c中得：
，
解得：，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）设BC得表达式为y＝mx+n，
将点B、C代入y＝mx+n得：
，
解得：，
∴y＝﹣x+3，
设D（a，﹣a+3），则E（a，﹣a2+2a+3）；
，
∴当a＝时，DE有最大值，DE的最大值为；
（3）在抛物线P的对称轴上存在点M，使△MOB是等腰三角形，理由如下：
如图，对称轴与x轴交于点F，
∵y＝﹣x2+2x+3得对称轴为x＝1，
∴OM≠MB，
①当OM＝OB＝3时，△MOB是等腰三角形，
，
∴或．
②当BM＝OB＝3时，△MOB是等腰三角形，
，
∴或．
∴或或或．
【点评】本题主要考查二次函数的应用、一次函数应用，勾股定理，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
19．（2022秋•大冶市期末）抛物线y＝﹣x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点．
（1）直接写出A，B，C三点的坐标为A （﹣2，0） ，B （3，0） ，C （0，4） ；
（2）连接AP，CP，AC，若S△APC＝2，求点P的坐标；
（3）连接AP，BC，是否存在点P，使得∠PAB＝∠ABC，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）令x＝0，则y＝4，令y＝0，则﹣x+4＝0，所以x＝﹣2或x＝3，由此可得结论；
（2）连接OP，设，则S△PAC＝S△AOC+S△POC﹣S△AOP，列出方程求出m的值，进而可以解决问题；
（3）在AB的延长线上截取BF＝BC，连接CF，过点B作BE⊥x轴，交CF于点E，连接AE，求出直线CF的解析式为：，直线AE的解析式为：，联立方程组即可解决问题．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝4，
令y＝0，则﹣x+4＝0，
∴x＝﹣2或x＝3，
∴A（﹣2，0），B（3，0），C（0，4）．
故答案为：（﹣2，0），（3，0），（0，4）；
（2）如图，连接OP，
设，
则S△PAC＝S△AOC+S△POC﹣S△AOP
＝
＝4+2m+m2﹣m﹣4
＝m2﹣m
＝2，
解得：m1＝1，m2＝﹣3（舍），2m方/3+4m/3＝2
∴点P的坐标为（1，4）；
（3）存在点P使得，理由如下：
如图2，在AB的延长线上截取BF＝BC，连接CF，过点B作BE⊥x轴，交CF于点E，连接AE，
在Rt△BOC中，
∵OB＝3，OC＝4，
∴BC＝BF＝5，
∵AO＝2，
∴AB＝BF＝5，
∵BE⊥x轴，
∴AE＝EF，
∴∠EAB＝∠EFB＝ABC，
∵F（8，0），C（0，4）．
∴直线CF的解析式为：y＝﹣x+4，
令x＝3，则y＝，
∴E（3，），
∵A（﹣2，0），
∴直线AE的解析式为：y＝x+1，
联立：，
解得：（舍），
∴点P的坐标为．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行线分线段成比例，角度的存在性等相关内容，解本题的关键是求抛物线解析式，确定点P的坐标．
20．（2022秋•滕州市期末）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若点E是线段BC上的一个动点，平行于y轴的直线EF交抛物线于点F，求△FBC面积的最大值；
（3）设点P是（1）中抛物线上的一个动点，是否存在满足S△PAB＝6的点P？如果存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）首先求出直线BC的解析式，然后设F（x，x2﹣2x﹣3），则E（x，x﹣3），根据题意表示出△FBC面积，然后利用二次函数的性质求解即可；
（3）首先求出AB的长度，然后设点P的坐标为（t，t2﹣2t﹣3），根据S△PAB＝6列出方程求解即可．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
得：，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．
（2）设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），
将B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝mx+n，
得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3．
设F（x，x2﹣2x﹣3），则E（x，x﹣3），
∴EF＝（x﹣3）﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣x2+3x，
∴，
当时，△FBC的面积有最大值．
（3）存在，理由如下：∵点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0），
∴AB＝|3﹣（﹣1）|＝4，设点P的坐标为（t，t2﹣2t﹣3）．
∵S△PAB＝6，
∴，
即t2﹣2t﹣3＝3或t2﹣2t﹣3＝﹣3，
解得：，，t3＝0，t4＝2，
∵存在满足S△PAB＝6的点P，点P的坐标为或或（0，﹣3）或（2，﹣3）．
【点评】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
21．（2022秋•望城区期末）如图①，抛物线y＝ax2+x+c，与x轴交于A，B两点（A在B的左边），与y轴交于C点，顶点为E，其中，点A坐标为（﹣1，0），对称轴为x＝2．
（1）求此抛物线解析式；
（2）在第四象限的抛物线上找一点F，使S△FBC＝S△ACB，求点F的坐标；
（3）如图②，点P是x轴上一点，点E与点H关于点P成中心对称，点B与点Q关于点P成中心对称，当以点Q，H，E为顶点三角形是直角三角形时，求P的坐标．
【分析】（1）根据对称轴为x＝2．可得a＝﹣，把A（﹣1，0）代入抛物线即可解决问题；
（2）根据对称轴为x＝2．A（﹣1，0），可得B（5，0）求出直线BC解析式为y＝﹣x+，由第四象限的抛物线上找一点F，使S△FBC＝S△ACB，可得AF∥BC，然后求出直线AF的解析式为y＝﹣x﹣，联立方程组即可解决问题；
（3）设对称轴交x轴于点T，作HM⊥x轴于M，作HN⊥对称轴于N，然后分三种情况讨论解答即可．
【解答】解：（1）∵对称轴为x＝2．
∴a＝﹣，
∵A（﹣1，0），
把A（﹣1，0）代入抛物线y＝﹣x2+x+c，
解得：c＝，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+；
（2）∵对称轴为x＝2．A（﹣1，0），
∴B（5，0），
∵直线BC过C（0，），B（5，0）点，
∴直线BC解析式为y＝﹣x+，
∵在第四象限的抛物线上找一点F，使S△FBC＝S△ACB，
∴AF∥BC，
设直线AF的解析式为y＝﹣x+﹣k，
把A（﹣1，0）代入得k＝，
∴直线AF的解析式为y＝﹣x﹣，
联立方程组得，
解得，（舍去），
∴点F的坐标为（6，﹣）；
（3）如图，设对称轴交x轴于点T，作HM⊥x轴于M，作HN⊥对称轴于N，
∵点P是x轴上一点，
∴设P（m，0），
∵点B与点Q关于点P成中心对称，
∴BP＝QP＝5﹣m，
∴点Q坐标为（2m﹣5，0），
∴OQ＝QP+OP＝5﹣2m，
∴QT＝OQ+OT＝7﹣2m，
∴QM＝OQ﹣OM＝5﹣2m﹣（2﹣2m）＝3，
∵点E与点H关于点P成中心对称，顶点E（2，4），
∴H坐标为（2m﹣2，﹣4），N坐标为（2，﹣4），
根据勾股定理得：
QE2＝QT2+ET2＝4m2﹣28m+65，
HE2＝EN2+HN2＝4m2﹣16m+80，
QH2＝42+32＝25，
①当∠HQE＝90°时，QE2+QH2＝HE2，解得m＝，
∴P点坐标为（，0）．
②当∠QHE＝90°时，HE2+QH2＝QE2，解得m＝﹣，
∴P点坐标为（﹣，0）．
③∵QH＝QP＝5，
∴∠QHP＝∠QPH＞∠QEH，
∴∠QEH≠90°，
综上所得，当P点坐标为（，0）或（﹣，0）时，以点Q，H，E为顶点的三角形是直角三角形．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，对称的性质，掌握二次函数的性质，利用待定系数法求得抛物线的解析式是解题的关键．
22．（2022秋•雄县期末）已知抛物线G：y＝﹣+kx+4（k为常数）与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C．
（1）当k＝1时，如图所示：
①抛物线G的对称轴为直线 x＝1 ，点A的坐标为 （﹣2，0） ；
②在x轴正半轴上从左到右有D，E两点，且DE＝1，从点E向上作EF⊥x轴，且EF＝2，在△DEF沿x轴左右平移时，若抛物线G与边DF（包括端点）有交点，求点F横坐标的最大值比最小值大多少？
（2）当抛物线G的顶点P的纵坐标yP取得最小值时，求此时抛物线G的函数解析式；
（3）当k＜0，且x≥k时，抛物线G的最高点到直线l：y＝7的距离为2，直接写出此时k的值．
【分析】（1）①根据抛物线解析式可得抛物线的对称轴和点A的坐标；
②根据抛物线对称轴右侧的图象经过点D时，此时点F的横坐标值最大；当抛物线对称轴左侧的图象经过点F时，此时点F的横坐标最小，列方程求解即可；
（2）根据题意列方程求解即可；
（3）根据题意分情况讨论即可．
【解答】解：（1）①∵，k＝1，
∴，
∴对称轴为，
∵与x轴有两个交点分别是A、B，
∴，
∴x1＝4，x2＝﹣2，
∴A（﹣2，0）．
②当抛物线对称轴右侧的图象经过点D时，此时点F的横坐标值最大；当抛物线对称轴左侧的图象经过点F时，此时点F的横坐标最小．
∵抛物线经过点D时，y＝0，
∴，
解得x1＝4，x2＝﹣2（舍去），
∴x＝4．
∵DE＝1，
∴此时点F的横坐标为5，
∵抛物线经过点F时，y＝2，
∴，
解得（舍去），
∴，
∴点F横坐标的最大值比最小值大；
（2）∵，
∴顶点P的纵坐标，当k＝0时，yP取得最小值，
∴此时抛物线G的函数解析式为，
（3）由（2）可得抛物线的对称轴为直线x＝k，
∴当k＜0且时，处有最大值，
∴y＝﹣×（k）2+k×k+4＝+4，此时所在的点是抛物线G的最高点．
当直线l：y＝7在抛物线G的最高点上方时，
可得方程：，
解得（舍去），
∴．
当直线l：y＝7在抛物线G的最高点下方时，
可得方程：，
解得（舍去），
∴，
综上所述，k的值为或．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质的综合题，熟记二次函数的图象与性质是解题的关键．
23．（2022秋•泉州期末）已知抛物线C1：y＝ax2﹣2ax﹣1与x轴只有一个交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将抛物线C1向上平移4个单位长度得到抛物线C2.抛物线C2与x轴交于A、B两点（其中A点在左侧，B点在右侧），与y轴交于点C，连结BC．D为第一象限内抛物线C2上的一个动点．
①若△BOC的面积是△BDC面积的倍，求D的坐标；
②抛物线C2的对称轴交x轴于点G，过D作DE⊥BC交BC于E，交x轴于F．当点F在线段OG上时，求的取值范围．
【分析】（1）由抛物线C1：y＝ax2﹣2ax﹣1与x轴只有一个交点，可知Δ＝0，构建方程求出a即可；
（2）①设D（m，﹣m2+2m+3），根据△BOC的面积是△BDC面积的倍，构建方程求解即可；
②求出两种特殊位置，三角形面积的比值，可得结论．
【解答】解：（1）∵抛物线C1：y＝ax2﹣2ax﹣1与x轴只有一个交点，
∴Δ＝4a2+4a＝0，
∴a＝﹣1或0（0不符合题意舍去），
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x﹣1；
（2）①如图，连接OD．
由题意平移后抛物线C2的解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，可得﹣x2﹣2x+3＝0．解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
设D（m，﹣m2+2m+3），
∵△BOC的面积是△BDC面积的倍，
∴×3×3＝[×3×m+×3×（﹣m2+2m+3）﹣×3×3]，
解得m＝1或2，
∴D（1，4）或（2，3）；
②如图，
当点F与点O重合时，∵OC＝OB，FE⊥CB，
∴CE＝EB，
∴＝1，
当点F与G重合时，BE＝，
∵BC＝3，
∴CE＝2，
∴＝＝2，
观察图形可知：1≤≤2．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．
24．（2022秋•雁塔区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣+bx+c的图象与y轴交于点A（0，8），与x轴交于B、C两点，其中点B的坐标是（﹣8，0），点P（m，n）为该二次函数在第二象限内图象上的动点，点D为（0，4），连接BD．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）依题补图1：连接OP，过点P作PQ⊥x轴于点Q；当△OPQ和△OBD相似时，求m的值；
（3）如图2，过点P作直线PQ∥BD，和x轴交点为Q，在点P沿着抛物线从点A到点B运动过程中，当PQ与抛物线只有一个交点时，求点Q的坐标．
【分析】（1）直接将A，B两点代入即可求解；
（2）可设，由∠OQP＝∠BOD＝90°，则分两种情况：△POQ∽△BDO和△POQ∽△DBO分别求出PQ与OQ的关系即可；
（3）求出直线BD解析式为，当直线PQ与的图象只有一个交点时，联立，，由Δ＝62﹣4×（﹣32+4n2）＝0，求出，直线PQ的解析式为，此时．
【解答】解：（1）把A（0，8），B（﹣8，0）代入得，，解得，
∴该二次函数的表达为；
（2）如图：
设，
由∠OQP＝∠BOD＝90°，分两种情况：
当△POQ∽△BDO时，，
∴，
∴PQ＝2OQ，
即，
解得m＝﹣4，或m＝8（舍去）；
当△POQ∽△DBO时，，
∴OQ＝2PQ，
即，
解或（舍去），
综上所述，m的值为﹣4或；
（3）如图，
设直线BD解析式为y＝kx+n，
∴，
解得，
∴直线BD解析式为，
∵PQ∥BD，
∴设直线PQ的解析式为，
当直线PQ与的图象只有一个交点时，
联立，
整理得x2+6x﹣32+4n2＝0，
∴Δ＝62﹣4×（﹣32+4n2）＝0，
解得，
∴当时，直线PQ的解析式为，
此时直线PQ与的图象只有一个交点，
令y＝0，则，解得，
此时．
【点评】本题考查二次函数的综合，解题的关键是要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来．
25．（2023春•福清市校级期末）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与x轴、y轴的交点分别为A、B，将∠OBA对折，使点O的对应点H落在直线AB上，折痕交x轴于点C．
（1）直接写出点C的坐标，并求过A、B、C三点的抛物线的解析式；
（2）若抛物线的顶点为D，在直线BC上是否存在点P，使得四边形ODAP为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）设抛物线的对称轴与直线BC的交点为T，Q为线段BT上一点，直接写出|QA﹣QO|的取值范围．
【分析】（1）点A的坐标是纵坐标为0，得横坐标为8，所以点A的坐标为（8，0）；点B的坐标是横坐标为0，解得纵坐标为6，所以点B的坐标为（0，6）；由题意得：BC是∠ABO的角平分线，所以OC＝CH，BH＝OB＝6∵AB＝10，∴AH＝4，设OC＝x，则AC＝8﹣x由勾股定理得：x＝3∴点C的坐标为（3，0）将此三点代入二次函数一般式，列的方程组即可求得；
（2）求得直线BC的解析式，根据平行四边形的性质，对角相等，对边平行且相等，借助于三角函数即可求得；
（3）如图，由对称性可知QO＝QH，|QA﹣QO|＝|QA﹣QH|．当点Q与点B重合时，Q、H、A三点共线，|QA﹣QO|取得最大值4（即为AH的长）；设线段OA的垂直平分线与直线BC的交点为K，当点Q与点K重合时，|QA﹣QO|取得最小值0．
【解答】解：（1）点C的坐标为（3，0）．
∵点A、B的坐标分别为A（8，0），B（0，6），
∴可设过A、B、C三点的抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）（x﹣8）．
将x＝0，y＝6代入抛物线的解析式，
得．
∴过A、B、C三点的抛物线的解析式为．
（2）可得抛物线的对称轴为直线，顶点D的坐标为，
设抛物线的对称轴与x轴的交点为G．
直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．
设点P的坐标为（x，﹣2x+6）．
解法一：如图，作OP∥AD交直线BC于点P，
连接AP，作PM⊥x轴于点M．
∵OP∥AD，
∴∠POM＝∠GAD，tan∠POM＝tan∠GAD．
∴，
即．
解得．
经检验是原方程的解．
此时点P的坐标为．
但此时，OM＜GA．
∵，
∴OP＜AD，即四边形的对边OP与AD平行但不相等，
∴直线BC上不存在符合条件的点P．
解法二：如图，取OA的中点E，
作点D关于点E的对称点P，作PN⊥x轴于
点N．则∠PEO＝∠DEA，PE＝DE．
可得△PEN≌△DEG．
由，可得E点的坐标为（4，0）．
NE＝EG＝，ON＝OE﹣NE＝，NP＝DG＝．
∴点P的坐标为．
∵x＝时，，
∴点P不在直线BC上．
∴直线BC上不存在符合条件的点P．
（3）|QA﹣QO|的取值范围是．
当Q在OA的垂直平分线上与直线BC的交点时，（如点K处），此时OK＝AK，则|QA﹣QO|＝0，
当Q在AH的延长线与直线BC交点时，此时|QA﹣QO|最大，
直线AH的解析式为：y＝﹣x+6，直线BC的解析式为：y＝﹣2x+6，
联立可得：交点为（0，6），
∴OQ＝6，AQ＝10，
∴|QA﹣QO|＝4，
∴|QA﹣QO|的取值范围是：0≤|QA﹣QO|≤4．
【点评】此题考查了二次函数与一次函数以及平行四边形的综合知识，解题的关键是认真识图，注意数形结合思想的应用．
26．（2022秋•丰都县期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+4经过A（﹣1，3），与y轴交于点C，经过点C的直线与抛物线交于另一点E（6，m），点M为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求直线CE的解析式；
（2）如图2，点P为直线CE上方抛物线上一动点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，求点P的坐标以及△PCE面积的最大值．
（3）如图3，将点D右移一个单位到点N，连接AN，将（1）中抛物线沿射线NA平移得到新抛物线y′，y′经过点N，y′的顶点为点G，在新抛物线y′的对称轴上是否存在点H，使得△MGH是等腰三角形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A的坐标代入抛物线，即可求出抛物线解析式，再分别求出点C，点E，待定系数法即可求得直线CE解析式；
（2）过点P作PH∥y轴交CE于点H，设P为（t，），则H为（t，﹣t+4），由铅垂法求得△PCE面积的表达式，最后求其最大值及P点坐标；
（3）先求出直线AN的解析式，反向延长射线NA与抛物线的另一个交点记为点Q，求出点Q的坐标，根据点Q到点N的运动，可求出抛物线y′的顶点G的坐标，再进行分类讨论：分点M，点G，点H为顶点的三种情况，分别进行计算求解即可．
【解答】解：（1）把点A（﹣1，3）代入抛物线，
得，
∴b＝，
∴抛物线的解析式为，
∵在中，令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4），
∵点E在抛物线上，
∴把E（6，m）代入，
得，
∴E（6，﹣4），
设直线CE的解析式为y＝kx+b1则，
∵C（0，4），E（6，﹣4），
∴，
解得，
∴直线CE的解析式为y＝﹣x+4．
（2）过点P作PH∥y轴，交直线CE于点H，
设P为（t，），则H为（t，﹣t+4），
∴PH＝﹣（﹣t+4）＝﹣+2t，
∴△PCE面积：S＝×6×（﹣+2t）＝﹣（t﹣3）2+9，
∵a＜0，
∴当t＝3时，△PCE面积的最大值为9，
此时，点P的坐标为（3，3）．
（3）∵抛物线＝，
∴当x＝1时，y有最大值，
∴M（1，），
∴抛物线对称轴为x＝1，
∴D（1，0），
∵点D右移一个单位到点N，
∴N（2，0），
∵A（﹣1，3），N（2，0），
∴直线AN解析式为y＝﹣x+2，
∴直线AN与抛物线的交点为A（﹣1，3），
另一交点设为Q，则Q（6，﹣4），
∵抛物线沿射线NA平移得到新抛物线y′，y′经过点N（2，0），
∴抛物线向左平移了4个单位，向上平移了4个单位，
∴新抛物线y′＝，
∴对称轴为x＝﹣3，
顶点G（﹣3，），
设H（﹣3，h），
则MG＝，MH＝，GH＝|h﹣|，
假设△MGH是等腰三角形，则分三种情况讨论：
当M为顶点时，由MG＝MH得，
＝，
∴h＝或，
∴H（﹣3，）或（﹣3，），
当G为顶点时，由MG＝GH得，
＝|h﹣|，
∴h＝或，
∴H（﹣3，）或（﹣3，），
当H为顶点时，由MH＝GH得，
＝|h﹣|，
∴h＝，
∴H（﹣3，），
∴存在点H，使得△MGH是等腰三角形，点H的坐标为（﹣3，）或（﹣3，）或（﹣3，）或（﹣3，）或（﹣3，）．
【点评】本题是二次函数的综合题，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数的解析式，函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，等腰三角形的存在性等；求△PCE面积最大值的铅垂法是解答（2）的关键；分点M，点G，点H为顶点的三种情况，分别进行计算是解答问题（3）的关键．
27．（2022秋•南川区期末）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx﹣3（a≠0）的图象与x轴于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于C点，点P是直线BC下方抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）当动点P运动到什么位置时，使四边形ACPB的面积最大，求出此时四边形ACPB的面积最大值和P的坐标；
（3）如图2，点M在抛物线对称轴上，点N是平面内一点，是否存在这样的点M、N，使得以点M、N、A、C为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有M点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由二次函数y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，直接利用待定系数法，即可求得这个二次函数的表达式；
（2）设点P的坐标为（m，m2﹣2m﹣3），即可由S四边形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP求得答案；
（3）分别从当AM＝AC，CM＝CA，AC为对角线，结合菱形的性质去分析求解即可求得答案．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴，
解得：，
∴这个二次函数的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）设点P的坐标为（m，m2﹣2m﹣3），
S四边形ACPB＝S△AOC+S△COP+S△BOP，
＝
＝＝，
∵，
∴当时，四边形ABCP的最大值是，此时点P的坐标为，
（3）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设点M的坐标为（1，t），则：AM2＝（﹣1﹣1）2+（0﹣t）2，AC2＝（﹣1﹣0）2+[0﹣（﹣3）]2，CM2＝（0﹣1）2+（﹣3﹣t）2，
设AC的中点为Q，则点Q的坐标为，即，
∴，，
当AM＝AC时，则AM2＝AC2，
∴（﹣1﹣1）2+（0﹣t）2＝（﹣1﹣0）2+[0﹣（﹣3）]2，
解得，，
∴、，；
当CM＝CA时，则CM2＝CA2，
∴（0﹣1）2+（﹣3﹣t）2＝（﹣1﹣0）2+[0﹣（﹣3）]2，
解得，t1＝0，t2＝﹣6，
∴M3（1，0）、M4（1，﹣6）（舍去，此时M、A、C三点共线，无法构成菱形）；
当AC为对角线时则有：AQ2+QM2＝AM2，
∴＝（﹣1﹣1）2+（0﹣t）2，
解得，t＝﹣1，
∴M5（1，﹣1），
∴存在这样的点M、N能够使得以点M、N、A、C为顶点的四边形是菱形，此时点M的坐标为：、、M3（1，0）、M5（1，﹣1）．
【点评】此题考查了二次函数的综合，注意掌握分类讨论思想的应用是解此题的关键．
28．（2022秋•兴县期末）综合与探究如图1，已知抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A，B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．点D（m，n）是线段BC上的动点，过点D作DE⊥x轴垂足为E．
（1）请直接写出点A，B，C坐标以及直线BC的解析式；
（2）若△ADE的面积为S，请求出S关于m的函数关系式，并求出当m的值为多少时，S的值最大？最大值为多少？
（3）如图2，将△ADE以点D为中心，顺时针旋转90°得到△A'DE'（点A与点A′对应），则当A′恰好落在抛物线上时，求出此时点D的坐标．
【分析】（1）将y＝0代入y＝﹣x2+3x+4即可求出点A和点B的坐标，将x＝0代入y＝﹣x2+3x+4，求出点C的坐标，再用待定系数法，即可求出直线BC的解析式；
（2）根据题意，将n用m表示出来，根据三角形的面积公式，即可得出S关于m的函数关系式，将其化为顶点式，即可求出最值；
（3）根据平面直角坐标系中点的坐标和旋转的性质，将A′的坐标用m表示出来，再代入y＝﹣x2+3x+4即可进行解答．
【解答】解：（1）将y＝0代入y＝﹣x2+3x+4得：0＝﹣x2+3x+4，
解得：x1＝4，x2＝﹣1，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
将x＝0代入y＝﹣x2+3x+4得：y＝4，
∴C（0，4），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
将B（4，0），C（0，4）代入得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4；
（2）∵DE⊥x轴，D（m，n），
∴E（m，0），
∴DE＝n，AE＝m+1，
∴，
∵把D（m，n）代入y＝x+4得：n＝﹣m+4，
∴，
∴当时，S有最大值，最大值为．
（3）∵△ADE以点D为中心，顺时针旋转90°得到△A'DE'，
∴DE＝DE'＝﹣m+4，AE＝A'E'＝m+1，∠EDE'＝90°，
∵DE⊥x轴，
∴DE'∥x轴，
∴点A'的横坐标为：m﹣（﹣m+4）＝2m﹣4，点A'的纵坐标为：﹣m+4+m+1＝5，
即A'（2m﹣4，5），
把A'（2m﹣4，5）代入y＝﹣x2+3x+4得：5＝﹣（2m﹣4）2+3（2m﹣4）+4，
解得：，，
当时，，
当时，，
∴点D的坐标为：或．
【点评】本题主要考查了二次函数的综合，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，用待定系数法求解函数表达式的方法和步骤，旋转的性质．
29．（2022秋•延边州期末）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C，点D在射线CO上运动，过点D作直线EF∥x轴，交抛物线于点E，F（点E在点F的左侧）．
（1）求该抛物线的解析式和对称轴；
（2）若EF＝2OC，求点E的坐标；
（3）若抛物线的顶点关于直线EF的对称点为点P，当点P到x轴的距离等于1时，求出所有符合条件的线段EF的长；
（4）以点D为旋转中心，将点B绕点D顺时针旋转90°得到点B′，直接写出点B′落在抛物线上时点D的坐标．
【分析】（1）由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式，再将抛物线的解析式转化为顶点式，进而可得出抛物线的对称轴为直线x＝1；
（2）代入x＝0，求出y值，进而可得出点C的坐标及OC的长，结合EF＝2OC，可设点E的坐标为（m，﹣m2+2m+3），则点F的坐标为（m+6，﹣m2+2m+3），利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的方程，解之即可得出m的值，再将其代入点E的坐标中即可求出结论；
（3）由（1）可知：抛物线的顶点坐标为（1，4）．设直线EF的解析式为y＝n，则点P的坐标为（1，2n﹣4），由点P到x轴的距离等于1，可得出关于n的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出n的值，将y＝n代入抛物线解析式中可求出点E，F的横坐标，作差后即可得出EF的长；
（4）设点D的坐标为（0，a），过点B′作B′M⊥y轴于点M，分点D在y轴正半轴及点D在y轴负半轴两种情况考虑，易证△B′DM≌△DBO（AAS），利用全等三角形的性质可得出B′M＝DO，DM＝BO＝3，进而可得出点B′的坐标为（﹣a，a﹣3），再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出a值，取其符合题意的值即可得出点D的坐标．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1；
（2）当x＝0时，y＝﹣1×02+2×0+3＝3，
∴点C的坐标为（0，3），
∴OC＝3．
设点E的坐标为（m，﹣m2+2m+3），则点F的坐标为（m+6，﹣m2+2m+3），
∴﹣（m+6）2+2（m+6）+3＝﹣m2+2m+3，
解得：m＝﹣2，
∴点E的坐标为（﹣2，﹣5）；
（3）由（1）可知：抛物线的顶点坐标为（1，4）．
设直线EF的解析式为y＝n，则点P的坐标为（1，2n﹣4），
根据题意得：|2n﹣4|＝1，
解得：n＝或n＝．
当n＝时，﹣x2+2x+3＝，
解得：x1＝，x2＝，
∴此时EF＝x2﹣x1＝﹣＝；
当n＝时，﹣x2+2x+3＝，
解得：x1＝，x2＝，
∴此时EF＝x2﹣x1＝﹣＝．
∴线段EF的长为或；
（4）设点D的坐标为（0，a），过点B′作B′M⊥y轴于点M，如图所示．
分两种情况考虑：
当点D在y轴正半轴时，∵∠BDO+∠B′DM＝90°，∠BDO+∠DBO＝90°，
∴∠B′DM＝∠DBO．
在△B′DM和△DBO中，
，
∴△B′DM≌△DBO（AAS），
∴B′M＝DO，DM＝BO＝3，
∴点B′的坐标为（﹣a，a﹣3），
∴a﹣3＝﹣（﹣a）2+2（﹣a）+3，
整理得：a2+3a﹣6＝0，
解得：a1＝（不符合题意，舍去），a2＝，
∴点D的坐标为（0，）；
当点D在y轴负半轴时，同理可证出：△B′DM≌△DBO（AAS），
∴B′M＝DO，DM＝BO＝3，
∴点B′的坐标为（﹣a，a﹣3），
∴a﹣3＝﹣（﹣a）2+2（﹣a）+3，
整理得：a2+3a﹣6＝0，
解得：a1＝，a2＝（不符合题意，舍去），
∴点D的坐标为（0，）．
综上所述，点D的坐标为（0，）或（0，）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、解含绝对值符号的一元一次方程以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据给定的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）根据EF＝2OC，用点E的横坐标表示出点F的横坐标；（3）由点P到x轴的距离，找出关于n的含绝对值符号的一元一次方程；（4）构造全等三角形，利用二次函数图象上点的坐标特征，找出关于a的一元二次方程．
30．（2023春•青秀区校级期末）如图1，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，与y轴交于C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线BC上方抛物线上的—个动点，使△PBC的面积等于△ABC面积的，求点P的坐标；
（3）过点C作直线l∥x轴，将抛物线在y轴左侧的部分沿直线l翻折，抛物线的其余部分保持不变，得到一个新图象（如图2），请你结合新图象解答：当直线y＝﹣x+d与新图象只有一个公共点Q（m，n），且n≥﹣8时，求d的取值范围．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4；
（2）过P作PK∥y轴交BC于K，求出C（0，4），S△ABC＝×6×4＝12，由B（4，0），C（0，4）得直线BC函数表达式为y＝﹣x+4，设P（m，﹣m2+m+4），则K（m，﹣m+4），可得PK＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，根据△PBC的面积等于△ABC面积的，有×（﹣m2+2m）×4＝12×，即可解得点P的坐标为（1，）或（3，）；
（3）分两种情况：①当公共点Q（m，n）在C（0，4）下方时，求出新图象过点（6，﹣8），当直线y＝﹣x+d与新图象公共点为（6，﹣8）时，﹣8＝﹣×6+d，得d＝﹣5，可知当﹣5≤d＜4时，直线y＝﹣x+d与新图象只有一个公共点；②当公共点Q（m，n）在C（0，4）上方时，求出有两个相等的实数解时d＝；即可得当d＞时，直线y＝﹣x+d与新图象只有一个公共点．
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+x+c得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4；
（2）过P作PK∥y轴交BC于K，如图：
在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，
∴C（0，4），
∵A（﹣2，0），B（4，0），
∴AB＝6，
∴S△ABC＝×6×4＝12，
由B（4，0），C（0，4）得直线BC函数表达式为y＝﹣x+4，
设P（m，﹣m2+m+4），则K（m，﹣m+4），
∴PK＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+2m，
∵△PBC的面积等于△ABC面积的，
∴×（﹣m2+2m）×4＝12×，
解得m＝1或m＝3，
∴点P的坐标为（1，）或（3，）；
（3）①当公共点Q（m，n）在C（0，4）下方时，
在y＝﹣x2+x+4中，令y＝﹣8得：﹣8＝﹣x2+x+4，
解得x＝6或x＝﹣4，
∵将抛物线在y轴左侧的部分沿直线l翻折，抛物线的其余部分保持不变，得到一个新图象，
∴新图象过点（6，﹣8），
当直线y＝﹣x+d与新图象公共点为（6，﹣8）时，﹣8＝﹣×6+d，
解得d＝﹣5，
如图：
∵C（0，4），当﹣5≤d＜4时，观察图象可知直线y＝﹣x+d与翻折后的抛物线无交点，
∴当﹣5≤d＜4时，直线y＝﹣x+d与新图象只有一个公共点；
②当公共点Q（m，n）在C（0，4）上方时，如图：
若有两个相等的实数解，即﹣x2+x+4﹣d＝0的Δ＝0，
则（）2﹣4×（﹣）（4﹣d）＝0，
解得d＝；
由图可知，当d＞时，直线y＝﹣x+d与新图象只有一个公共点；
综上所述，d的取值范围是﹣5≤d＜4或d＞．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，翻折变换等，解题的关键是数形结合思想的应用．
31．（2023春•鼓楼区校级期末）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2（a+1）x+a+2（a≠0）．
（1）当a＝﹣时，求抛物线的对称轴及顶点坐标；
（2）请直接写出二次函数图象的对称轴（用含a的代数式表示）及二次函数图象经过的定点坐标是 （1，0） ．
（3）若当1≤x≤5时，函数值有最大值为8，求二次函数的解析式；
（4）已知点A（0，﹣3）、B（5，﹣3），若抛物线与线段AB只有一个公共点，请直接写出a的取值范围．
【分析】（1）利用对称轴公式求得对称轴为直线x＝﹣7，再代入解析式求得y的值，即可求得顶点坐标；
（2）利用对称轴公式求得对称轴，把解析式变形得到y＝（x﹣1）[a（x﹣1）﹣2]，即可得到二次函数经过的定点坐标为（1，0）；
（3）根据（2）可知：二次函数图象的对称轴为直线x＝1+，分a＞0或a＜0两种情况，分对称轴在已知范围的左边，中间，右边分类讨论最值即可解答；
（4）分类讨论顶点在线段AB上，a＞0，a＜0，由点A，B和抛物线的位置结合图象求解．
【解答】解：（1）a＝﹣时，y＝﹣x2﹣x+
∴对称轴为直线x＝﹣＝﹣7，
把x＝﹣7代入y＝﹣x2﹣x+得，y＝8，
∴顶点坐标为（﹣7，8）；
（2）∵y＝ax2﹣2（a+1）x+a+2（a≠0）．
∴对称轴为直线x＝﹣＝1+，
∵y＝ax2﹣2（a+1）x+a+2＝a（x﹣1）2﹣2（x﹣1）＝（x﹣1）[a（x﹣1）﹣2]，
∴二次函数经过的定点坐标为（1，0）；
故答案为：（1，0）；
（3）由（2）知：二次函数图象的对称轴为直线x＝1+，
分两种情况：
①当a＜0时，1+＜1，
在自变量x的值满足1≤x≤5的情况下，y随x的增大而减小，
∴当x＝1时，y＝0，
而当1≤x≤5时，函数值有最大值为8，
所以此种情况不成立；
②当a＞0时，1+＞1，
i）当1＜1+≤3时，即a≥，
当x＝5时，二次函数的最大值为y＝25a﹣10（a+1）+a+2＝8，
∴a＝1，
此时二次函数的解析式为y＝x2﹣4x+3；
ii）当1+＞3时，
在自变量x的值满足1≤x≤5的情况下，y随x的增大而减小，即x＝1有最大值，
所以此种情况不成立；
综上所述：此时二次函数的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（4）分三种情况：
①当抛物线的顶点在线段AB上时，抛物线与线段AB只有一个公共点，
即当y＝﹣3时，ax2﹣2（a+1）x+a+2＝﹣3，
ax2﹣2（a+1）x+a+5＝0，
Δ＝4（a+1）2﹣4a（a+5）＝0，
∴a＝，
当a＝时，x2﹣x+＝0，
解得：x1＝x2＝4（符合题意，如图1），
②当a＞0时，如图2，
当x＝0时，y＞﹣3；当x＝5时，y＜﹣3，
∴，
解得：﹣5＜a＜，
∴0＜a＜；
③当a＜0时，如图3，
当x＝0时，y＞﹣3；当x＝5时，y＜﹣3，
∴，
解得：﹣5＜a＜，
∴﹣5＜a＜0；
综上所述，a的取值范围是：a＝或0＜a＜或﹣5＜a＜0．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，二次函数与方程及不等式的关系，熟练掌握二次函数的性质，并运用分类讨论的思想是解题的关键．
32．（2023春•长沙期末）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于点A（3，0）和点B（﹣1，0），交y轴于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点D是直线AC上方抛物线上一动点，连接BC，AD和BD，BD交AC于点M，设△ADM的面积为S1，△BCM的面积为S2，当S1﹣S2＝1时，求点D的坐标；
（3）如图2，若点P是抛物线上一动点，过点P作PQ⊥x轴交直线AC于Q点，请问在y轴上是否存在点E，使以P，Q，E，C为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A（3，0）和点B（﹣1，0），代入解析式求解即可；
（2）由S1﹣S2＝1得S1＝S2+1，从而S1+S△ABM＝S2+S△ABM+1，即S△ABD＝S△ABC+1，据此列方程求解即可；
（3）分类当CQ为对角线和菱形边时，利用直线AC与x轴成45°角关系建立关于P的横坐标的方程，进而求出点的坐标．
【解答】解：（1）把点A（3，0）和B（﹣1，0）代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）设D（x，y），对于y＝﹣x2+2x+3，令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∵S1﹣S2＝1，
∴S1＝S2+1，
∴S1+S△ABM＝S2+S△ABM+1，即S△ABD＝S△ABC+1，
∴×4×y＝×4×3+1，
∴y＝，
∴﹣x2+2x+3＝，
解得x＝1+或x＝1﹣；
∴点D的坐标为（1+，）或（1﹣，）；
（3）存在，理由如下：
设直线AC的解析式为：y＝kx+b′，
∴，
解得，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x+3；
①当CQ为菱形的对角线时，如图，PE垂直平分CQ，
∵A（3，0），C（0，3），
∴OA＝OC＝3，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
此时四边形CEQP是正方形．
∴PQ＝EQ．
设P（m，﹣m2+2m+3），则Q（m，﹣m+3），
∴PQ＝﹣m2+3m，
∴﹣m2+3m＝m，解得m＝0（不合题意舍去）或m＝2，
此时OE＝OC﹣m＝3﹣2＝1，
∴E（0，1）．
②当CQ为菱形的边时，作QH⊥OC于点H，
设P（m，﹣m2+2m+3），则Q（m，﹣m+3），
∴HQ＝|m|，PQ＝|﹣m2+3m|，
∵∠OCA＝45°，
∴CQ＝HQ＝|m|，
CE＝PQ＝|﹣m2+3m|＝|m|，
解得：m1＝3﹣，m2＝3+或m＝0（舍）．
∴E1（0，1﹣3），E2（0，1+3），
综上所述，符合条件的点E有三个，坐标分别为：（0，1）或（0，1﹣3）或（0，1+3）．
【点评】本题考查待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，二次函数与几何综合，数形结合是解题的关键．
33．（2023春•渝中区校级期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，其中 A（﹣3，0），∠ACB＝90°．
（1）求该抛物线的函数解析式；
（2）点P是直线AC上方抛物线上的一动点，过P作PM⊥AC 于M点，在射线MA上取一点N，使得2MN＝AC，连接PN，求△PMN面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，在（2）中△PMN面积取得最大值的条件下，将抛物线向左平移，当平移后的抛物线过点P时停止平移，平移后点C的对应点为 C'，D为原抛物线上一点，E为直线AC上一点，若以O、C′、D、E为顶点的四边形为平行四边形，求符合条件的D点横坐标．
【分析】（1）先利用锐角三角函数求得点B坐标，再利用待定系数法求解函数解析式即可；
（2）过P作PH∥y轴交AC于H，利用锐角三角函数求得PM＝PH•sin∠PHM＝PH，再求得MN＝，则S△PMN＝•MN•PM＝PM＝PH，当PH最大时，S△PMN的面积最大，设P（p，﹣p2﹣p+），则H（p，p+），得到PH＝﹣（p+）2+，利用二次函数的性质求得的最大值即可求解；
（3）设抛物线向左平移a个单位，根据二次函数图象的平移规则“左加右减”得到新的抛物线解析式为y＝﹣（x+1+a）2+，将点P坐标代入求得a值，进而求得平移后点C的对应点C′的坐标为（﹣1，），由题意，设D（m，﹣m2﹣m+），E（n，n+），根据平行四边形的性质分当OC′、DE为对角线时，当OD、C′E为对角线时，当OE、C′D为对角线时三种情况，利用中点坐标公式求解即可．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝，则C（0，），OC＝，
∵A（﹣3，0），
∴OA＝3，
则tan∠OAC＝＝，
∴∠OAC＝30°，又∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∴OB＝＝1，则B（1，0），
设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
将C（0，）代入，得﹣3a＝，解得a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣x+；
（2）如图1，过P作PH∥y轴交AC于H，则∠PHM＝∠ACO＝90°﹣∠OAC＝60°，
∵PM⊥AC，
∴PM＝PH•sin∠PHM＝PH，
∵AC＝2OC＝2，2MN＝AC，
∴MN＝，
∴S△PMN＝•MN•PM＝PM＝PH，当PH最大时，S△PMN最大；
设直线AC解析式为y＝kx+b′，
将A（﹣3，0）、C（0，）代入，得，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝x+，
由题意，设P（p，﹣p2﹣p+），则H（p，p+），
∴PH＝﹣p2﹣p+﹣（p+）
＝﹣p2﹣p
＝﹣（p+）2+，
∵﹣＜0，﹣3＜p＜0，
∴当p＝﹣时，PH有最大值，最大值为，
即S△PMN最大，最大值为×＝，此时，点P的坐标为（﹣，）；
（3）y＝﹣x2﹣x+＝﹣（x+1）2+，
设抛物线向左平移a个单位，则新的抛物线解析式为y＝﹣（x+1+a）2+，
将点P（﹣，）代入，得＝﹣（﹣+1+a）2+，
解得a＝1或a＝0（不合题意，舍去），
∴抛物线向左平移1个单位，
∵C（0，），
∴平移后点C的对应点C′的坐标为（﹣1，），
由题意，设D（m，﹣m2﹣m+），E（n，n+），
若以O、C′、D、E为顶点的四边形为平行四边形，则分三种情况：
当OC′、DE为对角线时，
则，
消去n，得m2+3m﹣2＝0，
解得：m＝，
则点D坐标为（，）或（，）；
当OD、C′E为对角线时，
则，
消去n，得m2+3m+4＝0，
∵Δ＝32﹣4×1×4＝﹣7＜0，
∴方程无实数根，即点D不存在；
当OE、C′D为对角线时，
则，
消去n，得m2+3m﹣4＝0，
解得：m＝1或m＝﹣4，
∴点D的坐标为（1，0）或（﹣4，﹣），
综上，满足条件的点D坐标为（，）或（，）或（1，0）或（﹣4，﹣）．
【点评】本题是二次函数的综合题型，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数的图象与性质、锐角三角函数、坐标与图形、平行四边形的性质、二次函数图象的平移、中点坐标公式的运用、解一元二次方程等知识，综合性强，计算量较大，属于中考压轴题，熟练掌握相关的知识与运用是解答的关键．
34．（2023春•仓山区校级期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴分别交于A（1﹣m，0），B（m﹣3，0）两点，其中点B在原点左侧，与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知抛物线顶点为P，点M在第三象限的抛物线上，
①若直线CM与直线BP关于直线y＝x对称，求点M的坐标；
②如图2，若直线y＝2x+n与抛物线交于点D，E，﹣1＜xD＜xE，与抛物线的对称轴l交于点H，若DM⊥l，连接ME，MH，求S△MEH的取值范围．
【分析】（1）把A（1﹣m，0），B（m﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c可解得抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）①设直线y＝x交BP于K，求出B（﹣3，0），P（﹣1，﹣4），可得直线BP解析式为y＝﹣2x﹣6；故K（﹣2，﹣2），直线CM的解析式为y＝﹣x﹣3，联立，即可解得M（﹣，﹣）；
②由D（﹣，﹣2+n），E（，2+n），可得DM＝2[﹣﹣（﹣1）]＝2﹣2，由y＝2x+n得H（﹣1，n﹣2），故S△MEH＝DM•（yE﹣yH）＝（2﹣2）（2+n﹣n+2）＝﹣2n﹣4；根据﹣1＜xD＜xE，可得﹣3＜n＜﹣2，从而0＜S△MEH＜2．
【解答】解：（1）把A（1﹣m，0），B（m﹣3，0），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）①设直线y＝x交BP于K，如图：
由（1）可得B（﹣3，0），
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴P（﹣1，﹣4），
由B（﹣3，0），P（﹣1，﹣4）可得直线BP解析式为y＝﹣2x﹣6；
联立，解得，
∴K（﹣2，﹣2），
由K（﹣2，﹣2），C（0，﹣3）得直线CM的解析式为y＝﹣x﹣3，
联立，解得或，
∴M（﹣，﹣）；
②由得或，
∴D（﹣，﹣2+n），E（，2+n），
∵DM⊥l，抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
∴DM＝2[﹣﹣（﹣1）]＝2﹣2，
在y＝2x+n中，令x＝﹣1得y＝n﹣2，
∴H（﹣1，n﹣2），
∴S△MEH＝DM•（yE﹣yH）＝（2﹣2）（2+n﹣n+2）＝﹣2n﹣4；
∵﹣1＜xD＜xE，
∴﹣1＜﹣＜，
∴﹣3＜n＜﹣2，
∴0＜﹣2n﹣4＜2，
∴0＜S△MEH＜2．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，对称变换，三角形面积等知识，解题的关键是用含n的代数式表示S△MEH．
八．等边三角形的性质（共1小题）
35．（2023春•渠县校级期末）在△ABC中，AB＝AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G．一等腰直角三角尺按如图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC边在一条直线上，另一条直角边恰好经过点B．
（1）在图1中请你通过观察、测量BF与CG的长度，猜想并写出BF与CG满足的数量关系，然后证明你的猜想；
（2）当三角尺沿AC方向平移到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC边在同一直线上，另一条直角边交BC边于点D，过点D作DE⊥BA于点E．此时请你通过观察、测量DE、DF与CG的长度，猜想并写出DE+DF与CG之间满足的数量关系，然后证明你的猜想；
（3）当三角尺在（2）的基础上沿AC方向继续平移到图3所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，（2）中的猜想是否仍然成立（不用说明理由）．
【分析】（1）由于有∠F＝∠G＝90°，∠FAB＝∠GAC，AB＝AC，故由AAS证得△ABF≌△ACG⇒BF＝CG；
（2）过点D作DH⊥CG于点H（如图）．易证得四边形EDHG为矩形，有DE＝HG，DH∥BG⇒∠GBC＝∠HDC．又有AB＝AC⇒∠FCD＝∠GBC＝∠HDC．又∠F＝∠DHC＝90°⇒CD＝DC，可由AAS证得△FDC≌△HCD⇒DF＝CH，有GH+CH＝DE+DF＝CG．
（3）同（2）的方法即可得出结论．
方法2、（2）（3）利用面积法即可得出结论．
【解答】解：（1）BF＝CG；
证明：在△ABF和△ACG中
∵∠F＝∠G＝90°，∠FAB＝∠GAC，AB＝AC
∴△ABF≌△ACG（AAS）
∴BF＝CG；
（2）DE+DF＝CG；
证明：过点D作DH⊥CG于点H（如图2）
∵DE⊥BA于点E，∠G＝90°，DH⊥CG
∴四边形EDHG为矩形
∴DE＝HG，DH∥BG
∴∠GBC＝∠HDC
∵AB＝AC
∴∠FCD＝∠GBC＝∠HDC
又∵∠F＝∠DHC＝90°，CD＝DC
∴△FDC≌△HCD（AAS）
∴DF＝CH
∴GH+CH＝DE+DF＝CG，即DE+DF＝CG；
（3）仍然成立．
证明：过点D作DH⊥CG于点H（如图3）
∵DE⊥BA于点E，∠G＝90°，DH⊥CG
∴四边形EDHG为矩形，
∴DE＝HG，DH∥BG，
∴∠GBC＝∠HDC，
∵AB＝AC，
∴∠FCD＝∠GBC＝∠HDC，
又∵∠F＝∠DHC＝90°，CD＝DC，
∴△FDC≌△HCD（AAS）
∴DF＝CH，
∴GH+CH＝DE+DF＝CG，
即DE+DF＝CG．
方法2．（2）
如图2，连接AD，
S△ABC＝S△ABD+S△ACD＝AB×DE+AC×DF＝AB×DE+AB×DF＝AB（DE+DF），
S△ABC＝AB×CG，
∴AB×CG＝AB（DE+DF），
即：DE+DF＝CG．
（3）同（2）的方法得出，DE+DF＝CG．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质及全等三角形的判定和性质求解；作出辅助线是正确解答本题的关键．
九．圆内接四边形的性质（共1小题）
36．（2022秋•新城区期末）如图，已知四边形ABCD内接于圆O，连接BD，∠BAD＝105°，∠DBC＝75°．
（1）求证：BD＝CD；
（2）若圆O的半径为3，求的长．
【分析】（1）直接利用圆周角定理得出∠DCB的度数，再利用∠DCB＝∠DBC求出答案；
（2）首先求出的度数，再利用弧长公式直接求出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠DCB+∠BAD＝180°，
∵∠BAD＝105°，
∴∠DCB＝180°﹣105°＝75°，
∵∠DBC＝75°，
∴∠DCB＝∠DBC＝75°，
∴BD＝CD；
（2）解：∵∠DCB＝∠DBC＝75°，
∴∠BDC＝30°，
由圆周角定理，得，的度数为：60°，
故＝＝＝π，
答：的长为π．
【点评】此题主要考查了弧长公式应用以及圆周角定理等知识，根据题意得出∠DCB的度数是解题关键．
一十．直线与圆的位置关系（共1小题）
37．（2022秋•亭湖区期末）数学活动﹣旋转变换
（1）如图①，在△ABC中，∠ABC＝130°，将△ABC绕点C逆时针旋转50°，得到△A′B′C，连接BB′，求∠A′B′B的大小；
（2）如图②，在△ABC中，∠ABC＝150°，AB＝3，BC＝5，将△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△A′B′C，连接BB′，以A′为圆心，A′B′长为半径作圆．
（Ⅰ）猜想：直线BB′与⊙A′的位置关系，并证明你的结论；
（Ⅱ）连接A′B，求线段A′B的长度．
【分析】（1）根据旋转变换的性质得到∠A′B′C＝∠ABC＝130°，∠BCB′＝50°，CB＝CB′，根据等腰三角形的性质求出∠A′B′B的大小；
（2）（Ⅰ）根据旋转变换的性质求出∠A′B′B＝90°，根据切线的判定定理证明；
（Ⅱ）根据旋转变换的性质和勾股定理计算即可．
【解答】解：（1）由旋转变换的性质可知，∠A′B′C＝∠ABC＝130°，∠BCB′＝50°，CB＝CB′，
∴∠CB′B＝65°，
∴∠A′B′B＝∠A′B′C﹣∠CB′B＝65°；
（2）（Ⅰ）直线BB′与⊙A′相切，
∵∠A′B′C＝∠ABC＝150°，∠BCB′＝60°，CB＝CB′，
∴∠CB′B＝60°，
∴∠A′B′B＝∠A′B′C﹣∠CB′B＝90°，
∴直线BB′与⊙A′相切；
（Ⅱ）在Rt△A′B′B中，∠A′B′B＝90°，BB′＝BC＝5，AB′＝AB＝3，
由勾股定理得，A′B＝＝．
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系、旋转变换的性质、勾股定理的应用，掌握切线的判定定理、旋转变换的性质是解题的关键．
一十一．切线的性质（共1小题）
38．（2022秋•河西区校级期末）已知⊙O中，AC为直径，MA、MB分别切⊙O于点A、B．
（Ⅰ）如图①，若∠BAC＝25°，求∠AMB的大小；
（Ⅱ）如图②，过点B作BD⊥AC于E，交⊙O于点D，若BD＝MA，求∠AMB的大小．
【分析】（Ⅰ）由AM与圆O相切，根据切线的性质得到AM垂直于AC，可得出∠MAC为直角，再由∠BAC的度数，用∠MAC﹣∠BAC求出∠MAB的度数，又MA，MB为圆O的切线，根据切线长定理得到MA＝MB，利用等边对等角可得出∠MAB＝∠MBA，由底角的度数，利用三角形的内角和定理即可求出∠AMB的度数；
（Ⅱ）连接AB，AD，由直径AC垂直于弦BD，根据垂径定理得到A为优弧的中点，根据等弧对等弦可得出AB＝AD，由AM为圆O的切线，得到AM垂直于AC，又BD垂直于AC，根据垂直于同一条直线的两直线平行可得出BD平行于AM，又BD＝AM，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到ADBM为平行四边形，再由邻边MA＝MB，得到ADBM为菱形，根据菱形的邻边相等可得出BD＝AD，进而得到AB＝AD＝BD，即△ABD为等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠D为60°，再利用菱形的对角相等可得出∠AMB＝∠D＝60°．
【解答】解：（Ⅰ）∵MA切⊙O于点A，
∴∠MAC＝90°，又∠BAC＝25°，
∴∠MAB＝∠MAC﹣∠BAC＝65°，
∵MA、MB分别切⊙O于点A、B，
∴MA＝MB，
∴∠MAB＝∠MBA，
∴∠M＝180°﹣（∠MAB+∠MBA）＝50°；
（Ⅱ）如图，连接AD、AB，
∵MA⊥AC，又BD⊥AC，
∴BD∥MA，又BD＝MA，
∴四边形MADB是平行四边形，又MA＝MB，
∴四边形MADB是菱形，
∴AD＝BD．
又∵AC为直径，AC⊥BD，
∴＝，
∴AB＝AD，又AD＝BD，
∴AB＝AD＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠D＝60°，
∴在菱形MADB中，∠AMB＝∠D＝60°．
【点评】此题考查了切线的性质，圆周角定理，弦、弧及圆心角之间的关系，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，切线长定理，以及等边三角形的判定与性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
一十二．切线的判定（共1小题）
39．（2022秋•莘县校级期末）已知，如图，直线MN交⊙O于A，B两点，AC是直径，AD平分∠CAM交⊙O于D，过D作DE⊥MN于E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝6cm，AE＝3cm，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OD，根据平行线的判断方法与性质可得∠ODE＝∠DEM＝90°，且D在⊙O上，故DE是⊙O的切线．
（2）由直角三角形的特殊性质，可得AD的长，又有△ACD∽△ADE．根据相似三角形的性质列出比例式，代入数据即可求得圆的半径．
【解答】（1）证明：连接OD．
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA．
∵∠OAD＝∠DAE，
∴∠ODA＝∠DAE．
∴DO∥MN．
∵DE⊥MN，
∴∠ODE＝∠DEM＝90°．
即OD⊥DE．
∵D在⊙O上，OD为⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：∵∠AED＝90°，DE＝6，AE＝3，
∴．
连接CD．
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝∠AED＝90°．
∵∠CAD＝∠DAE，
∴△ACD∽△ADE．
∴．
∴．
则AC＝15（cm）．
∴⊙O的半径是7.5cm．
【点评】本题考查常见的几何题型，包括切线的判定，线段等量关系的证明及线段长度的求法，要求学生掌握常见的解题方法，并能结合图形选择简单的方法解题．
一十三．切线的判定与性质（共1小题）
40．（2023春•北林区期末）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，D在AB的延长线上，且∠BCD＝∠A．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为3，CD＝4，求BD的长．
【分析】（1）连接OC，由AB是⊙O的直径可得出∠ACB＝90°，即∠ACO+∠OCB＝90°，由等腰三角形的性质结合∠BCD＝∠A，即可得出∠OCD＝90°，即CD是⊙O的切线；
（2）在Rt△OCD中，由勾股定理可求出OD的值，进而可得出BD的长．
【解答】（1）证明：如图，连接OC．
∵AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，
∴∠ACB＝90°，即∠ACO+∠OCB＝90°．
∵OA＝OC，∠BCD＝∠A，
∴∠ACO＝∠A＝∠BCD，
∴∠BCD+∠OCB＝90°，即∠OCD＝90°，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：在Rt△OCD中，∠OCD＝90°，OC＝3，CD＝4，
∴OD＝＝5，
∴BD＝OD﹣OB＝5﹣3＝2．
【点评】本题考查了切线的判定与性质、勾股定理以及等腰三角形的性质，解题的关键是：（1）通过角的计算找出∠OCD＝90°；（2）根据勾股定理求出OD的长度．
一十四．圆的综合题（共2小题）
41．（2022秋•江门校级期末）如图，⊙O为△ABC的外接圆，AC＝BC，D为OC与AB的交点，E为线段OC延长线上一点，且∠EAC＝∠ABC．
（1）求证：直线AE是⊙O的切线．
（2）若CD＝6，AB＝16，求⊙O的半径；
（3）在（2）的基础上，点F在⊙O上，且＝，△ACF的内心点G在AB边上，求BG的长．
【分析】（1）连接AO，OB，可证得∠AOC＝∠BOC，由等腰三角形的“三线合一”可得OC⊥CD，进而可得∠BCO＝∠ACO＝∠CAO，由∠BCO+∠ABC＝90°，进而得出∠CAE+∠CAO＝90°，进一步命题得证；
（2）由（1）可得OC⊥AB，故可得AD＝＝8，在Rt△AOD中，由勾股定理列出关于OA的方程，进而求得结果；
（3）连接CG，证明∠BCG＝∠BGC，进而得出BG＝BC＝10．
【解答】（1）证明：如图1，
连接AO，OB，
∵AC＝CB，
∴＝，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵OA＝OB，
∴OC⊥AB，
∴∠ACD＝∠BCD，∠ABC+∠BCD＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠ACD＝∠OAC，
∴∠OAC＝∠BCD，
∵∠EAC＝∠ABC，
∴∠EAC+∠OAC＝90°，
∴∠OAE＝90°，
∴半径OA⊥AE，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解：如图1，
由（1）得：OC⊥AB，
∴AD＝＝8，
在Rt△AOD中，OD＝OC﹣CD＝OA﹣6，AD＝8，
∵OA2﹣OD2＝AD2，
∴OA2﹣（OA﹣6）2＝82，
∴OA＝，
即⊙O的半径是；
（3）解：如图2，
连接CG，
在Rt△ACD中，，
∴AC＝BC＝10，
∵点G是△ACF的内心，
∴∠ACG＝∠FCG
∵＝，
∴∠BCF＝∠BAC，
又∵∠BGC＝∠BAC+∠ACG，
∠BCG＝∠FCG+∠BCF，
∴∠BGC＝∠BCG，
∴BG＝BC＝10．
【点评】本题考查了切线的判定，圆中的“弧、弦、圆心角之间的关系”，垂径定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是注意题目条件的特殊性，发现图形的特殊性．
42．（2022秋•海珠区校级期末）如图，点C为△ABD的外接圆上的一动点（点C不在上，且不与点B，D重合），∠ACB＝∠ABD＝45°
（1）求证：BD是该外接圆的直径；
（2）连接CD，求证：AC＝BC+CD；
（3）若△ABC关于直线AB的对称图形为△ABM，连接DM，试探究DM2，AM2，BM2三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）要证明BD是该外接圆的直径，只需要证明∠BAD是直角即可，又因为∠ABD＝45°，所以需要证明∠ADB＝45°；
（2）在CD延长线上截取DE＝BC，连接EA，只需要证明△EAC是等腰直角三角形即可得出结论；
（3）过点M作MF⊥MB于点M，过点A作AF⊥MA于点A，MF与AF交于点F，证明△AMF是等腰三角形后，可得出AM＝AF，MF＝AM，然后再证明△ABF≌△ADM可得出BF＝DM，最后根据勾股定理即可得出DM2，AM2，BM2三者之间的数量关系．
【解答】解：（1）∵＝，
∴∠ACB＝∠ADB＝45°，
∵∠ABD＝45°，
∴∠BAD＝90°，
∴BD是△ABD外接圆的直径；
（2）在CD的延长线上截取DE＝BC，
连接EA，
∵∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∵∠ADE+∠ADC＝180°，
∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝∠ADE，
在△ABC与△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE＝90°，
∵＝
∴∠ACD＝∠ABD＝45°，
∴△CAE是等腰直角三角形，
∴AC＝CE，
∴AC＝CD+DE＝CD+BC；
另解：将△ADC顺时针旋转90°，旋转后点C的对应点为C'，
∵△ABD为等腰直角三角形，
∴旋转后AD与AB重合，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC＝∠ABC'，
∴∠ABC+∠ABC'＝180°，
∴C′，B，C三点共线．
∵∠C'AB＝∠CAD，
∴∠C'AC＝∠BAD＝90°，
又因为∠ACB＝45°，
∴AC＝CC'＝CD+BC．
（3）过点M作MF⊥MB于点M，过点A作AF⊥MA于点A，MF与AF交于点F，连接BF，
由对称性可知：∠AMB＝∠ACB＝45°，
∴∠FMA＝45°，
∴△AMF是等腰直角三角形，
∴AM＝AF，MF＝AM，
∵∠MAF+∠MAB＝∠BAD+∠MAB，
∴∠FAB＝∠MAD，
在△ABF与△ADM中，
，
∴△ABF≌△ADM（SAS），
∴BF＝DM，
在Rt△BMF中，
∵BM2+MF2＝BF2，
∴BM2+2AM2＝DM2．
【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识，综合程度较高，解决本题的关键就是构造等腰直角三角形．
一十五．旋转的性质（共2小题）
43．（2023春•遂平县期末）如图1，将一副三角板的直角重合放置，其中∠A＝30°，∠CDE＝45°．
（1）如图1，求∠EFB的度数；
（2）若三角板ACB的位置保持不动，将三角板CDE绕其直角顶点C顺时针方向旋转．
①当旋转至如图2所示位置时，恰好CD∥AB，则∠ECB的度数为 30 °；
②若将三角板CDE继续绕点C旋转，直至回到图1位置．在这一过程中，是否还会存在△CDE其中一边与AB平行？如果存在，请你画出示意图，并直接写出相应的∠ECB的大小；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解；
（2）①根据两直线平行，内错角相等可得∠ACD＝∠A，再根据同角的余角相等可得∠ECB＝∠ACD；
②分CE、DE、CD与AB平行分别作出图形，再根据平行线的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵∠A＝30°，∠CDE＝45°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，∠E＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EFB＝∠ABC﹣∠E＝60°﹣45°＝15°；
（2）①∵CD∥AB，
∴∠ACD＝∠A＝30°，
∵∠ACD+∠ACE＝∠DCE＝90°，
∠ECB+∠ACE＝∠ACB＝90°，
∴∠ECB＝∠ACD＝30°；
②如图1，CE∥AB，∠ACE＝∠A＝30°，
∠ECB＝∠ACB+∠ACE＝90°+30°＝120°；
如图2，DE∥AB时，延长CD交AB于F，
则∠BFC＝∠D＝45°，
在△BCF中，∠BCF＝180°﹣∠B﹣∠BFC，
＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
∴∠ECB＝∠BCF+∠ECF＝75°+90°＝165°；
如图3，CD∥AB时，∠BCD＝∠B＝60°，
∠ECB＝∠BCD+∠EDC＝60°+90°＝150°；
如图4，CE∥AB时，∠ECB＝∠B＝60°，
如图5，DE∥AB时，∠ECB＝60°﹣45°＝15°．
【点评】本题考查了旋转的性质，三角板的知识，平行线的判定与性质，难点在于（2）根据旋转角的逐渐增大分别作出图形．
44．（2023春•武冈市期末）在正方形ABCD的边AB上任取一点E，作EF⊥AB交BD于点F，取FD的中点G，连接EG、CG，如图（1），易证EG＝CG且EG⊥CG．
（1）将△BEF绕点B逆时针旋转90°，如图（2），则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系？请直接写出你的猜想．
（2）将△BEF绕点B逆时针旋转180°，如图（3），则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系？请写出你的猜想，并加以证明．
【分析】从图（1）中寻找证明结论的思路：延长FE交DC边于M，连MG．构造出△GFE≌△GMC．易得结论；在图（2）、（3）中借鉴此解法证明．
【解答】解：（1）如图2中，结论：EG＝CG，EG⊥CG．
（2）如图3中，EG＝CG，EG⊥CG．
证明：延长FE交DC延长线于M，连MG．
∵∠AEM＝90°，∠EBC＝90°，∠BCM＝90°，
∴四边形BEMC是矩形．
∴BE＝CM，∠EMC＝90°，
由图（3）可知，
∵BD平分∠ABC，∠ABC＝90°，
∴∠EBF＝45°，
又∵EF⊥AB，
∴△BEF为等腰直角三角形
∴BE＝EF，∠F＝45°．
∴EF＝CM．
∵∠EMC＝90°，FG＝DG，
∴MG＝FD＝FG．
∵BC＝EM，BC＝CD，
∴EM＝CD．
∵EF＝CM，
∴FM＝DM，
又∵FG＝DG，
∠CMG＝∠EMC＝45°，
∴∠F＝∠GMC．
在△GFE与△GMC中，
，
∴△GFE≌△GMC（SAS）．
∴EG＝CG，∠FGE＝∠MGC．
∵∠FMC＝90°，MF＝MD，FG＝DG，
∴MG⊥FD，
∴∠FGE+∠EGM＝90°，
∴∠MGC+∠EGM＝90°，
即∠EGC＝90°，
∴EG⊥CG．
【点评】此题综合考查了旋转的性质及全等三角形的判断和性质，如何构造全等的三角形是难点，因此难度较大．
一十六．作图-旋转变换（共1小题）
45．（2023春•万源市校级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标都在格点上，且△A1B1C1与△ABC关于原点O 成中心对称．
（1）画出△A1B1C1；
（2）P（a，b）是△ABC的AC边上一点，将△ABC平移后点P的对应点P'（a+2，b﹣6），请画出平移后的△A2B2C2；
（3）若△A1B1C1和△A2B2C2关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为 （1，﹣3） ．
【分析】（1）直接利用旋转的性质得出对应点位置位置，进而得出答案；
（2）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）连接各对应点，进而得出对称中心的坐标．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；
（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求；
（3）△A1B1C1和△A2B2C2关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为：（1，﹣3）．
故答案为：（1，﹣3）．
【点评】此题主要考查了旋转变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．
一十七．平行线分线段成比例（共1小题）
46．（2022秋•祁阳县期末）阅读下面材料：
小波遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，BE是AC边上的中线，点D在BC边上，AD与BE相交于点P．
（1）小波发现，，过点C作CF∥AD，交BE的延长线于点F，通过构造△CEF（如图2），经过推理和计算得到的值为 ．
（2）参考小波思考问题的方法，解决问题：
①如图3，在△ABC中，点D在BC的延长线上，，点E在AC上，且，求的值；
②如图4，在△ABC中，点D在BC的延长线上，，点E在AC上，且，求出的值．
【分析】（1）如图2，过点C作CF∥AD，交BE的延长线于点F，构建△AEP≌△CEF，得到AP＝FC，再利用△BPD∽△BFC，即可得到结论；
（2）①如图3，作辅助线，构建△AEF，根据AF∥BC，证明△AFE∽△CBE和△AFP∽△DBP，列比例式可得：＝；
②如图4，作辅助线，构建△EFC，根据CF∥AP证明△BCF∽△BDP和△ECF∽△EAP，可得结论．
【解答】解：（1）如图2，过点C作CF∥AD，交BE的延长线于点F，
∴∠F＝∠APF，∠FCE＝∠EAP，
∵BE为AC边的中线，
∴AE＝CE，
∴△AEP≌△CEF（AAS），
∴AP＝FC，
∵PD∥FC，
∴△BPD∽△BFC，
∴＝，
∴＝，
故答案为：；
（2）①如图3，过A作AF∥BC，交BP延长线于点F，
∴△AFE∽△CBE，
∴，
∵，
∴，
设AF＝3x，BC＝2x，
∵，
∴BD＝x，
∵AF∥BD，
∴△AFP∽△DBP，
∴＝＝；
②如图4，过C作CF∥AP交PB于F，
∴△BCF∽△BDP，
∴＝＝，
设CF＝3x，PD＝4x，
∵CF∥AP，
∴△ECF∽△EAP，
∴，
∴AP＝x，
∴＝＝．
∴的值为．
【点评】此题主要考查了平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定和性质，三角形相似的性质和判定，本题运用了类比的思想，作平行线，构建三角形，证明相似可解决问题．
一十八．相似三角形的判定（共2小题）
47．（2022秋•城关区校级期末）如图，AB⊥BC，DC⊥BC，E是BC上一点，使得AE⊥DE；
（1）求证：△ABE∽△ECD；
（2）若AB＝4，AE＝BC＝5，求CD的长；
（3）当△AED∽△ECD时，请写出线段AD、AB、CD之间数量关系，并说明理由．
【分析】（1）先根据同角的余角相等可得：∠DEC＝∠A，利用两角相等证明三角形相似；
（2）先根据勾股定理得：BE＝3，根据△ABE∽△ECD，列比例式可得结论；
（3）先根据△AED∽△ECD，证明∠EAD＝∠DEC，可得∠ADE＝∠EDC，证明Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），则DF＝DC，同理可得：AF＝AB，相加可得结论．
【解答】（1）证明：∵AB⊥BC，DC⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥DE，
∴∠AED＝90°，
∴∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠BAE，
∴△ABE∽△ECD；
（2）解：Rt△ABE中，∵AB＝4，AE＝5，
∴BE＝3，
∵BC＝5，
∴EC＝5﹣3＝2，
由（1）得：△ABE∽△ECD，
∴，
∴，
∴CD＝；
（3）解：线段AD、AB、CD之间数量关系：AD＝AB+CD；
理由是：过E作EF⊥AD于F，
∵△AED∽△ECD，
∴∠EAD＝∠DEC，
∵∠AED＝∠C，
∴∠ADE＝∠EDC，
∵DC⊥BC，
∴EF＝EC，
∵DE＝DE，
∴Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），
∴DF＝DC，
同理可得：△ABE≌△AFE，
∴AF＝AB，
∴AD＝AF+DF＝AB+CD．
【点评】此题考查学生对相似或全等三角形判定与性质的理解和掌握，第3问中如果是直接求证AD＝AB+CD，比问“线段AD、AB、CD之间数量关系，并说明理由”，这种方法要简单一些，注意作辅助线将AD分成两条线段..
48．（2022秋•鼓楼区校级期末）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，CD⊥AB．如果以AB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，点D为坐标原点O，建立平面直角坐标系（如图2），若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿线段CB运动，点Q从B点出发，以每秒1个单位的速度沿线段BA运动，其中一点最先到达线段的端点时，两点即刻同时停止运动；设运动时间为t秒．
（1）当t为何值时，以点B、P、Q为顶点的三角形的面积为2？
（2）是否存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先利用勾股定理求出BC，再用△ABC的面积求解，即可得出结论；
（2）利用平行线分线段成比例定理表示出PH，最后用△BPQ的面积为2建立方程求解，即可求出答案；
（3）分两种情况，利用平行线分线段成比例定理得出比例式，建立方程求解，即可求出答案．
【解答】解：（1）作PH⊥AB于H，在Rt△ABC中，AB＝10，AC＝8，
根据勾股定理得，BC＝6，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，
∴CD＝＝＝；
由运动知，BQ＝t，CP＝t，
∵BC＝6，
∴BP＝6﹣t，
∵PH⊥CO，
∴，
∴，
∴，
∴S△BPQ＝BQ•PH＝t•＝﹣t（t﹣6）（0＜t≤6），
∵以点B、P、Q为顶点的三角形的面积为2，
∴﹣t（t﹣6）＝2，
∴t＝1或t＝5，
即当t＝1或5时，以点B、P、Q为顶点的三角形的面积为2；
（2）存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，
理由如下：分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，如图3，此时△PQB∽△ACB，
∴，
∴，
解得t＝2.25；
②当∠BPQ＝90°时，如图4，此时△QPB∽△ACB，
∴，
∴，
解得t＝3.75
综上可得，t＝2.25或t＝3.75．
【点评】此题是相似三角形综合题，主要考查了勾股定理，三角形的面积公式，平行线分线段成比例定理，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
一十九．相似三角形的判定与性质（共4小题）
49．（2022秋•渠县校级期末）小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“已知正方形ABCD，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，则EG＝FH．”为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案：
方案一：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD于点N；
方案二：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N．…
（1）对小曼遇到的问题，请在甲、乙两个方案中任选一个加以证明（如图（1））．
（2）如果把条件中的“正方形”改为“长方形”，并设AB＝2，BC＝3（如图（2）），试探究EG、FH之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．
（3）如果把条件中的“EG⊥FH”改为“EG与FH的夹角为45°”，并假设正方形ABCD的边长为1，FH的长为（如图（3）），试求EG的长度．
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在长方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．
（3）过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N，将△AND绕点A顺时针旋转90°到△APB．从而求证△APM≌△ANM，得出PM＝NM．再设DN＝x，根据勾股定理列方程即可求解．
【解答】解：（1）证明：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∴AM＝HF，AN＝BC，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，即EG＝FH
（2）结论：EG：FH＝3：2
证明：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∴AM＝HF，AN＝EC，在长方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN．
，
∵AB＝2，BC＝AD＝3，
∴＝；
（3）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N，
∵．
∴在Rt△ABM中，BM＝．
将△AND绕点A顺时针旋转90°到△APB．
∵EG与FH的夹角为45°，
∴∠MAN＝45°，
∴∠DAN+∠MAB＝45°，即∠PAM＝∠MAN＝45°，
从而△APM≌△ANM，
∴PM＝NM．
设DN＝x，则NC＝1﹣x，MN＝PM＝．
在Rt△CMN中，解得．
∴．
【点评】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
50．（2023春•宣汉县校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点D、E分别在线段BC、AC上运动，并保持∠ADE＝45°
（1）当△ADE是等腰三角形时，求AE的长；
（2）当时，求DE的长．
【分析】（1）分三种情况，讨论解答：①当AE＝AD时，②当AE＝DE时，③当AD＝DE时；①②易求得，③通过证明△ABD≌△DCE，得AB＝DC，BD＝CE，即可求出；
（2）如图，通过证明△ABD∽△DCE，可得到，即DE＝×AD，在Rt△AMD中，可通过勾股定理，求得DC的长，即可解答出；
【解答】解：（1）①当AE＝AD时，△ADE是等腰三角形，
此时，点E、D分别与点C、B重合，
∴AE＝AC＝2；
②当AE＝DE时，△ADE是等腰三角形，
此时，∠EAD＝∠ADE＝45°，由题设知，此时点D、E分别为BC、AC的中点，
∴AE＝AC＝1；
③当AD＝DE时，△ADE是等腰三角形，
此时由题设知∠B＝∠C＝45°，
∵AB＝AC＝2，BC＝，
而∠BAD+∠B＝∠ADC＝45°+∠CDE，
∴∠BAD＝∠CDE，而∠B＝∠C，AD＝DE，
∴△ABD≌△DCE，
∴DC＝AB＝2，CE＝BD＝BC﹣DC＝，
∴AE＝AC﹣CE＝．
（2）取BC的中点M，连接AM，
易求得AM＝，BM＝，∠AMB＝90°，
∵BD＝，
∴DM＝BM﹣BD＝﹣＝，
DC＝BC﹣BD＝2﹣＝，
∴在Rt△AMD中，AD＝＝，
由（1）的第三种情况已证∠BAD＝∠CDE，而∠B＝∠C，
∴△ABD∽△DCE，
∴，
∴DE＝×AD＝××＝．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质和等腰三角形的性质，本题根据题意，确定动点D、E的位置，是解答的关键．
51．（2022秋•叙州区期末）在△ABC中，∠ACB＝45°．点D（与点B、C不重合）为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．
（1）如果AB＝AC．如图①，且点D在线段BC上运动．试判断线段CF与BD之间的位置关系，并证明你的结论．
（2）如果AB＞AC，如图②，且点D在线段BC上运动．（1）中结论是否成立，为什么？
（3）若正方形ADEF的边DE所在直线与线段CF所在直线相交于点P，设AC＝，BC＝3，CD＝x，求线段CP的长．（用含x的式子表示）
【分析】（1）由∠ACB＝45°，AB＝AC，得∠ABD＝∠ACB＝45°；∴∠BAC＝90°，由正方形ADEF，可得∠DAF＝90°，AD＝AF，∠DAF＝∠DAC+∠CAF；∠BAC＝∠BAD+∠DAC；∴∠CAF＝∠BAD．可证△DAB≌△FAC（SAS），得∠ACF＝∠ABD＝45°，∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．
（2）过点A作AG⊥AC交BC于点G，可得出AC＝AG，易证：△GAD≌△CAF，所以∠ACF＝∠AGD＝45°，∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．
（3）若正方形ADEF的边DE所在直线与线段CF所在直线相交于点P，设AC＝，BC＝3，CD＝x，求线段CP的长．考虑点D的位置，分两种情况去解答．①点D在线段BC上运动，已知∠BCA＝45°，可求出AQ＝CQ＝4．即DQ＝4﹣x，易证△AQD∽△DCP，∴，∴，问题可求．②点D在线段BC延长线上运动时，∵∠BCA＝45°，可求出AQ＝CQ＝4，∴DQ＝4+x．过A作AQ⊥BC交CB延长线于点Q，则△AGD∽△ACF，得CF⊥BD，由△AQD∽△DCP，得，∴，问题解决．
【解答】解：（1）CF与BD位置关系是垂直；
证明如下：
∵AB＝AC，∠ACB＝45°，
∴∠ABC＝45°．
由正方形ADEF得AD＝AF，
∵∠DAF＝∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠FAC，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠ACF＝∠ABD．
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．
∴CF⊥BC．
∴CF⊥BD．
（2）AB＞AC时，CF⊥BD的结论成立．
理由是：
过点A作GA⊥AC交BC于点G，
∵∠ACB＝45°，
∴∠AGD＝45°，
∴AC＝AG，
同理可证：△GAD≌△CAF
∴∠ACF＝∠AGD＝45°，∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°，
即CF⊥BD．
（3）过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q，
①点D在线段BC上运动时，
∵∠BCA＝45°，可求出AQ＝CQ＝4．
∴DQ＝4﹣x，△AQD∽△DCP，
∴，
∴，
∴．
②点D在线段BC延长线上运动时，
∵∠BCA＝45°，
∴AQ＝CQ＝4，
∴DQ＝4+x．
过A作AQ⊥BC，
∵CF⊥BD，
∴∠P+∠PDC＝90°，
∵∠PDC+∠ADQ＝90°，
∴∠ADQ＝∠P，
∵∠Q＝∠PCD＝90°，
∴△AQD∽△DCP，
∴，
∴，
∴．
【点评】此题综合性强，须运用所学全等、相似、正方形等知识点，属能力拔高性的类型．
52．（2022秋•凤凰县期末）如图，AB是⊙O的直径，＝，E是OB的中点，连接CE并延长到点F，使EF＝CE．连接AF交⊙O于点D，连接BD，BF．
（1）求证：直线BF是⊙O的切线；
（2）若OB＝2，求BD的长．
【分析】（1）证明△OCE≌△BFE（SAS），可得∠OBF＝∠COE＝90°，可得结论；
（2）由（1）得：△OCE≌△BFE，则BF＝OC＝2，根据勾股定理得：AF＝2，利用面积法可得BD的长．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，＝，
∴∠BOC＝90°，
∵E是OB的中点，
∴OE＝BE，
在△OCE和△BFE中，
∵，
∴△OCE≌△BFE（SAS），
∴∠OBF＝∠COE＝90°，
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）解：∵OB＝OC＝2，
由（1）得：△OCE≌△BFE，
∴BF＝OC＝2，
∴AF＝＝＝2，
∴S△ABF＝，
4×2＝2•BD，
∴BD＝．
【点评】本题考查圆的有关知识，切线的判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握这些知识的应用，学会条件常用辅助线，属于中考常考题型．
二十．解直角三角形的应用（共1小题）
53．（2022秋•新化县期末）每年的6至8月份是台风多发季节，某次台风来袭时，一棵大树树干AB（假定树干AB垂直于地面）被刮倾斜15°后折断倒在地上，树的顶部恰好接触到地面D（如图所示），量得树干的倾斜角为∠BAC＝15°，大树被折断部分和地面所成的角∠ADC＝60°，AD＝4米，求这棵大树AB原来的高度是多少米？（结果精确到个位，参考数据：≈1.4，≈1.7，≈2.4）
【分析】过点A作AE⊥CD于点E，由∠BAC＝15°可求出∠DAC的度数，在Rt△AED中由∠ADE＝60°，AD＝4可求出DE及AE的长度，在Rt△AEC中由直角三角形的性质可得出AE＝CE，故可得出CE的长度，再利用锐角三角函数的定义可得出AC的长，进而可得出结论．
【解答】解：过点A作AE⊥CD于点E，
∵∠BAC＝15°，
∴∠DAC＝90°﹣15°＝75°，
∵∠ADC＝60°，
∴在Rt△AED中，
∵cs60°＝＝＝，
∴DE＝2，
∵sin60°＝＝＝，
∴AE＝2，
∴∠EAD＝90°﹣∠ADE＝90°﹣60°＝30°，
在Rt△AEC中，
∵∠CAE＝∠CAD﹣∠DAE＝75°﹣30°＝45°，
∴∠C＝90°﹣∠CAE＝90°﹣45°＝45°，
∴AE＝CE＝2，
∴sin45°＝＝＝，
∴AC＝2，
∴AB＝2+2+2≈2×2.4+2×1.7+2＝10.2≈10米．
答：这棵大树AB原来的高度是10米．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
二十一．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）
54．（2022秋•海口期末）为做好防汛工作，防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固，专家提供的方案是：水坝加高2米（即CD＝2米），背水坡DE的坡度i＝1：1（即DB：EB＝1：1），如图所示，已知AE＝4米，∠EAC＝130°，求水坝原来的高度BC．
（参考数据：sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.2）
【分析】设BC＝x米，用x表示出AB的长，利用坡度的定义得到BD＝BE，进而列出x的方程，求出x的值即可．
【解答】解：设BC＝x米，
在Rt△ABC中，
∠CAB＝180°﹣∠EAC＝50°，
AB＝≈＝＝x，
在Rt△EBD中，
∵i＝DB：EB＝1：1，
∴BD＝BE，
∴CD+BC＝AE+AB，
即2+x＝4+x，
解得x＝12，
即BC＝12，
答：水坝原来的高度约为12米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是理解坡度、坡比的含义，构造直角三角形，利用三角函数表示相关线段的长度，难度一般．
二十二．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共2小题）
55．（2022秋•朝阳期末）如图，山坡AB的坡度i＝1：，AB＝10米，AE＝15米．在高楼的顶端竖立一块倒计时牌CD，在点B处测量计时牌的顶端C的仰角是45°，在点A处测量计时牌的底端D的仰角是60°，求这块倒计时牌CD的高度．（测角器的高度忽略不计，结果精确到0.1米，参考数据：≈1.414，≈1.732）
【分析】首先作BF⊥DE于点F，BG⊥AE于点G，得出四边形BGEF为矩形，进而求出CF，EF，DE的长，进而得出答案．
【解答】解：作BF⊥DE于点F，BG⊥AE于点G，
∵CE⊥AE，
∴四边形BGEF为矩形，
∴BG＝EF，BF＝GE，
在Rt△ADE中，
∵tan∠ADE＝，
∴DE＝AE•tan∠ADE＝15，
∵山坡AB的坡度i＝1：，AB＝10，
∴BG＝5，AG＝5，
∴EF＝BG＝5，BF＝AG+AE＝5+15，
∵∠CBF＝45°
∴CF＝BF＝5+15，
∴CD＝CF+EF﹣DE＝20﹣10≈20﹣10×1.732＝2.68≈2.7（m），
答：这块宣传牌CD的高度为2.7米．
【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，根据已知熟练掌握锐角三角函数关系得出CF的长是解题关键．
56．（2022秋•益阳期末）如图，小东在教学楼距地面9米高的窗口C处，测得正前方旗杆顶部A点的仰角为37°，旗杆底部B点的俯角为45°，升旗时，国旗上端悬挂在距地面2.25米处，若国旗随国歌声冉冉升起，并在国歌播放45秒结束时到达旗杆顶端，则国旗应以多少米/秒的速度匀速上升？（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【分析】通过解直角△BCD和直角△ACD分别求得BD、CD以及AD的长度，则易得AB的长度，则根据题意得到整个过程中旗子上升高度，由“速度＝”进行解答即可．
【解答】解：在Rt△BCD中，BD＝9米，∠BCD＝45°，则BD＝CD＝9米．
在Rt△ACD中，CD＝9米，∠ACD＝37°，则AD＝CD•tan37°≈9×0.75＝6.75（米）．
所以，AB＝AD+BD＝15.75米，
整个过程中旗子上升高度是：15.75﹣2.25＝13.5（米），
因为耗时45s，
所以上升速度v＝＝0.3（米/秒）．
答：国旗应以0.3米/秒的速度匀速上升．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决．
二十三．列表法与树状图法（共1小题）
57．（2022秋•桃城区校级期末）“五•一”假期，梅河公司组织部分员工到A、B、C三地旅游，公司购买前往各地的车票种类、数量绘制成条形统计图，如图．根据统计图回答下列问题：
（1）前往A地的车票有 30 张，前往C地的车票占全部车票的 20 %；
（2）若公司决定采用随机抽取的方式把车票分配给100名员工，在看不到车票的条件下，每人抽取一张（所有车票的形状、大小、质地完全相同且充分洗匀），那么员工小王抽到去B地车票的概率为 ；
（3）若最后剩下一张车票时，员工小张、小李都想要，决定采用抛掷一枚各面分别标有数字1，2，3，4的正四面体骰子的方法来确定，具体规则是：“每人各抛掷一次，若小张掷得着地一面的数字比小李掷得着地一面的数字大，车票给小张，否则给小李．”试用“列表法或画树状图”的方法分析，这个规则对双方是否公平？
【分析】（1）考查了条形图的知识，解题的关键是识图；
（2）让去B地车票数除以车票总数即为所求的概率；
（3）此题考查了游戏公平性问题，解题的关键是求得小张得到车票的概率与小李得到车票的概率，只要相同就公平，否则就不公平．
【解答】解：（1）30；20．（2分）
（2）50÷100＝．（4分）
（3）不公平．
可能出现的所有结果列表如下：
或画树状图如下：
共有16种可能的结果，且每种的可能性相同，其中小张获得车票的结果有6种：
（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），
∴小张获得车票的概率为；则小李获得车票的概率为．
∴这个规则对小张、小李双方不公平． （8分）
【点评】此题考查的知识比较多，解题的关键是要细心，理解题意．此题考查的是用列表法或者用树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．树状图法适用于两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
二十四．游戏公平性（共2小题）
58．（2022秋•南昌县期末）在一个不透明的口袋中放有4个完全相同的小球，他们分别标有数字﹣1，2，3，5．小明先随机摸出一个小球，记下数字为x；小强再随机摸出一个小球，记下数字为y．小明小强共同商议游戏规则为：当x＞y时小明获胜，否则小强获胜．
（1）若小明摸出的球不放回，请用列表或画树状图的方法求小明获胜的概率；
（2）若小明摸出的球放回后小强再随机摸球，请问这个游戏规则是公平的吗？请说明理由．
【分析】（1）通过列表展示所有12种等可能性的结果数，即可求出小明获胜的概率；
（2）游戏是否公平，求出游戏双方获胜的概率，比较是否相等即可．
【解答】解：（1）根据题意，列表如下：
一共有12中等可能结果，其中x＞y的结果有6种，
∴P（小明获胜）＝；
（2）不公平，理由如下：
由题意，列表为：
一共有16中等可能结果，其中x＞y的结果有6种，
∴P（小明获胜）＝，
P（小强获胜）＝1﹣＝，
P（小明获胜）＜P（小强获胜）
∴游戏规则不公平．
【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．游戏双方获胜的概率相同，游戏就公平，否则游戏不公平．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
59．（2023春•通川区校级期末）如图，一个均匀的转盘被平均分成8等份，分别标有“1，2，3，4，5，6，7，8”这8个数字，转动转盘，当转盘停止后，指针指向的数字即为转出的数字．游戏规则如下：甲、乙两个人参与游戏，甲转动转盘，乙猜数，若猜的数与转盘转出的数相符，则乙获胜；若结果不相符，则甲获胜．（若指针恰好指在分割线上，那么重转一次）．
（1）如果乙猜是“数9”，则乙获胜的概率为 0 ；
（2）如果乙猜是“3的倍数”，则甲获胜的概率是 ；
（3）如果乙猜是“偶数”，这个游戏对双方公平吗？请说明理由；
（4）如果你是乙，请设计一种猜数方法，使自己获胜的可能性较大．
【分析】（1）由于这8个数中，没有数字9，据此可得答案；
（2）根据概率公式先求得乙获胜的概率，继而可得甲获胜的概率；
（3）在这8个数中，偶数有4个，根据概率公式求解可得甲、乙获胜的概率即可得；
（4）乙猜不是3的倍数，根据概率公式求解可得．
【解答】解：（1）如果乙猜是“数9”，则乙获胜的概率为0，
故答案为：0；
（2）如果乙猜是“3的倍数”，则乙获胜的概率是＝，
则甲获胜的概率为1﹣＝
故答案为：；
（3）在这8个数中，偶数有4个，
则乙获胜的概率为＝，甲获胜的概率为，
∴这个游戏对双方公平；
（4）乙猜不是3的倍数，
∵在这个8个数中，不是3的倍数的有1、2、4、5、7、8这6个，
∴乙获胜的概率为＝．
【点评】本题主要考查游戏的公平性，熟练掌握概率公式是解题的关键．
二十五．利用频率估计概率（共1小题）
60．（2023春•莱山区期末）某商场“五一”期间为进行有奖销售活动，设立了一个可以自由转动的转盘．商场规定：顾客购物100元以上就能获得一次转动转盘的机会，当转盘停止时，指针落在哪一区域就可以获得相应的奖品．下表是此次活动中的一组统计数据：
（1）完成上述表格；（结果全部精确到0.1）
（2）请估计当n很大时，频率将会接近 0.6 ，假如你去转动该转盘一次，你获得“可乐”的概率约是 0.6 ；（结果全部精确到0.1）
（3）转盘中，表示“洗衣粉”区域的扇形的圆心角约是多少度？
【分析】（1）根据频率的定义计算n＝298时的频率和频率为0.59时的频数；
（2）从表中频率的变化，可得到估计当n很大时，频率将会接近0.6，然后根据利用频率估计概率得“可乐”的概率约是0.6；
（3）可根据获得“洗衣粉”的概率为1﹣0.6＝0.4，然后根据扇形统计图的意义，用360°乘以0.4即可得到表示“洗衣粉”区域的扇形的圆心角．
【解答】解：（1）298÷500≈0.6；0.59×800＝472；
（2）估计当n很大时，频率将会接近0.6，假如你去转动该转盘一次，你获得“可乐”的概率约是0.6；
（3）（1﹣0.6）×360°＝144°，
所以表示“洗衣粉”区域的扇形的圆心角约是144°．
故答案为0.6，0.6．
【点评】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
小李抛到的数字
小张抛到的数字
1
2
3
4
1
（1，1）
（1，2）
（1，3）
（1，4）
2
（2，1）
（2，2）
（2，3）
（2，4）
3
（3，1）
（3，2）
（3，3）
（3，4）
4
（4，1）
（4，2）
（4，3）
（4，4）
小明摸出的x小强摸出的y
﹣1
2
3
5
﹣1
/
（2，﹣1）
（3，﹣1）
（5，﹣1）
2
（﹣1，2）
/
（3，2）
（5，2）
3
（﹣1，3）
（2，3）
/
（5，3）
5
（﹣1，5）
（2，5）
（3，5）
/
小明摸出的x小强摸出的y
﹣1
2
3
5
﹣1
（﹣1，﹣1）
（2，﹣1）
（3，﹣1）
（5，﹣1）
2
（﹣1，2）
（2，2）
（3，2）
（5，2）
3
（﹣1，3）
（2，3）
（3，3）
（5，3）
5
（﹣1，5）
（2，5）
（3，5）
（5，5）
转动转盘的次数n
100
200
400
500
800
1000
落在“可乐”区域的次数m
60
122
240
298
604
落在“可乐”区域的频率
0.6
0.61
0.6
0.59
0.604