2020年（广东）中考数学压轴题专题训练 解析版


2020年（广东）中考数学压轴题专题训练
1．如图，AB为⊙O的直径，P为BA延长线上一点，点C在⊙O上，连接PC，D为半径OA上一点，PD＝PC，连接CD并延长交⊙O于点E，且E是的中点．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）求证：CD•DE＝2OD•PD；
（3）若AB＝8，CD•DE＝15，求PA的长．

2．已知：矩形ABCD内接于⊙O，连接BD，点E在⊙O上，连接BE交AD于点F，∠BDC+45°＝∠BFD，连接ED．
（1）如图1，求证：∠EBD＝∠EDB；
（2）如图2，点G是AB上一点，过点G作AB的垂线分别交BE和BD于点H和点K，若HK＝BG+AF，求证：AB＝KG；
（3）如图3，在（2）的条件下，⊙O上有一点N，连接CN分别交BD和AD于点M和点P，连接OP，∠APO＝∠CPO，若MD＝8，MC＝3，求线段GB的长．

3．如图，AB是⊙O的直径，CD⊥AB，交⊙O于C、D两点，交AB点E、F是弧BD上一点，过点F作一条直线，交CD的延长线于点G，交AB的延长线于点M．连结AF，交CD于点H，GF＝GH．
（1）求证：MG是⊙O的切线；
（2）若弧AF＝弧CF，求证：HC＝AC；
（3）在（2）的条件下，若tanG＝，AE＝6，求GM的值．

4．如图，已知AC是半径为2的⊙O的一条弦，且AC＝2，点B是⊙O上不与A、C重合的一个动点，
（1）请计算△ABC的面积的最大值；
（2）当点B在优弧上，∠BAC＞∠ACB时，∠ABC的平分线交AC于D，且OD⊥BD，请计算AD的长；
（3）在（2）条件下，请探究线段AB、BC、BD之间的数量关系．

5．如图，△ABC为⊙O的内接三角形，BC为⊙O的直径，在线段OC上取点D（不与端点重合），作DG⊥BC，分别交AC、圆周于E、F，连接AG，已知AG＝EG．
（1）求证：AG为⊙O的切线；
（2）已知AG＝2，填空：
①当四边形ABOF是菱形时，∠AEG＝　 　°；
②若OC＝2DC，△AGE为等腰直角三角形，则AB＝　 　．

6．如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，AD是⊙O的弦，AD＝BC，AD与BC相交于点 E．
（1）求证：CB平分∠ACD；
（2）过点B作BG⊥AC于G，交AD于点F．
①猜想AC、AG、CD之间的数量关系，并且说明理由；
②若S△ABG＝S△ACD，⊙O的半径为15，求DF的长．

7．如图，点P在y轴的正半轴上，⊙P交x轴于B、C两点，交y轴于点A，以AC为直角边作等腰Rt△ACD，连接BD分别交y轴和AC于E、F两点，连接AB．

（1）求证：AB＝AD；
（2）若BF＝4，DF＝6，求线段CD的长；
（3）当⊙P的大小发生变化而其他条件不变时，的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由．
8．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上（不包括端点B，C），过A，C，D三点的⊙O交AB于另一点E，连结AD，DE，CE，且CE⊥AD于点G，过点C作CF∥DE交AD于点F，连结EF．
（1）求证：四边形DCFE是菱形；
（2）当tan∠AEF＝，AC＝4时，求⊙O的直径长．

9．如图，抛物线y＝x2+mx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，若A（﹣1，0），且OC＝3OA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M为抛物线上第四象限内一动点，顺次连接AC，CM，MB，是否存在点M，使四边形MBAC的面积为9，若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）将直线BC沿x轴翻折交y轴于N点，过B点的直线l交y轴、抛物线分别于D、E，且D在N的上方，将A点绕O顺时针旋转90°得M，若∠NBD＝∠MBO，试求E的的坐标．

10．已知：如图，直线y＝﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点，抛物线y＝x2+bx+c过A、C两点，
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为抛物线位于第三象限上一动点，连接PA，PC，试问△PAC的面积是否存在最大值，若存在，请求出△APC面积的最大值，以及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点M为抛物线上一点，点N为抛物线对称轴上一点，若△NMC是以∠NMC为直角的等腰直角三角形，请直接写出点M的坐标．

11．如图，二次函数y＝a（x2+2mx﹣3m2）（其中a，m是常数a＜0，m＞0）的图象与x轴分别交于A、B（点A位于点B的右侧），与y轴交于点C（0，3），点D在二次函数的图象上，CD∥AB，连结AD．过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE．
（1）求a与m的关系式；
（2）求证：为定值；
（3）设该二次函数的图象的顶点为F．探索：在x轴的正半轴上是否存在点G，连结GF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由．

12．如图，抛物线y＝ax2+4ax+与x轴交于点A、B（A在B的左侧），过点A的直线y＝kx+3k交抛物线于另一点 C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接BC，过点B作BD⊥BC，交直线AC于点D，若BC＝5BD，求k的值；
（3）将直线y＝kx+3k向上平移4个单位，平移后的直线交抛物线于E、F两点，求△AEF的面积的最小值．
13．如图1，二次函数y＝﹣x2+x+3的图象交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C点，连结AC，过点C作CD⊥AC交AB于点D．
（1）求点D的坐标；
（2）如图2，已知点E是该二次函数图象的顶点，在线段AO上取一点F，过点F作FH⊥CD，交该二次函数的图象于点H（点H在点E的右侧），当五边形FCEHB的面积最大时，求点H的横坐标；
（3）如图3，在直线BC上取一点M（不与点B重合），在直线CD的右上方是否存在这样的点N，使得以C、M、N为顶点的三角形与△BCD全等？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

14．如图，已知二次函数y＝ax2﹣8ax+6（a＞0）的图象与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C，点D在抛物线的对称轴上，且四边形ABDC为平行四边形．
（1）求此抛物线的对称轴，并确定此二次函数的表达式；
（2）点E为x轴下方抛物线上一点，若△ODE的面积为12，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，设抛物线的顶点为M，点P是抛物线的对称轴上一动点，连接PE、EM，过点P作PE的垂线交抛物线于点Q，当∠PQE＝∠EMP时，求点Q到抛物线的对称轴的距离．

15．如图，已知抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）（a为常数，且a＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线y＝﹣x+与抛物线的另一交点为D，且点D的横坐标为﹣5．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）该二次函数图象上有一点P（x，y）使得S△BCD＝S△ABP，求点P的坐标；
（3）设F为线段BD上一点（不含端点），连接AF，求2AF+DF的最小值．

16．二次函数y＝x2﹣x﹣与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，连接BD．
（1）如图1，点P为抛物线上的一点，且在线段BD的下方（包括线段的端点），连接PA，PC，AC．求△PAC的最大面积；
（2）如图2，直线l1过点B、D．过点A作直线l2∥l1交y轴于点E，连接点A、E，得到△OAE，将△OAE绕着原点O顺时针旋转α°（0＜α＜180）得到△OA1E1，旋转过程中直线OE1与直线l1交于点M，直线A1E1与直线l1交于点N．当△E1MN为等腰三角形时，直接写出点E1的坐标并写出相应的α值．

17．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，点A、B在x轴上，点C、D在第二象限，点M是BC中点．已知AB＝6，AD＝8，∠DAB＝60°，点B的坐标为（﹣6，0）．

（1）求点D和点M的坐标；
（2）如图①，将▱ABCD沿着x轴向右平移a个单位长度，点D的对应点D′和点M的对应点M′恰好在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，请求出a的值以及这个反比例函数的表达式；
（3）如图②，在（2）的条件下，过点M，M′作直线l，点P是直线l上的动点，点Q是平面内任意一点，若以B′，C′，P、Q为顶点的四边形是矩形，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．
18．如图，过原点的直线y1＝mx（m≠0）与反比例函数y2＝（k＜0）的图象交于A、B两点，点A在第二象限，且点A的横坐标为﹣1，点D在x轴负半轴上，连接AD交反比例函数图象于另一点E，AC为∠BAD的平分线，过点B作AC的垂线，垂足为C，连接CE，若AD＝2DE，△AEC的面积为．
（1）根据图象回答：当x取何值时，y1＜y2；
（2）求△AOD的面积；
（3）若点P的坐标为（m，k），在y轴的轴上是否存在一点M，使得△OMP是直角三角形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

19．阅读材料：
我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分别过A、B向经过点C直线作垂线，垂足分别为D、E，我们很容易发现结论：△ADC≌△CEB．
（1）探究问题：如果AC≠BC，其他条件不变，如图②，可得到结论；△ADC∽△CEB．请你说明理由．
（2）学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线y＝x与直线CD交于点M（2，1），且两直线夹角为α，且tanα＝，请你求出直线CD的解析式．
（3）拓展应用：如图④，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E为BC边上一个动点，连接BE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD外部时，连接PC，PD．若△DPC为直角三角形时，请你探究并直接写出BE的长．

20．笛卡尔是法国数学家、科学家和哲学家，他的哲学与数学思想对历史的影响是深远的．1637年，笛卡尔发表了《几何学》，创立了直角坐标系．其中笛卡尔的思想核心是：把几何学的问题归结成代数形式的问题，用代数的方法进行计算、证明，从而达到最终解决几何问题的目的．
某学习小组利用平面直角坐标系在研究直线上点的坐标规律时，发现直线y＝kx+b（k≠0）上的任意三点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）（x1≠x1≠x3），满足＝＝＝k，经学习小组查阅资料得知，以上发现是成立的，即直线y＝kx+b（k≠0）上任意两点的坐标M（x1，y1）N（x2，y2）（x1≠x2），都有的值为k，其中k叫直线y＝kx+b的斜率．如，P（1，3），Q（2，4）为直线y＝x+2上两点，则kPQ＝＝1，即直线y＝x+2的斜率为1．
（1）请你直接写出过E（2，3）、F（4，﹣2）两点的直线的斜率kEF＝　 　．
（2）学习小组继续深入研究直线的“斜率”问题，得到如下正确结论：不与坐标轴平行的任意两条直线互相垂直时，这两条直线的斜率之积是定值．
如图1，直线GH⊥GI于点G，G（1，3），H（﹣2，1），I（﹣1，6）．请求出直线GH与直线GI的斜率之积．
（3）如图2，已知正方形OKRS的顶点S的坐标为（6，8），点K，R在第二象限，OR为正方形的对角线．过顶点R作RT⊥OR于点R．求直线RT的解析式．











参考答案
一．解答题（共20小题）
1．（1）证明：连接OC，OE，
∵OC＝OE，
∴∠E＝∠OCE，
∵E是的中点，
∴＝，
∴∠AOE＝∠BOE＝90°，
∴∠E+∠ODE＝90°，
∵PC＝PD，
∴∠PCD＝∠PDC，
∵∠PDC＝∠ODE，
∴∠PCD＝∠ODE，
∴∠PCD+∠OCD＝∠ODE+∠E＝90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；
（2）证明：连接AC，BE，BC，
∵∠ACD＝∠DBE，∠CAD＝∠DEB，
∴△ACD∽△EBD，
∴＝，
∴CD•DE＝AD•BD＝（AO﹣OD）（AO+OD）＝AO2﹣OD2；
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠PCO＝90°，
∴∠ACP+∠ACO＝∠ACO+∠BCO＝90°，
∴∠ACP＝∠BCO，
∵∠BCO＝∠CBO，
∴∠ACP＝∠PBC，
∵∠P＝∠P，
∴△ACP∽△CBP，
∴，
∴PC2＝PB•PA＝（PD+DB）（PD﹣AD）＝（PD+OD+OA）（PD+OD﹣OA）＝（PD+OD）2﹣OA2＝PD2+2PD•OD+OD2﹣OA2，
∵PC＝PD，
∴PD2＝PD2+2PD•OD+OD2﹣OA2，
∴OA2﹣OD2＝2OD•PD，
∴CD•DE＝2OD•PD；
（3）解：∵AB＝8，
∴OA＝4，
由（2）知，CD•DE＝AO2﹣OD2；
∵CD•DE＝15，
∴15＝42﹣OD2，
∴OD＝1（负值舍去），
∴AD＝3，
由（2）知，CD•DE＝2OD•PD，
∴PD＝＝，
∴PA＝PD﹣AD＝．

2．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD＝90°，
∴∠BDC＝∠DBA，BD是⊙O的直径，
∴∠BED＝90°，
∵∠BFD＝∠ABF+∠BAD，∠BFD＝∠BDC+45°，
∴∠ABF+90°＝∠DBA+45°，
∴∠DBA﹣∠ABF＝45°，
∴∠EBD＝45°，
∴△BED是等腰直角三角形，
∴∠EBD＝∠EDB；
（2）证明：过点K作KS⊥BE，垂足为R，交AB于S，如图2所示：
∵KG⊥AB，
∴∠BGH＝∠KRH＝∠SRB＝∠KGS＝90°，
∴∠SBR＝∠HKR，
∵∠BED＝90°，
∴∠RBK＝∠RKB＝45°，
∴BR＝KR，
在△SRB和△HRK中，，
∴△SRB≌△HRK（ASA），
∴SB＝HK，
∵SB＝BG+SG，HK＝BG+AF，
∴BG+SG＝BG+AF，
∴SG＝AF，
在△ABF和△GKS中，，
∴△ABF≌△GKS（AAS），
∴AB＝KG；
（3）解：过点O分别作AD与CN的垂线，垂足分别为Q和T，连接OC，如图3所示：
∵∠APO＝∠CPO，
∴OQ＝OT，
在Rt△OQD和Rt△OTC中，，
∴Rt△OQD≌Rt△OTC（HL），
∴DQ＝CT，
∴AD＝CN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝CN＝BC，
连接ON，
在△NOC和△BOC中，，
∴△NOC≌△BOC（SSS），
∴∠BCO＝∠NCO，
设∠OBC＝∠OCB＝∠NCO＝α，
∴∠MOC＝2α，
过点M作MW⊥OC于W，在OC上取一点L，使WL＝OW，连接ML，
∴MO＝ML，
∴∠MOL＝∠MLO＝2α，
∴∠LCM＝∠LMC＝α，
∴ML＝CL，
设OM＝ML＝LC＝a，则OD＝a+8＝OC，
∴OL＝8，OW＝WL＝4，
∴CW＝4+a，
由勾股定理得：OM2﹣OW2＝MW2＝MC2﹣CW2，即a2﹣42＝（3）2﹣（4+a）2，
整理得：a2+4a﹣45＝0，
解得：a1＝﹣9（不合题意舍去），a2＝5，
∴OM＝5，
∴MW＝3，WC＝9，
∴OB＝OC＝OD＝13，BD＝26，
∵∠GKB＝∠CBD＝∠ADB＝∠BCO＝∠MCW，tan∠MCW＝＝＝，
∴tan∠GKB＝tan∠CBD＝tan∠ADB＝tan∠BCO＝tan∠MCW＝，
设AB＝b，则AD＝3b，
由勾股定理得：b2+（3b）2＝262，
解得b＝，
∴CD＝GK＝AB＝，
在Rt△GKB中，tan∠GKB＝＝，
∴GB＝GK＝×＝．


3．（1）证明：连接OF．
∴AB⊥CD，
∴∠AEH＝90°，
∴∠EAH+∠AHE＝90°，
∵GF＝GH，
∴∠GFH＝∠GHF＝∠AHE，
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA，
∴∠OFA+∠GFH＝90°，
∴OF⊥GM，
∴MG是⊙O的切线．

（2）证明：∵＝，
∴OF垂直平分线段AC
∵OF⊥MG，
∴AC∥GM，
∴∠CAH＝∠GFH，
∵∠CHA＝∠GHF，∠HGF＝∠GFH，
∴∠CAH＝∠CHA，
∴CA＝CH．

（3）解：∵AC∥GM，
∴∠G＝∠ACH，
∴tan∠CAH＝tan∠G＝＝，
∵AE＝6，
∴EC＝8，AC＝＝＝10，
设GF＝GH＝x，则CG＝CH+GH＝AC+GH＝10+x，
∵CD＝2EC＝16，
∴GD＝10+x﹣16＝x﹣6，
∵GF2＝GD•GC，
∴x2＝（x﹣6）（x+10），
解得x＝15，
∴EG＝CG﹣CE＝25﹣8＝17，
∵tan∠G＝＝，
∴EM＝，
∴GM＝＝＝．

4．解：（1）如图1中，当点B在优弧AC的中点时，△ABC的面积的最大，连接AB，BC，OB，延长BO交AC于H．

∵＝，
∴BH⊥AC，
∴AH＝HC＝，
∴OH＝＝1，
∴BH＝OB+OH＝2+1＝3，
∴△ABC的最大面积＝×AC×BH＝×2×3＝3．

（2）如图2中，延长BD交⊙O于E，连结OE交AC于F，连结OC．

由BD平分∠ABC可得，E为弧AC中点，
∴OE⊥AC，
∴AF＝CF＝
∴OF＝＝＝1＝EF，
∴DF垂直平分OE，
又∵OD⊥BD，
∴△ODE是等腰直角三角形，
∴DF＝OE＝1，
∴AD＝．

（3）如图3，连结AE、CE，由已知得AE＝CE，∠AEC＝120〫，将△EAB绕点E顺时针旋转120〫得△ECF，

∵∠BAE＝∠ECF，∠BAE+∠BCE＝180〫，
∴∠ECF+∠BCE＝180〫，
∴BF＝BC+CF，
∵AB＝CF，
∴BF＝AB+BC，
∵BE＝FE，∠BEF＝∠AEC＝120〫，
∴BF＝BE，
∵OD⊥BD，
∴BE＝2BD，
∴BF＝2BD，
∴BA+BC＝2BD．
5．（1）证明：连接OA．

∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵GA＝GE，
∴∠GAE＝∠GEA，
∵DG⊥BC，
∴∠EDC＝90°，
∴∠OCA+∠DEC＝90°，
∵∠CED＝∠GEA＝∠GAE，
∴∠OAC+∠GAE＝90°，
∴∠OAG＝90°，
∴OA⊥AG，
∴AG是⊙O的切线．

（2）①如图2中，连接OA，AF，OF．

∵四边形ABOF是 菱形，
∴AB＝BO＝OF＝AF＝OA，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵BC是直径，
∴∠BAC＝90°
∴∠ACB＝90°﹣60°＝30°，
∵ED⊥BC，
∴∠DEC＝90°﹣∠ACB＝60°，
∴∠AEG＝∠DEC＝60°．
故答案为60．

②如图3中，当AB＝4时，△AGE是等腰直角三角形．

理由：连接OA．
∵△AGE是等腰直角三角形，
∴∠AEG＝∠DEC＝∠DCE＝45°，
∴△EDC，△ABC都是等腰直角三角形，
∵OB＝OC，
∴AO⊥OC，
∴∠AOD＝∠ODG＝∠G＝90°，
∴四边形AODG是矩形，
∴AG＝OD＝2，
∴OC＝2OD＝4，
∴BC＝2OC＝8，
∴AB＝AC＝4，
故答案为4．
6．（1）证明：如图1中，

∵AD＝BC，
∴＝，
∴＝，
∵AB＝AC，
∴＝，
∴＝，
∴∠ACB＝∠BCD，
∴CB平分∠ACD．

（2）①结论：AC﹣2AG＝CD．
理由：如图2中，连接BD，在GC上取一点H，使得GH＝GA．

∵BG⊥AH，GA＝GH，
∴BA＝BH，
∴∠BAH＝∠BHA，
∵∠BAH+∠BDC＝180°，∠BHG+∠BHC＝180°，
∴∠BDC＝∠BHC，
∵∠BCH＝∠BCD，CB＝CB，
∴△BCH≌△BCD（AAS），
∴CD＝CH，
∴AC﹣2AG＝AC﹣AH＝CH＝CD．

②如图3中，过点G作GN⊥AB于G，过点D作DM⊥AC交AC的延长线于M，连接AO，延长AO交BC于J，连接OC．

∵＝，
∴∠BAD＝∠ADC，
∴AB∥CD，
∴S△ACD＝S△BCD，
∵△BCH≌△BCD，
∴S△BCH＝S△BCD，
∵AG＝GH，
∴S△ABG＝S△BGH，
∵S△ABG＝S△ACD，
∴S△ABG＝S△BGH＝S△BCH，
∴AG＝GH＝CH，设AG＝GH＝HC＝a，则AB＝AC＝3a，BG＝＝＝2a，
∵BG⊥AC，
∴•BG•AG＝•AB•GN，
∴GN＝＝a，
在Rt△BGC中，BC＝＝＝2a，
∵AB＝AC，
∴＝，
∴AJ⊥BC，
∴BJ＝JC＝a，
∴AJ＝＝＝a，
在Rt△OJC中，∵OC2＝OJ2+JC2，
∴152＝（a﹣15）2+（a）2，
∴a＝，
∵S△ABG＝S△ACD，AB＝AC，GN⊥AB，DM∠AC，
∴DM＝GN＝a＝，
∵BC＝AD＝2a＝20，
∴AM＝＝＝，
∵FG∥DM，
∴＝，
∴＝，
∴AF＝6，
∴DF＝AD＝AF＝20﹣6＝14．
7．（1）证明：∵OA⊥BC，且OA过圆心点P，
∴OB＝OC，
在△AOB和△AOC中，，
∴△AOB≌△AOC（SAS），
∴AB＝AC，
∵以AC为直角边作等腰Rt△ACD，
∴AD＝AC，
∴AB＝AD；

（2）如图1，过点A作AM⊥BD于M，
由（1）知，AB＝AD，
∴DM＝BD，
∵BF＝4，DF＝6，
∴BD＝10，
∴DM＝5，
∵∠AMD＝90°＝∠DAF，∠ADM＝∠FDA，
∴△ADM∽△FDA，
∴，
∴，
∴AD＝，
在等腰直角三角形ADC中，CD＝AD＝2；

（3）的值是不发生变化，
理由：如图2，过点D作DH⊥y轴于H，作DQ⊥x轴于Q，
∴∠AHD＝90°＝∠COA，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵∠CAD＝90°，
∴∠CAO+∠DAH＝90°，
∴∠ADH＝∠CAO，
∵AD＝AC，
∴△ADH≌△ACO（AAS），
∴DH＝AO，AH＝OC，
∵∠OHD＝∠QOH＝∠OQD＝90°，
∴四边形OQDH是矩形，DH＝OQ，DQ＝OH，
又∵HO＝AH+AO＝OC+DH＝OB+DH＝OB+OQ＝BQ，
∴DQ＝BQ，
∴△DBQ为等腰直角三角形，
∴∠DBQ＝45°，
∴∠DEH＝∠BEO＝45°，
∴sin∠DEH＝，
∴＝，
∴，
∴．


8．解：（1）证明：∵CE⊥AD，
∴EG＝CG，
∵CF∥DE，
∴∠DEG＝∠FCG，
∵∠FGC＝∠DGE，
∴△DEG≌△FCG（ASA），
∴ED＝FC，
∴四边形DCFE为平行四边形，
又∵CE⊥DF，
∴四边形DCFE是菱形；
（2）∵AG⊥EC，EG＝CG，
∴AE＝AC＝4，
∵四边形AEDC内接于⊙O，
∴∠BED＝∠BCA＝90°，
∵四边形DCFE是菱形，
∴EF∥DC，DE＝DC，
∴∠AEF＝∠ABC，
∴tan∠ABC＝tan∠AEF＝，
在Rt△BED中，设DE＝3a，则BE＝4a，
∴DC＝3a，BD＝＝5a，
∵BC2+AC2＝AB2，
∴（5a+3a）2+42＝（4a+4）2，
解得a＝或a＝0（舍去），
∴DE＝DC＝2，
∴AD＝＝＝2．
即⊙O的直径长为2．
9．解：（1）∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，OC＝3OA＝3，
∴C（0，﹣3），
将A（﹣1，0）、C（0，﹣3）代入y＝x2+mx+n中，得，解得，
∴y＝x2﹣2x﹣3；

（2）存在，理由：
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
设M（m，m2﹣2m﹣3），
过点M作MN∥y轴交BC于N，如图1，

∴N（m，m﹣3），
∴MN＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，
∴S四边形MBAC＝S△ABC+S△BCM＝AB×OC+MN×OB＝×4×3×（﹣m2+3m）×3＝9，
解得：m＝1或2，
故点M的坐标为（1，﹣4）或（2，﹣3）；

（3）∵OB＝OC＝ON，
∴△BON为等腰直角三角形，
∵∠OBM+∠NBM＝45°，
∴∠NBD+∠NBM＝∠DBM＝45°，
∴MB＝MF，
过点M作MF⊥BM交BE于F，过点F作FH⊥y轴于点H，如图2，

∴∠HFM+∠BMO＝90°，
∵∠BMO+∠OMB＝90°，
∴∠OMB＝∠HFM，
∵∠BOM＝∠MHF＝90°，
∴△BOM≌△MHF（AAS），
∴FH＝OM＝1，MH＝OB＝3，故点F（1，4），
由点B、F的坐标得，直线BF的解析式为y＝﹣2x+6，
联立，解得，
∴E（﹣3，12）．
10．解：（1）y＝﹣x﹣3交坐标轴于A、C两点，则点A、C的坐标分别为：（﹣3，0）、（0，﹣3）；
将点A、C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；

（2）存在，理由：
如图1，过点P作y轴的平行线交AC于点H，

设点P（x，x2+2x﹣3），则点H（x，﹣x﹣3），
△APC面积S＝S△PHA+S△PHC＝×PH×OA＝（﹣x﹣3﹣x2﹣2x+3）×3＝﹣x2﹣x，
∵﹣＜0，故S有最大值，
当x＝﹣时，S的最大值为，此时点P（﹣，﹣）；

（3）如图2，设点N（﹣1，s），点M（m，n），n＝m2+2m﹣3，
过点M作y轴的平行线交过点C与x轴的平行线于点H，交过点N与x轴的平行线于点G，

∵∠GMN+∠GNM＝90°，∠GMN+∠HMC＝90°，
∴∠HMC＝∠GNM，
∵∠MGN＝∠CHM＝90°，MN＝MC，
∴△MGN≌△CHM（AAS），
∴GN＝MH，
即GN＝|﹣1﹣m|＝MH＝|n+3|，
①当﹣1﹣m＝n+3时，
即m+n+4＝0，即m2+3m+1＝0，
解得：m＝，故点P（，）；
②当﹣1﹣m＝﹣（n+3）时，即m＝n+2，
同理可得：点P（，）；
故点P的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）．
11．解：（1）将点C的坐标代入抛物线表达式得：﹣3am2＝3，
解得：am2＝﹣1；

（2）对于二次函数y＝a（x2+2mx﹣3m2），令y＝0，则x＝m或﹣3m，
∴函数的对称轴为：x＝﹣m，
∵CD∥AB，
∴点D、C的纵坐标相同，故点D（﹣2m，3），
故点A、B的坐标分别为：（m，0）、（﹣3m，0），
设点E（x，y），y＝a（x2+2mx﹣3m2），
分别过点D、E作x轴的垂线，垂足分别为M、N，

∵AB平分∠DAE，
∴∠DAM＝∠EAN，
∴RtADM△∽Rt△ANE，
∴，即，
解得：y＝，
故点E（x，），
将点E的坐标代入抛物线表达式并解得：x＝＝﹣4m，
则y＝＝﹣5，
故点E（﹣4m，﹣5），
故＝＝＝为定值；

（3）存在，理由：
函数的对称轴为x＝﹣m，当x＝﹣m时，y＝a（x2+2mx﹣3m2）＝4，即点F（﹣m，4），
由点F、C的坐标得，直线FC的表达式为：y＝﹣x+3，令y＝0，则x＝3m，即点G（3m，0），
GF2＝（3m+m）2+42＝16m2+16，
同理AD2＝9m2+9，AE2＝25m2+25，
故AE2＝AD2+GF2，
GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，
点G的横坐标为3m．
12．解：（1）∵直线y＝kx+3k过点A，
∴y＝0时，0＝kx+3k，解得x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），
把点A的坐标代入y＝ax2+4ax+，得9a﹣12a+＝0，
解得a＝，
∴抛物线解析式为y＝x2+x+；
（2）如图1，过点D作DF⊥x轴于F，过点C作CG⊥x轴于G，

∴∠DFB＝∠CGO＝90°＝∠DBC，
∴∠DBF+∠BDF＝90°，
又∵∠DBF+∠CBG＝90°，
∴∠BDF＝∠CBG，
∴△BDF∽△CBG，
∴，
∵CB＝5BD，
∴CG＝5BF，BG＝5DF，
联立方程组，
解得：，（舍去），
∴点C（4k﹣1，4k2+2k），
∴CG＝4k2+2k，OG＝4k﹣1，
设BF＝m，则CG＝5m，DF＝2k﹣km，BG＝5（2k﹣km），
∴，
解得k＝﹣（舍去）或k＝0（舍去）或k＝1，
∴k的值为1；
（3）

∵将直线y＝kx+3k向上平移4个单位，
∴平移后解析式为y＝kx+3k+4，
∴kx+3k+4＝x2+x+，
∴xE+xF＝4k﹣4，xE•xF＝﹣12k﹣13，
∴|xF﹣xE|＝＝，
∵△AEF的面积＝×4×，
∴当k＝﹣时，△AEF的面积的最小值为16．
13．解：（1）令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3．
令y＝0，则﹣x2+x+3＝0，
解得：x1＝﹣4，x2＝6，
∴A（﹣4，0），B（6，0），
∴OA＝4，OB＝6．
∵CD⊥AC，
∴∠ACD＝90°，
∵CO⊥AD，
∴OC2＝OA•OD，
∴OD＝，
∴D（，0）．
（2）∵y＝﹣x2+x+3＝﹣（x﹣1）2+，
∴E（1，）．
如图2，连接OE、BE，作HG⊥x轴于点G，交BE于点P．

由B、E两点坐标可求得直线BE的解析式为：y＝﹣x+．
设H（m，﹣m2+m+3），则P（m，﹣m+）．
∴HG＝﹣m2+m+3，HP＝yH﹣yP＝﹣m2+m﹣．
∴S△BHE＝（xB﹣xE）•HP＝（﹣m2+m﹣）＝﹣m2+m﹣．
∵FH⊥CD，AC⊥CD，
∴AC∥FH，
∴∠HFG＝∠CAO，
∵∠AOC＝∠FGH＝90°，
∴△ACO∼△FHG，
∴＝＝，
∴FG＝HG＝﹣m2+m+4，
∴AF＝AG﹣FG＝m+4+m2﹣m﹣4＝m2+m，
∴S△AFC＝AF•OC＝（m2+m）＝m2+m，
∵S四边形ACEB＝S△ACO+S△OCE+S△OEB＝×4×3+×3×1+6×＝，
∴S五边形FCEHB＝S四边形ACEB+S△BHE﹣S△AFC＝+（﹣m2+m﹣）﹣（m2+m）＝﹣m2+m+15＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，S五边形FCEHB取得最大值．
此时，H的横坐标为．
（3）∵B（6，0），C（0，3），D（，0），
∴CD＝BD＝，BC＝3，
∴∠DCB＝∠DBC．
①如图3﹣1，△CMN≌△DCB，MN交y轴于K，

则CM＝CN＝DC＝DB＝，MN＝BC＝3，∠CMN＝∠CNM＝∠DBC＝∠DCB，
∴MN∥AB，
∴MN⊥y轴，
∴∠CKN＝∠COB＝90°，MK＝NK＝MN＝，
∴△CKN∼△COB，
∴＝＝，
∴CK＝，
∴OK＝OC+CK＝，
∴N（，）．
②如图3﹣2，△MCN≌△DBC，

则CN＝CB＝3，∠MCN＝∠DBC，
∴CN∥AB，
∴N（3，3）．
③如图3﹣3，△CMN≌△DBC，

则∠CMN＝∠DCB，CM＝CN＝DC＝DB＝，MN＝BC＝3，
∴MN∥CD，
作MR⊥y轴于R，
则＝＝＝，
∴CR＝，RM＝，
∴OR＝3﹣，
作MQ∥y轴，NQ⊥MQ于点Q，
则∠NMQ＝∠DCO，∠NQM＝∠DOC＝90°，
∴△COD∼△MQN，
∴＝＝，
∴MQ＝MN＝，NQ＝MN＝，
∴NQ﹣RM＝，OR+MQ＝，
∴N（﹣，）．
综上所述，满足要标的N点坐标有：（，）、（3，3）、（﹣，）．
14．解：（1）对称轴为直线x＝﹣＝4，则CD＝4，
∵四边形ABDC为平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB，
∴DC＝AB＝4，
∴A（2，0），B（6，0），
把点 A（2，0）代入得y＝ax2﹣8ax+12得4a﹣16a+6＝0，解得a＝，
∴二次函数解析式为y＝x2﹣4x+6；

（2）如图1，设E（m，m2﹣4m+6），其中2＜m＜6，
作EN⊥y轴于N，如图2，
∵S梯形CDEN﹣S△OCD﹣S△OEN＝S△ODE，
∴（4+m）（6﹣m2+4m﹣6）﹣×4×6﹣m（﹣m2+4m﹣6）＝12，
化简得：m2﹣11m+24＝0，解得m1＝3，m2＝8（舍），
∴点E的坐标为（3，﹣）；

（3）Ⅰ、当点Q在对称轴右侧时，如图2，
过点E作EF⊥PM于F，MQ交x轴于G，
∵∠PQE＝∠PME，
∴点E，M，Q，P四点共圆，
∵PE⊥PQ，
∴∠EPQ＝90°，
∴∠EMQ＝90°，
∴∠EMF+∠HMG＝90°，
∵∠HMG+∠HGM＝90°，
∴∠EMF＝∠HGM，
在Rt△EFM中，EF＝1，FM＝，tan∠EMF＝＝2，
∴tan∠HGM＝2，
∴，
∴HG＝HM＝1，
∴点G（5，0），
∵M（4，﹣2），
∴直线MG的解析式为y＝2x﹣10①，
∵二次函数解析式为y＝x2﹣4x+6②，
联立①②解得，（舍）或，
∴Q（8，6），
∴点Q到对称轴的距离为8﹣4＝4；
Ⅱ、当点Q在对称轴左侧时，如图3，
过点E作EF⊥PM于F，过点Q作QD⊥PM于D，
∴∠DQP+∠QPD＝90°，
∵∠EPQ＝90°，
∴∠DPQ+∠FPE＝90°，
∴∠DQP＝∠FPE，
∵∠PDQ＝∠EFP，
∴△PDQ∽△EFP，
∴，
由Ⅰ知，tan∠PQE＝＝2，
∵EF＝1，
∴＝，
∴DP＝，PF＝2QD，
设Q（n，n2﹣4n+6），
∴DQ＝4﹣n，DH＝n2﹣4n+6，
∴PF＝DH+FH﹣DP＝n2﹣4n+6+﹣＝n2﹣4n+7，
∴n2﹣4n+7＝2（4﹣n），
∴n＝2+（舍）或n＝2﹣，
∴DQ＝4﹣n＝2+，
即点Q到对称轴的距离为4或2+．



15．解：（1）抛物线y＝a（x+2）（x﹣4），令y＝0，解得x＝﹣2或x＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0）．
∵直线y＝﹣x+，
当x＝﹣5时，y＝3，
∴D（﹣5，3），
∵点D（﹣5，3）在抛物线y＝a（x+2）（x﹣4）上，
∴a（﹣5+2）（﹣5﹣4）＝3，
∴a＝．
∴抛物线的函数表达式为：y＝x2﹣x﹣．

（2）如图1中，设直线BD交y轴于J，则J（0，）．连接CD，BC．

∵S△BDC＝××9＝10，
∴S△PAB＝10，
∴×6×|yP|＝10
yP＝±，
当y＝时，＝x2﹣x﹣，
解得x＝1±，
∴P（，）或（，），
当﹣＝x2﹣x﹣，
方程无解，
∴满足条件的点P的坐标为（，）或（，）．


（3）如图2中，过点D作DM平行于x轴，

∵D（﹣5，3），B（4，0），
∴tan∠DBA＝＝，
∴∠DBA＝30°
∴∠BDM＝∠DBA＝30°，过F作FJ⊥DM于J，
则有sin30°＝，
∴HF＝，
∴2AF+DF＝2（AF+）＝2（AF+HF），当A、F、H三点共线时，
即AH⊥DM时，2AF+DF＝2（AF+HF）取最小值为＝．
16．解：（1）∵y＝x2﹣x﹣＝（x2﹣2x﹣3）＝（x﹣1）2﹣2，
∴顶点D的坐标为（1，﹣2），
令y＝0，则（x2﹣2x﹣3）＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
令x＝0，则y＝﹣，
∴C（0，﹣），
∴AC是定值，要△ACP的面积最大，则点P到AC的距离最大，
即当点P在点B位置时，点P到AC的距离最大，
∴S△ACP最大＝S△ABC＝AB•OC＝（3+1）•＝3；

（2）由（1）知，B（3，0），D（1，﹣2），
∴直线l1的解析式为y＝x﹣3，
∵l1∥l2，且l1过点A，∴直线l2的解析式为y＝x+，
∴E（0，），
∴OE＝，
在Rt△AOE中，OA＝1，
∴tan∠AEO＝＝，
∴∠AEO＝30°，
∵l1∥l2，
∴∠DBO＝60°，
由旋转知，OE1＝OE＝，∠A1E1O＝∠AEO＝30°，
∴∠ME1N＝30°
如图，∵△E1MN为等腰三角形，
∴①当E1N1＝M1N1时，
∴∠E1M1N1＝∠A1E1O＝30°，
∴α＝∠BOM＝60°﹣30°＝60°，
过点E1作E1F⊥x轴于F，
∴E1F＝OE1＝，
∴OF＝E1F＝，
∴E1（，），
②当E2M2＝E2N2时，∠E2N2M2＝∠E2M2N2＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠BOM2＝75°﹣60°＝15°，
∴α＝105°，
过点E2作E2H⊥x轴，在OH上取一点Q，使OQ＝E2Q，
∴∠E2QH＝30°，
设E2H＝a，则E2Q＝2a，HQ＝a，
∴OQ＝E2Q＝2a，OH＝（2+）a，
在Rt△OHE2中，根据勾股定理得，[（2+）a]2+a2＝3，
∴a＝（舍去负值），
∴E2（，﹣）．
③当E3M3＝M3N3时，∠E3N3M3＝∠M3E3N3＝30，
∴∠E3M3N3＝120°，
∴∠BOM3＝60°，
∴α＝150°，
∵∠OBM3＝60°，∠E3N3M3＝30°，
∴∠N3GB＝90°，
∴OG＝，E3G＝，
∴E3（，﹣）．

17．解：（1）∵AB＝6，点B的坐标为（﹣6，0），
∴点A（﹣12，0），
如图1，过点D作DE⊥x轴于点D，

则ED＝ADsin∠DAB＝8×＝4，同理AE＝4，
故点D（﹣8，4），则点C（﹣2，4），
由中点公式得，点M（﹣4，2）；

（2）图象向右平移了a个单位，则点D′（a﹣8，4）、点M′（a﹣4，2），
∵点D′M′都在函数上，
∴（a﹣8）×4＝（a﹣4）×2，
解得：a＝12，
则k＝（12﹣8）×4＝16，
故反比例函数的表达式为＝；

（3）由（2）知，点M′的坐标为（8，2），点B′、C′的坐标分别为（6，0）、（10，4），
设点P（m，2），点Q（s，t）；
①当B′C′是矩形的边时，如图2，求解的矩形为矩形B′C′PQ和矩形B′C′Q′P′，

过点C′作C′H⊥l交于点H，C′H＝4﹣2＝2，
直线B′C′的倾斜角为60°，则∠M′PC′＝30°，PH＝C′H÷tan∠M′PC′＝2＝6，
故点P的坐标为（16，2），
由题意得：点P、Q′关于点C′对称，由中点公式得，点Q的坐标为（12，﹣4）；
同理点Q、Q′关于点M′对称，由中点公式得，点Q′（4，6）；
故点Q的坐标为：（12，﹣4）或（4，6）；
②当B′C′是矩形的对角线时，
∵B′C′的中点即为PQ的中点，且PQ＝B′C′，
∴，解得：，，
故点Q的坐标为（4，2）或（12，2）；
综上，点Q的坐标为：（12，﹣4）或（4，6）或（4，2）或（12，2）．
18．解：（1）∵直线y1＝mx（m≠0）与反比例函数y2＝（k＜0）的图象交于A、B两点，且点A的横坐标为﹣1，
∴点A，点B关于原点对称，
∴点B的横坐标为1，
∴当x取﹣1＜x＜0或x＞1时，y1＜y2；
（2）连接OC，OE，
由图象知，点A，点B关于原点对称，
∴OA＝OB，
∵AC⊥CB，
∴∠ACB＝90°，
∴OC＝AB＝AO，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC为∠BAD的平分线，
∴∠OAC＝∠DAC，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴AD∥OC，
∴S△AEO＝S△ACE＝，
∵AD＝2DE，
∴AE＝DE，
∴S△AOD＝2S△AOE＝3；
（3）作EF⊥x轴于F，作AH⊥x轴于H，
则EF∥AH，
∵AD＝2DE，
∴DE＝EA，
∵EF∥AH，
∴＝＝1，
∴DF＝FH，
∴EF是△DHA的中位线，
∴EF＝AH，
∵S△OEF＝S△OAH＝﹣，
∴OF•EF＝OH•HA，
∴OH＝OF，
∴OH＝HF，
∴DF＝FH＝HO＝DO，
∴S△OAH＝S△ADO＝3＝1，
∴﹣＝1，
∴k＝﹣2，
∴y＝﹣，
∵点A在y＝﹣的图象上，
∴把x＝﹣1代入得，y＝2，
∴A（﹣1，2），
∵点A在直线y＝mx上，
∴m＝﹣2，
∴P（﹣2，﹣2），
在y轴上找到一点M，使得△OMP是直角三角形，
当∠OMP＝90°时，PM⊥y轴，
则OM＝2，
∴点M的坐标为（0．﹣2）；
当∠OPM＝90°时，过P作PG⊥y轴于G，则△OPM是等腰直角三角形，
∴OM＝2PG＝4，
∴点M的坐标为（0．﹣4）；
综上所述，点M的坐标为（0．﹣2）或（0，﹣4）．

19．解：（1）理由：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE＝90°，
又∵∠ADC＝90°，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC∽△CEB；
（2）如图，过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴NF⊥x轴，

由（1）可得：△NFO∽△OEM，
∴，
∵点M（2，1），
∴OE＝2，ME＝1，
∵tanα＝＝，
∴，
∴NF＝3，OF＝，
∴点N（﹣，3），
∵设直线CD表达式：y＝kx+b，
∴
∴
∴直线CD的解析式为：y＝﹣x+；
（3）当∠CDP＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，

∵∠ADC+∠CDP＝180°，
∴点A，点D，点P三点共线，
∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，
∴四边形ABHP是矩形，
∴AB＝PH＝3，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，
∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB＝∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴BE＝PH＝3，
当∠CPD＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，延长HP交AD的延长线于N，则四边形CDNH是矩形，

∴CD＝NH＝3，DN＝CH，
设BE＝x，则EC＝5﹣x，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，
∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB＝∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝3，
∴PN＝3﹣x，CH＝3﹣（5﹣x）＝x﹣2＝DN，
∵∠DPC＝90°，
∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，
∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，
∴△CPH∽△PDH，
∴，
∴
∴x＝
∵点P在矩形ABCD外部，
∴x＝，
∴BE＝，
综上所述：当BE的长为3或时，△DPC为直角三角形．
20．解：（1）∵E（2，3）、F（4，﹣2），
∴kEF＝＝﹣，
故答案为﹣．

（2）∵G（1，3），H（﹣2，1），I（﹣1，6），
∴kGH＝＝，kGI＝＝﹣，
∴kGH•kGI＝﹣1．

（3）如图2中，过点K作KM⊥x轴于M，过点S作SN⊥x轴于N，连接KS交OR于J．

∴S（6，8），
∴ON＝6，SN＝8，
∵四边形OKRS是正方形，
∴OK＝OS，∠KPS＝∠KMO＝∠SNO＝90°，KJ＝JS，JR＝JO，
∴∠KOM+∠SON＝90°，∠SON+∠OSN＝90°，
∴∠KOM＝∠OSN，
∴△OMK≌△SNO（AAS），
∴KM＝ON＝6，OM＝SN＝8，
∴K（﹣8，6），
∵KJ＝JS，
∴J（﹣1，7），
∵JR＝OJ，
∴R（﹣2，14），
∵kOR＝＝﹣7，
∵RT⊥OR，
∴kRT＝﹣＝，
设直线RT的解析式为y＝x+b．
把（﹣2，14）代入可得14＝﹣+b，
∴b＝，
∴直线RT的解析式为y＝﹣x+