2024中考数学第一轮复习：函数与几何综合问题（共25题）（解析版）

专题32函数与几何综合问题(25题)一、填空题1(2023·四川眉山·统考中考真题)如图，在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为-8，6，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线y=-2x-6与AB交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段BC上，动点N在直线y=-2x-6上，若△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为2【答案】M-8,6或M-8,3【分析】如图，由△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得N在以AM为直径的圆H上，MN=AN，可得N是圆H与直线y=-2x-6的交点，当M,B重合时，符合题意，可得M-8,6，当N在AM的上方时，如图，过N作NJ⊥y轴于J，延长MB交BJ于K，则∠NJA=∠MKN=90°，JK=AB=8，证明△MNK≌△NAJ，设Nx,-2x-6，可得MK=NJ=-x，KN=AJ=-2x-6-6=-2x-12，而KJ=AB=8，则-2x-12-x=8，再解方程可得答案．【详解】解：如图，∵△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，∴N在以AM为直径的圆H上，MN=AN，∴N是圆H与直线y=-2x-6的交点，当M,B重合时，∵B-8,6，则H-4,3，∴MH=AH=NH=4，符合题意，∴M-8,6，当N在AM的上方时，如图，过N作NJ⊥y轴于J，延长MB交BJ于K，则∠NJA=∠MKN=90°，JK=AB=8，∴∠NAJ+∠ANJ=90°，∵AN=MN，∠ANM=90°，∴∠MNK+∠ANJ=90°，∴∠MNK=∠NAJ，∴△MNK≌△NAJ，设Nx,-2x-6，∴MK=NJ=-x，KN=AJ=-2x-6-6=-2x-12，而KJ=AB=8，∴-2x-12-x=8，1 2022解得：x=-，则-2x-6=，3322202∴CM=CK-MK=-=，3332∴M-8,；32综上：M-8,6或M-8,．32故答案为：M-8,6或M-8,．3【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．12(2023·四川自贡·统考中考真题)如图，直线y=-x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点D是线34段AB上一动点，点H是直线y=-x+2上的一动点，动点Em，0，Fm+3，0，连接BE，DF，HD．3当BE+DF取最小值时，3BH+5DH的最小值是．39【答案】2【分析】作出点C3，-2，作CD⊥AB于点D，交x轴于点F，此时BE+DF的最小值为CD的长，利用解11直角三角形求得F，0，利用待定系数法求得直线CD的解析式，联立即可求得点D的坐标，过点D作3DG⊥y轴于点G，此时3BH+5DH的最小值是5DG的长，据此求解即可．1【详解】解：∵直线y=-x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，3∴B0，2，A6，0，作点B关于x轴的对称点B0，-2，把点B向右平移3个单位得到C3，-2，作CD⊥AB于点D，交x轴于点F，过点B作BE∥CD交x轴于点E，则四边形EFCB是平行四边形，此时，BE=BE=CF，∴BE+DF=CF+DF=CD有最小值，作CP⊥x轴于点P，则CP=2，OP=3，∵∠CFP=∠AFD，∴∠FCP=∠FAD，∴tan∠FCP=tan∠FAD，PFOBPF2∴=，即=，PCOA26211∴PF=，则F，0，33设直线CD的解析式为y=kx+b，3k+b=-2k=3则11k+b=0，解得b=-11，32 ∴直线CD的解析式为y=3x-11，x=39y=3x-1110联立，y=-1x+2，解得7，3y=10397即D，；1010过点D作DG⊥y轴于点G，43225直线y=-x+2与x轴的交点为Q，0，则BQ=OQ+OB=，3223OQ23∴sin∠OBQ===，BQ5523∴HG=BHsin∠GBH=BH，53∴3BH+5DH=5BH+DH=5HG+DH=5DG，53939即3BH+5DH的最小值是5DG=5×=，10239故答案为：．2【点睛】本题考查了一次函数的应用，解直角三角形，利用轴对称求最短距离，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．13(2023·江苏无锡·统考中考真题)二次函数y=a(x-1)(x-5)a>的图像与x轴交于点A、B，2与y轴交于点C，过点M3，1的直线将△ABC分成两部分，这两部分是三角形或梯形，且面积相等，则a的值为．92+22+1【答案】或或1052151【分析】先求得A1,0，B5,0，C0,5a，直线BM解析式为y=-x+，直线AM的解析式为y=x2221-，1)、当分成两个三角形时，直线必过三角形一个顶点，平分面积，必为中线，则①如图1，直线AM过21515BC中点，②如图2，直线BM过AC中点，直线BM解析式为y=-x+，AC中点坐标为,a，待22229入直线求得a=；③如图3，直线CM过AB中点，AB中点坐标为3,0，直线MB与y轴平行，必不成10立；2)当分成三角形和梯形时，过点M的直线必与△ABC一边平行，所以必有“A”型相似，因为平分面积，所以相似比为1:2．④如图4，直线EM∥AB，根据相似三角形的性质，即可求解；⑤如图5，直线ME∥AE1AC，⑥如图6，直线ME∥BC，同理可得=，进而根据tan∠MEN=tan∠CBO，即可求解．AB2【详解】解：由y=a(x-1)(x-5)，令x=0，解得：y=5a，令y=0，解得：x1=1,x2=5，∴A1,0，B5,0，C0,5a，设直线BM解析式为y=kx+b，5k+b=0∴3k+b=1k=-12解得：b=521555∴直线BM解析式为y=-x+，当x=0时，y=，则直线BM与y轴交于0,，22223 1∵a>，25∴5a>，2∴点M必在△ABC内部．1)、当分成两个三角形时，直线必过三角形一个顶点，平分面积，必为中线设直线AM的解析式为y=mx+nk+b=0∴3k+b=1m=12解得：n=-1211则直线AM的解析式为y=x-22①如图1，直线AM过BC中点，，5531BC中点坐标为,a，代入直线求得a=<，不成立；221021515②如图2，直线BM过AC中点，直线BM解析式为y=-x+，AC中点坐标为,a，待入直线求22229得a=；10③如图3，直线CM过AB中点，AB中点坐标为3,0，∴直线MB与y轴平行，必不成立；2)、当分成三角形和梯形时，过点M的直线必与△ABC一边平行，所以必有“A”型相似，因为平分面积，所以相似比为1:2．④如图4，直线EM∥AB，∴△CEN∽△COACECN1∴==，COCA25a-11∴=，5a22+2解得a=；54 ⑤如图5，直线ME∥AC，MN∥CO，则△EMN∽△ACOBE1∴=，又AB=4，AB2∴BE=22，∵BN=5-3=2<22，∴不成立；AE1⑥如图6，直线ME∥BC，同理可得=，AB2∴AE=22，NE=22-2，tan∠MEN=tan∠CBO，15a2+1∴=，解得a=；22-25292+22+1综上所述，a=或或．1052【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识，并分类讨论是解题的关键．二、解答题4(2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题)如图，在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点B，C在x轴上，2D在y轴上，OB，OC的长是方程x-6x+8=0的两个根(OB>OC)．请解答下列问题：(1)求点B的坐标；(2)若OD:OC=2:1，直线y=-x+b分别交x轴、y轴、AD于点E，F，M，且M是AD的中点，直线EF交DC延长线于点N，求tan∠MND的值；(3)在(2)的条件下，点P在y轴上，在直线EF上是否存在点Q，使△NPQ是腰长为5的等腰三角形？若存在，请直接写出等腰三角形的个数和其中两个点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)B-4,05 1(2)tan∠MND=36-5252-46+5252+4(3)存在，等腰三角形的个数是8个，Q12,2，Q22,-2，Q34,-3，Q4-4,3【分析】(1)解方程得到OB，OC的长，从而得到点B的坐标；(2)由OD:OC=2:1，OC=2，得OD=4．由AD=BC=6，M是AD中点，得到点M的坐标，代入直线y=-x+b中，求得b的值，从而得到直线的解析式，进而求得点E，点F的坐标，由坐标特点可得∠FEO=45°．过点C作CH⊥EN于H，过点N作NK⊥BC于K．从而△DOC∽△NKC，DO:OC=NK:CK=2:1，进而得到NK=2CK，易证∠KEN=∠KNE=45°，可得EK=NK=2CK，因此EC=CK，由EC=OC-OE=2-1=1可得CK=1，NK=2，EK=2，从而通过解直角三角形在Rt△ENK中，得到EN=EK232=22，在Rt△ECH中，CH=EH=EC⋅cos∠CEH=，因此求得NH=EN-EH=，cos∠KEN22CH1最终可得结果tan∠MND==；NH3(3)分PN=PQ，PN=NQ，PQ=NQ三大类求解，共有8种情况．2【详解】(1)解方程x-6x+8=0，得x1=4，x2=2．∵OB>OC，∴OB=4，OC=2．∴B-4,0；(2)∵OD:OC=2:1，OC=2∴OD=4．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC=6．∵M是AD中点，∴MD=3．∴M-3,4．将M-3,4代入y=-x+b，得3+b=4．∴b=1．∴E1,0，F0,1．∴∠FEO=45°．过点C作CH⊥EN于H，过点N作NK⊥BC于K．∵△DOC∽△NKC，DO:OC=NK:CK=2:1．∴NK=2CK∵∠KEN=∠FEO=45°∴∠KNE=90°-∠KEN=45°∴∠KEN=∠KNE∴EK=NK=2CK∴EC=CK∵EC=OC-OE=2-1=1∴CK=1，NK=2，EK=2EK2∴在Rt△ENK中，EN===22cos∠KENcos45°2在Rt△ECH中，CH=EH=EC⋅cos∠CEH=1⋅cos45°=26 232∴NH=EN-EH=22-=222CH21∴tan∠MND===NH3232(3)解：由(2)知：直线EF解析式为y=-x+1，N3,-2，设P0,p，Qq,-q+1，①当PN=QN=5时，2222223-0+-2-p=5，3-q+-2+q-1=5，6+526-52解得p=-6或p=2，q=或q=，226-5252-46+5252+4∴Q12,2，Q22,-2，P10,-6，P20,2，如图，△P1Q1N、△P1Q2N、△P2Q1N、△P2Q2N都是以5为腰的等腰三角形，；②当PQ=QN=5时，6-5252-46+5252+4由①知：Q12,2，Q22,-2，6+52∵>5，2∴PQ2不可能等于5，如图，△P3Q1N，△P4Q1N都是以5为腰的等腰三角形，7 ；③当PN=PQ=5时，由①知：P10,-6，P20,2，22当P10,-6时，0-q+-6+q-1=5，解得q1=3(舍去)，q2=4，∴Q34,-3，如图，22当P20,2时，0-q+2+q-1=5，解得q1=3(舍去)，q2=-4，∴Q4-4,3，如图，综上，等腰三角形的个数是8个，6-5252-46+5252+4符合题意的Q坐标为Q12,2，Q22,-2，Q34,-3，Q4-4,38 【点睛】本题考查了一次函数的图像与性质，一次函数与平行四边形，等腰三角形的综合问题，数形结合思想是解题的关键．2225(2023·湖南·统考中考真题)如图，点A，B，C在⊙O上运动，满足AB=BC+AC，延长AC至点D，使得∠DBC=∠CAB，点E是弦AC上一动点(不与点A，C重合)，过点E作弦AB的垂线，交AB于点F，交BC的延长线于点N，交⊙O于点M(点M在劣弧AC上)．(1)BD是⊙O的切线吗？请作出你的判断并给出证明；22(2)记△BDC，△ABC，△ADB的面积分别为S1，S2，S，若S1⋅S=S2，求tanD的值；11(3)若⊙O的半径为1，设FM=x，FE⋅FN⋅+=y，试求y关于x的函数解析式，并BC⋅BNAE⋅AC写出自变量x的取值范围．【答案】(1)BD是⊙O的切线，证明见解析1+5(2)2(3)y=x0<x≤1【分析】(1)依据题意，由勾股定理，首先求出∠ACB=90°，从而∠CAB+∠ABC=90°，然后根据∠DBC=∠CAB，可以得解；22BCAC(2)由题意，据S1⋅S=S2得CDCD+AC=AC，再由tan∠D==tan∠ABC=，进而进行变CDBC形利用方程的思想可以得解；(3)依据题意，连接OM，分别在Rt△OFM、Rt△AFE、Rt△BFN中，找出边之间的关系，进而由FE⋅FN⋅11+=y，可以得解．BC⋅BNAE⋅AC【详解】(1)解：BD是⊙O的切线．222证明：如图，在△ABC中，AB=BC+AC，∴∠ACB=90°．又点A，B，C在⊙O上，∴AB是⊙O的直径．∵∠ACB=90°，∴∠CAB+∠ABC=90°．又∠DBC=∠CAB，∴∠DBC+∠ABC=90°．∴∠ABD=90°．∴BD是⊙O的切线．111(2)由题意得，S1=BC⋅CD，S2=BC⋅AC，S=AD⋅BC．2222∵S1⋅S=S2，9 1112∴BC⋅CD⋅AD⋅BC=BC⋅AC．2222∴CD•AD=AC．2∴CDCD+AC=AC．又∵∠D+∠DBC=90°，∠ABC+∠A=90°，∠DBC=∠A，∴∠D=∠ABC．BCAC∴tan∠D==tan∠ABC=．CDBC2BC∴CD=．AC2又CDCD+AC=AC，4BC22∴+BC=AC．2AC4224∴BC+AC⋅BC=AC．AC2AC4∴1+BC=BC．2由题意，设tanD=m，AC2∴=m．BC2∴1+m=m．1±5∴m=．2∵m>0，1+5∴m=．221+5∴tanD=．2(3)设∠A=α，∵∠A+∠ABC=∠ABC+∠DBC=∠ABC+∠N=90°，∴∠A=∠DBC=∠N=α．如图，连接OM．222∴在Rt△OFM中，OF=OM-FM=1-x．22∴BF=BO+OF=1+1-x，AF=OA-OF=1-1-x．22AF1-1-x∴在Rt△AFE中，EF=AF⋅tanα=1-1-x⋅tanα，AE==．cosαcosα在Rt△ABC中，BC=AB⋅sinα=2sinα．(∵r=1，∴AB=2)AC=AB⋅cosα=2cosα．22BF1+1-xBF1+1-x在Rt△BFN中，BN==，FN==．sinαsinαtanαtanα11∴y=FE⋅FN⋅+BC⋅BNAE⋅AC211=x⋅+222+21-x2-21-x2222-21-x+2+21-x=x⋅24-41-x21=x⋅2x10 21=x⋅x=x．即y=x．∵FM⊥AB，∴FM最大值为F与O重合时，即为1．∴0<x≤1．综上，y=x0<x≤1．【点睛】本题主要考查了圆的相关性质，切线的判定定理，求角的正切值，解题时要熟练掌握并灵活运用．226(2023·湖南·统考中考真题)我们约定：若关于x的二次函数y1=a1x+b1x+c1与y2=a2x+b2x+c2同22023时满足a2-c1+(b2+b1)+c2-a1=0，b1-b2≠0，则称函数y1与函数y2互为“美美与共”函数．根据该约定，解答下列问题：22(1)若关于x的二次函数y1=2x+kx+3与y2=mx+x+n互为“美美与共”函数，求k，m，n的值；2(2)对于任意非零实数r，s，点Pr，t与点Qs，tr≠s始终在关于x的函数y1=x+2rx+s的图像上运动，函数y1与y2互为“美美与共”函数．①求函数y2的图像的对称轴；②函数y2的图像是否经过某两个定点？若经过某两个定点，求出这两个定点的坐标；否则，请说明理由；2(3)在同一平面直角坐标系中，若关于x的二次函数y1=ax+bx+c与它的“美美与共”函数y2的图像顶点分别为点A，点B，函数y1的图像与x轴交于不同两点C，D，函数y2的图像与x轴交于不同两点E，F．当CD=EF时，以A，B，C，D为顶点的四边形能否为正方形？若能，求出该正方形面积的取值范围；若不请说明理由．【答案】(1)k的值为-1，m的值为3，n的值为212(2)①函数y2的图像的对称轴为x=-3；②函数y2的图像过两个定点0，1，-3,1，理由见解析(3)能构成正方形，此时S>2【分析】(1)根据题意得到a2=c2，a1=c2，b1=-b2≠0即可解答；22(2)①求出y1的对称轴，得到s=-3r，表示出y2的解析式即可求解；②y2=-3rx-2rx+1=-3x+2xr+21，令3x+2x=0求解即可；222(3)由题意可知y1=ax+bx+c，y2=cx-bx+a得到A、B的坐标，表示出CD，EF，根据CD=EF且b-4ac>0，得到a=c，分a=-c和a=c两种情况求解即可．【详解】(1)解：由题意可知：a2=c2，a1=c2，b1=-b2≠0，∴m=3，n=2，k=-1．答：k的值为-1，m的值为3，n的值为2．2(2)解：①∵点Pr，t与点Qs，tr≠s始终在关于x的函数y1=x+2rx+s的图像上运动，r+s2r∴对称轴为x==-，22∴s=-3r，2∴y2=sx-2rx+1，-2rr1∴对称轴为x=-==-．2ss31答：函数y2的图像的对称轴为x=-．32222②y2=-3rx-2rx+1=-3x+2xr+1，令3x+2x=0，解得x1=0,x2=-，311 2∴过定点0，1，-,1．32答：函数y2的图像过定点0，1，-3,1．22(3)解：由题意可知y1=ax+bx+c，y2=cx-bx+a，22b4ac-bb4ac-b∴A-2a,4a,B2c,4c，22b-4acb-4ac∴CD=，EF=，ac2∵CD=EF且b-4ac>0，∴a=c；22①若a=-c，则y1=ax+bx-a,y2=-ax-bx+a，要使以A，B，C，D为顶点的四边形能构成正方形，则△CAD，△CBD为等腰直角三角形，∴CD=2yA，2222b+4a-4a-b∴=2⋅4a，|a|2222∴2b+4a=b+4a，22∴b+4a=4，222121b-4ac1b+4a2∴S正=CD=⋅=⋅=，22a22a2a2222∵b=4-4a>0，∴0<a<1，∴S正>2；②若a=c，则A、B关于y轴对称，以A，B，C，D为顶点的四边形不能构成正方形，综上，以A，B，C，D为顶点的四边形能构成正方形，此时S>2．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用、正方形的性质等知识点，解题的关键是利用分类讨论的思想解决问题．7(2023·江苏无锡·统考中考真题)如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点Q为CD的中点，P为线段AB上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PBCQ．(1)当∠QPB=45°时，求四边形BBCC的面积；(2)当点P在线段AB上移动时，设BP=x，四边形BBCC的面积为S，求S关于x的函数表达式．【答案】(1)43+8323x(2)S=+432x+12【分析】(1)连接BD、BQ，根据菱形的性质以及已知条件可得△BDC为等边三角形，根据∠QPB=45°，可得△PBQ为等腰直角三角形，则PB=23，PQ=26，根据翻折的性质，可得∠BPB=90°，PB=PB，则BB=26，PE=6；同理CQ=2，CC=22，QF=2；进而根据S四边形BBCC=2S梯形PBCQ-S△PBB12 +S，即可求解；△CQC23x12123x(2)等积法求得BE=2，则QE=2，根据三角形的面积公式可得S△QEB=2，证明x+12x+12x+1243x△BEQ∼△QFC，根据相似三角形的性质，得出S△QFC=2，根据S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC即可求x+12解．【详解】(1)如图，连接BD、BQ，∵四边形ABCD为菱形，∴CB=CD=4，∠A=∠C=60°，∴△BDC为等边三角形．∵Q为CD中点，∴CQ=2，BQ⊥CD，∴BQ=23，QB⊥PB．∵∠QPB=45°，∴△PBQ为等腰直角三角形，∴PB=23，PQ=26，∵翻折，∴∠BPB=90°，PB=PB，∴BB=26，PE=6；.同理CQ=2，∴CC=22，QF=2，11212∴S四边形BBCC=2S梯形PBCQ-S△PBB+S△CQC=2××2+23×23-×23+×2=43+8；222(2)如图2，连接BQ、BQ，延长PQ交CC于点F．∵PB=x，BQ=23，∠PBQ=90°，2∴PQ=x+12．11∵S△PBQ=PQ×BE=PB×BQ22BQ×PB23x∴BE==，PQx2+1212∴QE=，2x+12123x12123x∴S△QEB=×2×2=2．2x+12x+12x+12∵∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°，则∠EQB=90°-∠CQF=∠FCQ，∴△BEQ∼△QFC，S△QFCCQ2221∴S=QB==3，△BEQ2343x∴S△QFC=2．x+121∵S△BQC=×2×23=23，2123x43x323x∴S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC=22+23+2=2+43．x+12x+12x+12【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性13 质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．28(2023·江苏徐州·统考中考真题)如图，在平而直角坐标系中，二次函数y=-3x+23x的图象与x轴分别交于点O,A，顶点为B．连接OB,AB，将线段AB绕点A按顺时针方向旋转60°得到线段AC，连接BC．点D,E分别在线段OB,BC上，连接AD,DE,EA,DE与AB交于点F,∠DEA=60°．(1)求点A,B的坐标；(2)随着点E在线段BC上运动．①∠EDA的大小是否发生变化？请说明理由；②线段BF的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由；(3)当线段DE的中点在该二次函数的因象的对称轴上时，△BDE的面积为．【答案】(1)A2，0，B1，3；1(2)①∠EDA的大小不变，理由见解析；②线段BF的长度存在最大值为；223(3)922【分析】(1)y=0得-3x+23x=0，解方程即可求得A的坐标，把y=-3x+23x化为顶点式即可求得点B的坐标；(2)①在AB上取点M，使得BM=BE，连接EM，证明△AED是等边三角形即可得出结论；②由BM=AB-AF=2-AF，得当AF最小时，BF的长最大，即当DE⊥AB时，BF的长最大，进而解直角三角形即可求解；(3)设DE的中点为点M，连接AM，过点D作DH⊥BN于点H，证四边形OACB是菱形，得BC∥OA，进ANMNAM1MN而证明△MBE≌△MHD得DH=BE，再证△BME∽△NAM，得==即==BMBEMEBMBE3，结合三角形的面积公式即可求解．22【详解】(1)解：∵y=-3x+23x=-3x-1+3，∴顶点为B1，3，2令y=0，-3x+23x=0，解得x=0或x=2，∴A2，0；(2)解：①∠EDA的大小不变，理由如下：在AB上取点M，使得BM=BE，连接EM，2∵y=-3x-1+3，∴抛物线对称轴为x=1，即ON=1，∵将线段AB绕点A按顺时针方向旋转60°得到线段AC，∴∠BAC=60°，AB=AC，14 ∴△BAC是等边三角形，∴AB=AC=BC，∠C=60°，∵A2，0，B1，3，O0，0，ON=1，2222∴OA=2，OB=1+3=2，AB=2-1+3=2，∴OA=OB=AB，∴△OAB是等边三角形，OA=OB=AC=BC=2，∴∠OAB=∠OBA=∠AOB=60°，∵∠MBE=60°，BM=BE，∴△BME是等边三角形，∴∠BME=60°=∠ABE，ME=BE=BM，∴∠AME=180°-∠BME=120°，BD∥EM，∵∠DBE=∠ABO+∠ABC=120°，∴∠DBE=∠AME，∵BD∥EM，∴∠FEM+∠BED=180°-120°=60°=∠AEF=∠MEA+∠FEM，∴∠BED=∠MEA，∴△BED≌△MEA，∴DE=EA，又∠AED=60°，∴△AED是等边三角形，∴∠ADE=60°，即∠ADE的大小不变；②，∵BF=AB-AF=2-AF，∴当AF最小时，BF的长最大，即当DE⊥AB时，BF的长最大，∵△DAE是等边三角形，1∴∠DAF=∠DAE=30,2∴∠OAD=60°-∠DAF=30°，∴AD⊥OB，∴AD=OA×cos∠OAD=2×cos30°=3，3∴AF=AD×cos∠DAF=2×cos30°=，2311∴BF=AB-AF=2-=，即线段BF的长度存在最大值为；222(3)解：设DE的中点为点M，连接AM，过点D作DH⊥BN于点H，∵OA=OB=AC=BC=2，∴四边形OACB是菱形，∴BC∥OA，∵DH⊥BN，AN⊥BN，∴DH∥BC∥OA，∴∠MBE=∠MHD，∠MEB=∠MDH，∵DE的中点为点M，∴MD=ME，∴△MBE≌△MHD，15 ∴DH=BE，∵∠ANM=90°，∴∠MBE=180°-90°=90°=∠ANM，∠NMA+∠NAM=90°，∵DE的中点为点M，△DAE是等边三角形，∴AM⊥DE，∴∠AME=90°，∴∠BME+∠NMA=180°，∴∠BME=∠NAM，∴△BME∽△NAM，ANMNAM1MN∴==即==3，BMBEMEBMBE3∴BM=，323∴MN=BN-BM=，3MN2∴DH=BE==，3313213223∴S△BDE=S△BDM+S△BEM=××+××=，233233923故答案为．9【点睛】本题主要考查了二次函数的图像及性质，菱形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质以及解直角三角形，题目综合性较强，熟练掌握各知识点是解题的关键．29(2023·内蒙古·统考中考真题)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x+3x+1交y轴于点A，直1线y=-x+2交抛物线于B,C两点(点B在点C的左侧)，交y轴于点D，交x轴于点E．3(1)求点D,E,C的坐标；22(2)F是线段OE上一点OF<EF，连接AF,DF,CF，且AF+EF=21．①求证：△DFC是直角三角形；②∠DFC的平分线FK交线段DC于点K,P是直线BC上方抛物线上一动点，当3tan∠PFK=1时，求点P的坐标．【答案】(1)C(3,1)，D(0,2)，E(6,0)(2)①证明见解析，②点P的坐标为(1,3)或(7,37-6)【分析】(1)根据一次函数与坐标轴的交点及一次函数与二次函数的交点求解即可；(2)①设F(m,0),然后利用勾股定理求解，m=2，过点C作CG⊥x轴，垂足为G．再由等腰三角形及各角16 121之间的关系即可证明；②根据题意得出tan∠PFK=，设点P的坐标为t,-t+3t+1，根据题意得<3311t<3．分两种情况分析：(i)当点P在直线KF的左侧抛物线上时，tan∠P1FK=,<t<2．(ii)当点331P在直线KF的右侧抛物线上时，tan∠P2FK=,2<t<3．求解即可．31【详解】(1)解：∵直线y=-x+2交y轴于点D，交x轴于点E，3当x=0时，y=2,∴D0,2，当y=0时，x=6,∴E6,0．1∵直线y=-x+2交抛物线于B,C两点，321∴-x+3x+1=-x+2，321∴3x-10x+3=0，解得x1=,x2=3．3∵点B在点C的左侧，∴点C的横坐标为3，当x=3时，y=1．∴C(3,1)；(2)如图，2①抛物线y=-x+3x+1交y轴于点A，当x=0时，y=1,．∴A(0,1),∴OA=1,在Rt△AOF中，∠AOF=90°，222由勾股定理得AF=OA+OF，设F(m,0),∴OF=m,22∴AF=1+m，∵E(6,0),．∴OE=6,∴EF=OE-OF=6-m，22∵AF+EF=21,22∴1+m+(6-m)=21,∴m1=2,m2=4，∵OF<EF,∴m=2,∴OF=2，∴F(2,0)．∵D(0,2),∴OD=2，∴OD=OF．∴△DOF是等腰直角三角形，17 ∴∠OFD=45°．过点C作CG⊥x轴，垂足为G．∵C(3,1),∴CG=1,OG=3，∵GF=OG-OF=1,∴CG=GF,∴△CGF是等腰直角三角形，∴∠GFC=45°,∴∠DFC=90°,∴△DFC是直角三角形．②∵FK平分∠DFC,∠DFC=90°,∴∠DFK=∠CFK=45°∴∠OFK=∠OFD+∠DFK=90°,∴FK∥y轴．∵3tan∠PFK=1，1∴tan∠PFK=．321设点P的坐标为t,-t+3t+1，根据题意得<t<3．311(i)当点P在直线KF的左侧抛物线上时，tan∠P1FK=,<t<2．33过点P1作P1H⊥x轴，垂足为H．∴P1H∥KF,∠HP1F=∠P1FK，1∴tan∠HP1F=．3∵HF=OF-OH,∴HF=2-t，在Rt△P1HF中，HF1∵tan∠HP1F==,P1H3∴P1H=3HF，2∵P1H=-t+3t+1，2∴-t+3t+1=3(2-t),2∴t-6t+5=0,∴t1=1,t2=5(舍去)．2当t=1时，-t+3t+1=3,∴P1(1,3)1(ii)当点P在直线KF的右侧抛物线上时，tan∠P2FK=,2<t<3．3过点P2作P2M⊥x轴，垂足为M．∴P2M∥KF,∴∠MP2F=∠P2FK，1∴tan∠MP2F=,3∵MF=OM-OF,∴MF=t-218 在Rt△P2MF中，MF1∵tan∠MP2F==,P2M3∴P2M=3MF，2∵P2M=-t+3t+1，2∴-t+3t+1=3(t-2),2∴t=7,∴t3=7,t4=-7(舍去)．2当t=7时，-t+3t+1=37-6,∴P2(7,37-6)∴点P的坐标为(1,3)或(7,37-6)．【点睛】题目主要考查一次函数与二次函数综合问题，特殊三角形问题及解三角形，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．10(2023·吉林·统考中考真题)如图，在正方形ABCD中，AB=4cm，点O是对角线AC的中点，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P以1cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动，点Q以2cm/s的速度沿折线BC-CD向终点D匀速运动．连接PO并延长交边CD于点M，连接QO并延长交折线DA-AB于点N，连接PQ，QM，MN，NP，得到四边形PQMN．设点P的运动时间为x(s)(0<x<4)，四边形2PQMN的面积为y(cm)(1)BP的长为cm，CM的长为cm．(用含x的代数式表示)(2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．(3)当四边形PQMN是轴对称图形时，直接写出x的值．【答案】(1)4-x；x24x-12x+160<x≤2(2)y=-4x+162<x≤448(3)x=或x=33【分析】(1)根据正方形中心对称的性质得出OM=OP,OQ=ON，可得四边形PQMN是平行四边形，证明△ANP≌△CQM即可；(2)分0<x≤2，2<x≤4两种情况分别画出图形，根据正方形的面积，以及平行四边形的性质即可求解；(3)根据(2)的图形，分类讨论即可求解．【详解】(1)解：依题意，AP=x×1=xcm，则PB=AB-AP=4-xcm，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC,∠DAB=∠DCB=90°，∵点O是正方形对角线AC的中点，∴OM=OP,OQ=ON，则四边形PQMN是平行四边形，19 ∴MQ=PN，MQ∥NP，∴∠PNQ=∠MQN，又AD∥BC，∴∠ANQ=∠CQN，∴∠ANP=∠MQC，∠ANP=∠MQC在△ANP,△CQM中，∠NAP=∠QCM，NP=MQ∴△ANP≌△CQM，∴MC=AP=xcm故答案为：4-x；x．(2)解：当0<x≤2时，点Q在BC上，由(1)可得△ANP≌△CQM，同理可得△PBQ≌△MDN，∵PB=4-x,QB=2x,MC=x，QC=4-2x，2则y=AB-2S△MCQ-2S△BPQ=16-4-x×2x-x4-2x2=4x-12x+16；当2<x≤4时，如图所示，则AP=x，AN=CQ=2x-CB=2x-4，PN=AP-AN=x-2x-4=-x+4，∴y=-x+4×4=-4x+16；24x-12x+160<x≤2综上所述，y=；-4x+162<x≤4(3)依题意，①如图，当四边形PQMN是矩形时，此时∠PQM=90°，∴∠PQB+∠CQM=90°，∵∠BPQ+∠PQB=90°，∴∠BPQ=∠CQM，又∠B=∠BCD，∴△BPQ~△CQM，BPBQ∴=，CQCM4-x2x即=，4-2xx4解得：x=，3当四边形PQMN是菱形时，则PQ=MQ，2222∴4-x+2x=x+4-2x，解得：x=0(舍去)；②如图所示，当PB=CQ时，四边形PQMN是轴对称图形，84-x=2x-4，解得x=，3当四边形PQMN是菱形时，则PN=PQ=4，即-x+4=4，解得：x=0(舍去)，48综上所述，当四边形PQMN是轴对称图形时，x=或x=．3320 【点睛】本题考查了正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键．11(2023·广东·统考中考真题)综合运用如图1，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，如图2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转，旋转角为α0°<α<45°，AB交直线y=x于点E，BC交y轴于点F．(1)当旋转角∠COF为多少度时，OE=OF；(直接写出结果，不要求写解答过程)(2)若点A(4,3)，求FC的长；(3)如图3，对角线AC交y轴于点M，交直线y=x于点N，连接FN，将△OFN与△OCF的面积分别记为S1与S2，设S=S1-S2，AN=n，求S关于n的函数表达式．【答案】(1)22.5°15(2)FC=412(3)S=n2【分析】(1)根据正方形的性质及直角三角形全等的判定及性质得出∠AOG=∠AOE，再由题意得出∠EOG=45°，即可求解；(2)过点A作AP⊥x轴，根据勾股定理及点的坐标得出OA=5，再由相似三角形的判定和性质求解即可；(3)根据正方形的性质及四点共圆条件得出O、C、F、N四点共圆，再由圆周角定理及等腰直角三角形的判定和性质得出FN=ON，∠FNO=90°，过点N作GQ⊥BC于点G，交OA于点Q，利用全等三角形及矩2形的判定和性质得出CG=OQ,CO=QG，结合图形分别表示出S1，S2，得出S=S1-S2=NQ，再由等腰直角三角形的性质即可求解．【详解】(1)解：∵正方形OABC，∴OA=OC，∠A=∠C=90°，∵OE=OF，∴Rt△OCF≌Rt△OAE(HL)，∴∠COF=∠AOE，∵∠COF=∠AOG，∴∠AOG=∠AOE，∵AB交直线y=x于点E，∴∠EOG=45°，∴∠AOG=∠AOE=22.5°，即∠COF=22.5°；(2)过点A作AP⊥x轴，如图所示：21 ∵A(4,3)，∴AP=3,OP=4，∴OA=5，∵正方形OABC，∴OC=OA=5，∠C=90°，∴∠C=∠APO=90°，∵∠AOP=∠COF，∴△OCF∽△OPA，OCFC5FC∴=即=，OPAP4315∴FC=；4(3)∵正方形OABC，∴∠BCA=∠OCA=45°，∵直线y=x，∴∠FON=45°，∴∠BCA=∠FON=45°，∴O、C、F、N四点共圆，∴∠OCN=∠FON=45°，∴∠OFN=∠FON=45°，∴ΔFON为等腰直角三角形，∴FN=ON，∠FNO=90°，过点N作GQ⊥BC于点G，交OA于点Q，∵BC∥OA，∴GQ⊥OA，∵∠FNO=90°，∴∠1+∠2=90°，∵∠1+∠3=90°，∴∠2=∠3，∴△FGN≌△NQO(AAS)∴GN=OQ,FG=QN，∵GQ⊥BC，∠FCO=∠COQ=90°，∴四边形COQG为矩形，∴CG=OQ,CO=QG，121221221212∴S1=SΔOFN=ON=OQ+NQ=GN+NQ=GN+NQ，22222111221212S2=SΔCOF=CF⋅CO=GC-FGGN+NQ=GN-NQ=GN-NQ，222222∴S=S1-S2=NQ，∵∠OAC=45°，∴△AQN为等腰直角三角形，22∴NQ=AN=n，2222212∴S=NQ=2n=2n22 【点睛】题目主要考查全等三角形、相似三角形及特殊四边形的判定和性质，四点共圆的性质，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．1212(2023·湖北黄冈·统考中考真题)已知抛物线y=-x+bx+c与x轴交于A,B(4,0)两点，与y轴交2于点C(0,2)，点P为第一象限抛物线上的点，连接CA,CB,PB,PC．(1)直接写出结果；b=，c=，点A的坐标为，tan∠ABC=；(2)如图1，当∠PCB=2∠OCA时，求点P的坐标；(3)如图2，点D在y轴负半轴上，OD=OB，点Q为抛物线上一点，∠QBD=90°，点E，F分别为△BDQ的边DQ,DB上的动点，QE=DF，记BE+QF的最小值为m．①求m的值；12②设△PCB的面积为S，若S=m-k，请直接写出k的取值范围．431【答案】(1)，2，-1,0，22(2)2,3(3)m=217，13≤k<173【分析】(1)利用待定系数法求二次函数解析式即可求得b=、c=2，从而可得OB=4，OC=2，由y=0，2123可得-x+x+2=0，求得A-1,0，在Rt△COB中，根据正切的定义求值即可；22(2)过点C作CD∥x轴，交BP于点D，过点P作PE∥x轴，交y轴于点E，由tan∠OCA=tan∠ABC=1EP，即∠OCA=∠ABC，再由∠PCB=2∠ABC，可得∠EPC=ABC，证明△PEC∼△BOC，可得=2OB123-t+tEC123t22，设点P坐标为t,-t+t+2，可得=，再进行求解即可；OC2242(3)①作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH．根据SAS证明△BQE≌△HDF，可得BE+QF=FH+QF≥QH，即Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，设G(n,0)，则123Qn,-n+n+2，根据QG=BG求出点Q的坐标，燃然后利用勾股定理求解即可；221123②作PT∥y轴，交BC于点T，求出BC解析式，设Ta,-2a+2，Pa,-2a+2a+2，利用三角形面积公式表示出S，利用二次函数的性质求出S的取值范围，结合①中结论即可求解．12【详解】(1)解：∵抛物线y=-x+bx+c经过点B(4,0)，C(0,2)，2b=3-8+4b+c=0∴，解得：2，c=2c=223 123∴抛物线解析式为：y=-x+x+2，2212∵抛物线y=-x+bx+c与x轴交于A、B(4,0)两点，2123∴y=0时，-x+x+2=0，解得：x1=-1，x2=4，22∴A-1,0，∴OB=4，OC=2，OC21在Rt△COB中，tan∠ABC===，OB4231故答案为：，2，-1,0，；22(2)解：过点C作CD∥x轴，交BP于点D，过点P作PE∥x轴，交y轴于点E，∵AO=1，OC=2，OB=4，AO1∴tan∠OCA==，CO21由(1)可得，tan∠ABC=，即tan∠OCA=tan∠ABC，2∴∠OCA=∠ABC，∵∠PCB=2∠OCA，∴∠PCB=2∠ABC，∵CD∥x轴，EP∥x轴，∴∠ACB=∠DCB，∠EPC=∠PCD，∴∠EPC=ABC，又∵∠PEC=∠BOC=90°，∴△PEC∽△BOC，EPEC∴=，OBOC123123123设点P坐标为t,-t+t+2，则EP=t，EC=-t+t+2-2=-t+t，222222123-t+tt22∴=，解得：t=0(舍)，t=2，42∴点P坐标为2,3．(3)解：①如图2，作DH⊥DQ，且使DH=BQ，连接FH．∵∠BQD+∠BDQ=90°，∠HDF+∠BDQ=90°，∴∠QD=∠HDF，∵QE=DF，DH=BQ，∴△BQE≌△HDF(SAS)，∴BE=FH，∴BE+QF=FH+QF≥QH，∴Q，F，H共线时，BE+QF的值最小．作QG⊥AB于点G，∵OB=OD，∠BOD=90°，∴∠OBD=45°，∵∠QBD=90°，∴∠QBG=45°，24 ∴QG=BG．123设G(n,0)，则Qn,-n+n+2，22123∴-n+n+2=4-n，解得n=1或n=4(舍去)，22∴Q(2,3)，∴QG=BG=4-1=3，∴BQ=DH=32，QD=52，22∴m=QH=32+52=217；1②如图3，作PT∥y轴，交BC于点T，待定系数法可求BC解析式为y=-x+2，21123设Ta,-2a+2，Pa,-2a+2a+2，112312则S=-a+a+2+a-2×4=-a-2+4，2222∴0<S≤4，12∴0<m-k≤4，4∴0<17-k≤4，∴13≤k<17．【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何综合、二次函数与x轴的交点、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、锐角三角函数、最值问题、二次函数最值、用分割法求三角形面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．13(2023·湖北宜昌·统考中考真题)如图，已知A(0,2),B(2,0)．点E位于第二象限且在直线y=-2x上，∠EOD=90°，OD=OE，连接AB，DE，AE，DB．(1)直接判断△AOB的形状：△AOB是三角形；(2)求证：△AOE≌△BOD；2(3)直线EA交x轴于点C(t,0),t>2．将经过B，C两点的抛物线y1=ax+bx-4向左平移2个单位，得到抛物线y2．①若直线EA与抛物线y1有唯一交点，求t的值；②若抛物线y2的顶点P在直线EA上，求t的值；2③将抛物线y2再向下平移，2个单位，得到抛物线y3．若点D在抛物线y3上，求点D的坐标．(t-1)【答案】(1)等腰直角三角形25 (2)详见解析126(3)①t=3；②t=6；③D,55【分析】(1)由A(0,2),B(2,0)得到OA=OB=2，又由∠AOB=90°，即可得到结论；(2)由∠EOD=90°，∠AOB=90°得到∠AOE=∠BOD，又有AO=OB，OD=OE，利用SAS即可证明△AOE≌△BOD；22(3)①求出直线AC的解析式和抛物线y1的解析式，联立得x-t+3x+3t=0，由Δ=(t+3)-4×3t=2(t-3)=0即可得到t的值；22222t-22(t-2)②抛物线y1=-tx+t(t+2)x-4向左平移2个单位得到抛物线y2=-tx-2+2t，则抛物22t-2(t-2)t-2(t-2)22线y2的顶点P,，将顶点P,代入yAC=-x+2得到t-6t=0，解得t1=0,22t22ttt2=6,根据t>2即可得到t的值；③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N，先证明△ODN≌△EOM(AAS)，则t2ON=EM,DN=OM，设EM=2OM=2m,由OA∥EM得到OC:CM=OA:EM,则=,求得t+m2mt2tt2222m=t-1,得到Dt-1,t-1，由抛物线y2再向下平移2个单位，得到抛物线y3=-tx+t(t-(t-1)22tt222222)x-,把D,代入抛物线y3=-x+(t-2)x-,得到3t-19t+6=0,解(t-1)2t-1t-1tt(t-1)21得t1=,t2=6,由t>2，得t=6,即可得到点D的坐标．3【详解】(1)证明：∵A(0,2),B(2,0)，∴OA=OB=2，∵∠AOB=90°，∴△AOB是等腰直角三角形，故答案为：等腰直角三角形(2)如图，∵∠EOD=90°，∠AOB=90°，∴∠AOB-∠AOD=∠DOE-∠AOD，∴∠AOE=∠BOD，∵AO=OB,OD=OE，∴△AOE≌△BOD(SAS)；(3)①设直线AC的解析式为y=kx+b，∵A(0,2),C(t,0)，b=2∴，kt+b=02∴yAC=-x+2，t2将C(t,0),B(2,0)代入抛物线y1=ax+bx-4得，20=at+bt-4，0=4a+2b-422解得a=-,b=(t+2)，tt222∴y1=-x+(t+2)x-4，tt26 2222∵直线yAC=-x+2与抛物线y1=-x+(t+2)x-4有唯一交点ttt2∴联立解析式组成方程组解得x-t+3x+3t=022∴Δ=(t+3)-4×3t=(t-3)=0∴t=3222②∵抛物线y1=-x+(t+2)x-4向左平移2个单位得到y2，tt22t-22(t-2)∴抛物线y2=-tx-2+2t，2t-2(t-2)∴抛物线y2的顶点P,，22t2t-2(t-2)2将顶点P,代入yAC=-x+2，22tt2∴t-6t=0，解得t1=0,t2=6,∵t>2，∴t=6；③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N,∴∠EMO=∠OND=90°，∵∠DOE=90°，∴∠EOM+∠MEO=∠EOM+∠NOD=90°，∴∠MEO=∠NOD，∵OD=OE，∴△ODN≌△EOM(AAS)，∴ON=EM,DN=OM，∵OE的解析式为y=-2x，∴设EM=2OM=2m,∴DN=OM=m，∵EM⊥x轴,∴OA∥EM,∴△CAO~△CEM，∴OC:CM=OA:EM,t2∴=,t+m2mt∴m=,t-12tt∴EM=ON=2OM=2m=，DN=OM=m=，t-1t-12tt∴D,,t-1t-12∵抛物线y2再向下平移2个单位，得到抛物线y3，(t-1)2222∴抛物线y3=-x+(t-2)x-,tt(t-1)22tt2222∴D,代入抛物线y3=-x+(t-2)x-,t-1t-1tt(t-1)22∴3t-19t+6=0,27 1解得t1=,t2=6,3由t>2，得t=6,2t1212t66∴==,==，t-16-15t-16-15126∴D,．55【点睛】此题是二次函数和几何综合题，考查了二次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、待定系数法求函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定与性质等知识点，综合性较强，熟练掌握二次函数的平移和数形结合是解题的关键．14(2023·山东滨州·统考中考真题)如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐标为2,23，点D是边OC上的动点，过点D作DE⊥OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF．设OD=x,△DEF的面积为S．(1)求S关于x的函数解析式；(2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．32【答案】(1)S=-x+23x2(2)当x=2时，S的最大值为23【分析】(1)过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，证明△AOC是等边三角形，可得DE=x，进而证明△CDF∽△COB，得出DF=34-x，根据三角形面积公式即可求解；(2)根据二次函数的性质即可求解．【详解】(1)解：如图所示，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，∵顶点A的坐标为2,23，22∴OA=2+23=4，OG=2，AG=23OG1∴cos∠AOG==，AO2∴∠AOG=60°∵四边形OABC是菱形，∴∠BOC=∠AOB=30°，AC⊥BD,AO=OC，∴△AOC是等边三角形，∴∠ACO=60°，∵DE⊥OB，∴DE∥AC,∴∠EDO=∠ACO=60°∴△EOD是等边三角形，28 ∴ED=OD=x∵DF∥OB，∴△CDF∽△COB，DFCD∴=OBCO∵A2,23，AO=4，则B6,23，22∴OB=6+23=43DF4-x∴=434∴DF=34-x132∴S=x×34-x=-x+23x2232∴S=-x+23x0≤x≤423232(2)解：∵S=-x+23x=-x-2+23223∵-<0，2∴当x=2时，S的值最大，最大值为23．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，坐标与图形，特殊角的三角函数值，二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．15(2023·天津·统考中考真题)在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A(3,0),B(0,1),113D(23,1)，矩形EFGH的顶点E0,2,F-3,2,H0,2．(1)填空：如图①，点C的坐标为，点G的坐标为；(2)将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形EFGH，点E，F，G，H的对应点分别为E，F，G，H．设EE=t，矩形EFGH与菱形ABCD重叠部分的面积为S．①如图②，当边EF与AB相交于点M、边GH与BC相交于点N，且矩形EFGH与菱形ABCD重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围：23113②当≤t≤时，求S的取值范围(直接写出结果即可)．343【答案】(1)3,2，-3,233(2)①<t≤3；②≤S≤3216【分析】(1)根据矩形及菱形的性质可进行求解；3(2)①由题意易得EF=EF=3,EH=EH=1，然后可得∠ABO=60°，则有EM=，进而根据割补229 2333法可进行求解面积S；②由①及题意可知当≤t≤时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的3233113面积S是增大的，当<t≤时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是减小的，然后24根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可．113【详解】(1)解：∵四边形EFGH是矩形，且E0,2,F-3,2,H0,2，∴EF=GH=3,EH=FG=1，3∴G-3,；2连接AC,BD，交于一点H，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，且A(3,0),B(0,1),D(23,1)，22∴AB=AD=3-0+0-1=2，AC⊥BD,CM=AM=OB=1,BM=MD=OA=3，∴AC=2，∴C3,2，3故答案为3,2，-3,；2113(2)解：①∵点E0,2，点F-3,2，点H0,2，∴矩形EFGH中，EF∥x轴，EH⊥x轴，EF=3,EH=1．∴矩形EFGH中，EF∥x轴，EH⊥x轴，EF=3,EH=1．由点A3,0，点B0,1，得OA=3,OB=1．OA在Rt△ABO中，tan∠ABO==3，得∠ABO=60°．OB113在Rt△BME中，由EM=EB⋅tan60°,EB=1-=，得EM=．222133∴S△BME=EB⋅EM=．同理，得S△BNH=．288∵EE=t，得S矩形EEHH=EE⋅EH=t．又S=S矩形EEHH-S△BME-S△BNH，3∴S=t-，43当EE=EM=时，则矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分为△BEH，23∴t的取值范围是<t≤3．22333②由①及题意可知当≤t≤时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是增大的，当3233113<t≤时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是减小的，2430 33∴当t=时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分如图所示：2此时面积S最大，最大值为S=1×3=3；113当t=时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分如图所示：41133由(1)可知B、D之间的水平距离为23，则有点D到GF的距离为3-4-23=4，由①可知：∠D=∠B=60°，∴矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分为等边三角形，341∴该等边三角形的边长为2×=，tan60°21133∴此时面积S最小，最小值为××=；22416231133综上所述：当≤t≤时，则≤S≤3．3416【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键．16(2023·浙江温州·统考中考真题)如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆3于点D，BE⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知OA=，AC=1．如图2，连接AF，P为线2段AF上一点，过点P作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点P作PH⊥AB于点H．设PH=x，MN=y．31 (1)求CE的长和y关于x的函数表达式．(2)当PH<PN，且长度分别等于PH，PN，a的三条线段组成的三角形与△BCE相似时，求a的值．15(3)延长PN交半圆O于点Q，当NQ=x-3时，求MN的长．41625【答案】(1)CE=，y=-x+4512162760(2)或或15404117(3)8CDCO【分析】(1)如图1，连接OD，根据切线的性质得出OD⊥CE，证明OD∥BE，得出=，即可得出CECB16MNME25CE=；证明四边形APMC是平行四边形，得出=，代入数据可得y=-x+4；5BCCE12(2)根据△BCE三边之比为3:4:5，可分为三种情况．当PH:PN=3:5时，当PH:PN=4:5时，当PH:PN=3:4时，分别列出比例式，进而即可求解．x1(3)连接AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，根据tan∠BQG=tan∠QAB==，得出BG=3x311109QG=x，由AB=AG+BG=x=3，可得x=，代入(1)中解析式，即可求解．33310【详解】(1)解：如图1，连接OD．∵CD切半圆O于点D，∴OD⊥CE．3∵OA=，AC=1，25∴OC=，2∴CD=2．∵BE⊥CE，∴OD∥BE，CDCO∴=，CECB522即=，CE416∴CE=．5如图2，∠AFB=∠E=90°，∴AF∥CE．∵MN∥CB，∴四边形APMC是平行四边形，PHPHx5∴CM=PA====x．sin∠1sinC335MNME∵=，BCCE16-5xy53∴=，416525∴y=-x+4．1232 25(2)∵PN=y-1=-x+3，PH<PN，△BCE三边之比为3:4:5(如图2)，12∴可分为三种情况．i)当PH:PN=3:5时，5255PN=PH，-x+3=x，31234解得x=，5416∴a=x=．315ii)当PH:PN=4:5时，5255PN=PH，-x+3=x，41249解得x=，10327∴a=x=．440iii)当PH:PN=3:4时，4254PN=PH，-x+3=x，312336解得x=，41560∴a=x=．341(3)如图3，连接AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，则∠AQB=∠AGQ=90°，QG=PH=x，∴∠QAB=∠BQG．1525∵NQ=x-3，PN=y-1=-x+3，4125∴HG=PQ=NQ+PN=x．34∵AH=x，3∴AG=AH+HG=3x，x1∴tan∠BQG=tan∠QAB==，3x311∴BG=QG=x，33109∴AB=AG+BG=x=3，x=，310251717∴y=-x+4=，即MN的长为．1288【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作出辅助线是解题的关键．17(2023·新疆·统考中考真题)【建立模型】(1)如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB=BE．求证：△ACB≌△BDE；【类比迁移】(2)如图2，一次函数y=3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC、直线AC交x轴于点D．①求点C的坐标；②求直线AC的解析式；33 2【拓展延伸】(3)如图3，抛物线y=x-3x-4与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于C1点，已知点Q(0，-1)，连接BQ．抛物线上是否存在点M，使得tan∠MBQ=，若存在，求出点M的横坐3标．1414【答案】(1)见解析；(2)①C-4,1；②直线AC的解析式为y=x+3；(3)-或-21113【分析】[建立模型](1)根据题意得出∠C=∠D=∠ABE=90°，∠A=∠EBD，证明△ACB≌△BDEAAS，即可得证；[类比迁移](2)①过点C作CE⊥x轴于点E，同(1)的方法，证明△CBE≌△BAO，根据一次函数y=3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，求得A0,3，B-1,0，进而可得C点的坐标；1②由A0,3，设直线AC的解析式为y=kx+3，将点C-4,1代入得直线AC的解析式为y=x+3；2[拓展延伸](3)根据解析式求得A-1,0，B4,0；①当M点在x轴下方时，如图所示，连接MB，过点Q作QH⊥BM于点H，过点H作DE⊥y轴于点D，过点B作BE⊥DE，于点E，证明△QDH∽△HEB，根据1QHQHDH1tan∠MBQ=tan∠QBH==得出==，设DH=a，则BE=3a，求得点3BHBHBE3721H,-，进而求得直线BM的解析式，联立抛物线解析式即可求解；②当M点在x轴的上方时，如图1010所示，过点Q作QG⊥MB，于点G，过点G作PF∥x轴，交y轴于点F，过点B作PB⊥FP于点P，同①的方法即可求解．【详解】[建立模型](1)证明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，∴∠C=∠D=∠ABE=90°，∴∠ABC+∠A=90°,∠ABC+∠EBD=90°，∴∠A=∠EBD，又∵AB=BE，∴△ACB≌△BDEAAS；[类比迁移](2)如图所示，过点C作CE⊥x轴于点E，∵将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到BC，∴BA=BC,∠ABC=90°，又∠AOB=∠CEB=90°，∴∠ABO=90°-∠CBE=∠ECB，∴△CBE≌△BAOAAS，∴BE=AO,CE=BO，∵一次函数y=3x+3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，当x=0时，y=3，即A0,3，当y=0时，x=-1，即B-1,0，34 ∴BE=AO=3,CE=BO=1，∴EO=EB+BO=3+1=4，∴C-4,1；②∵A0,3，设直线AC的解析式为y=kx+3，将C-4,1代入得：1=-4k+31解得：k=21∴直线AC的解析式为y=x+3，22(3)∵抛物线y=x-3x-4与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，2当y=0时，x-3x-4=0，解得：x1=-1,x2=4，∴A-1,0，B4,0；①当M点在x轴下方时，如图所示，连接MB，过点Q作QH⊥BM于点H，过点H作DE⊥y轴于点D，过点B作BE⊥DE，于点E，∵∠QDH=∠E=∠QHB=90°，∴∠DQH=90°-∠QHD=∠BHE，∴△QDH∽△HEB，QHDHDQ∴==，BHBEHE1QH∵tan∠MBQ=tan∠QBH==，3BHQHDH1∴==，BHBE3设DH=a，则BE=3a，∵DE=4，4a∴HE=4-a，QD=-，33∵OD=BE，Q0,-1，4a∴1+-=3a，337解得：a=，10721∴H,-，1010设直线BH的解析式为y=k′x+b，7k′+b=-21代入H7,-21，B4,01010得：，10104k′+b=0b=-2811解得：，k′=711728∴直线BM解析式为y=x-，1111y=7x-28联立1111，y=x2-3x-44解得：x1=4(舍去)，x2=-；11②当M点在x轴的上方时，如图所示，过点Q作QG⊥MB于点G，过点G作PF∥x轴，交y轴于点F，过35 点B作PB⊥FP于点P，同理可得△FGQ∽△PBG，FGFQQG1∴===，PBPGGB3设FG=b，则PB=3b，∵FP=4，4-b∴GP=4-b，FQ=，3∵FQ=PB+1，4-b∴=3b+1，31解得：b=，1013∴G，，1010设直线MB的解析式为y=mx+n，1m+n=3代入G1，3，B4,01010得：，10104m+n=0m=-113解得：，n=41314∴直线MB的解析式为y=-x+，1313y=-1x+4联立1313，y=x2-3x-414解得：x1=4(舍去)，x2=-，13414综上所述，M的横坐标为-或-．1113【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．18(2023·江苏连云港·统考中考真题)【问题情境建构函数】(1)如图1，在矩形ABCD中，AB=4,M是CD的中点，AE⊥BM，垂足为E．设BC=x,AE=y，试用含x的代数式表示y．【由数想形新知初探】(2)在上述表达式中，y与x成函数关系，其图像如图2所示．若x取任意实数，此时的函数图像是否具有对称性？若有，请说明理由，并在图2上补全函数图像．36 【数形结合深度探究】(3)在“x取任意实数”的条件下，对上述函数继续探究，得出以下结论：①函数值y随x的增大而增大；②函数值y的取值范围是-42<y<42；③存在一条直线与该函数图像有四个交点；④在图像上存在四点A、B、C、D，使得四边形ABCD是平行四边形．其中正确的是．(写出所有正确结论的序号)【抽象回归拓展总结】(4)若将(1)中的“AB=4”改成“AB=2k”，此时y关于x的函数表达式是；一般地，当k≠0,x取任意实数时，类比一次函数、反比例函数、二次函数的研究过程，探究此类函数的相关性质(直接写出3条即可)．24xx+4【答案】(1)y=(x>0)；(2)x取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称，见解析；(3)2x+4222kxx+k①④；(4)y=(x>0,k>0)，见解析22x+kABAE4y【分析】(1)证明Rt△ABE∽Rt△BMC，得出=，进而勾股定理求得BM，即=，整理后BMBCx2+4x即可得出函数关系式；24aa+4(2)若Pa,b为图像上任意一点，则b=．设Pa,b关于原点的对称点为Q，则Q-a,-b．当2a+424xx+4x=-a时，可求得y=-b．则Q-a,-b也在y=的图像上，即可得证，根据中心对称的性质补2x+4全函数图象即可求解；(3)根据函数图象，以及中心对称的性质，逐项分析判断即可求解；(4)将(1)中的4换成2k，即可求解；根据(2)的图象探究此类函数的相关性质，即可求解．【详解】(1)在矩形ABCD中，∠ABC=∠BCM=90°，∴∠ABE+∠MBC=90°．∵AE⊥BM，∴∠AEB=90°，∴∠BAE+∠ABE=90°．∴∠AEB=∠BCM,∠MBC=∠BAE．ABAE∴Rt△ABE∽Rt△BMC，∴=．BMBC11∵AB=4，点M是CD的中点，∴CM=CD=AB=2．2222222在Rt△BMC中，BM=BC+CM=x+2=x+4，y244x4xx+4∴=．∴y==．x2+4xx2+4x2+437 24xx+4∴y关于x的表达式为：y=(x>0)．2x+4(2)x取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称．理由如下：24aa+4若Pa,b为图像上任意一点，则b=．2a+4设Pa,b关于原点的对称点为Q，则Q-a,-b．当x=-a时，4-a-a2+424aa+4y==-=-b．22-a+4a+424xx+4∴Q-a,-b也在y=的图像上．2x+424xx+4∴当x取任意实数时，y=的图像关于原点对称．2x+4函数图像如图所示．(3)根据函数图象可得①函数值y随x的增大而增大，故①正确，②由(1)可得函数值y<AB，故函数值的范围为-4<y<4，故②错误；③根据中心对称的性质，不存在一条直线与该函数图像有四个交点，故③错误；④因为平行四边形是中心对称图形，则在图像上存在四点A、B、C、D，使得四边形ABCD是平行四边形，故④正确；故答案为：①④．222kxx+k(4)y关于x的函数表达式为y=(x>0,k>0)；22x+k当k≠0,x取任意实数时，有如下相关性质：当k>0时，图像经过第一、三象限，函数值y随x的增大而增大，y的取值范围为-2k<y<2k；当k<0时，图像经过第二、四象限，函数值y随x的增大而减小，y的取值范围为2k<y<-2k；函数图像经过原点；函数图像关于原点对称；【点睛】本题考查了相似三角形的性质，中心对称的性质，根据函数图象获取信息，根据题意求得解析式是解题的关键．19(2023·四川凉山·统考中考真题)阅读理解题：阅读材料：1如图1，四边形ABCD是矩形，△AEF是等腰直角三角形，记∠BAE为α、∠FAD为β，若tanα=，则21tanβ=．338 1证明：设BE=k，∵tanα=，∴AB=2k，2易证△AEB≌△EFCAAS∴EC=2k,CF=k，∴FD=k,AD=3kDFk1∴tanβ===，AD3k311若α+β=45°时，当tanα=，则tanβ=．2311同理：若α+β=45°时，当tanα=，则tanβ=．32根据上述材料，完成下列问题：m如图2，直线y=3x-9与反比例函数y=(x>0)的图象交于点A，与x轴交于点B．将直线AB绕点xA顺时针旋转45°后的直线与y轴交于点E，过点A作AM⊥x轴于点M，过点A作AN⊥y轴于点N，已知OA=5．(1)求反比例函数的解析式；(2)直接写出tan∠BAM、tan∠NAE的值；(3)求直线AE的解析式．12【答案】(1)y=(x>0)x11(2)tan∠BAM=，tan∠NAE=321(3)y=x+12【分析】(1)首先求出点B3,0，然后设Aa,3a-9，在Rt△AOM中，利用勾股定理求出a=4，得到mA4,3，然后代入y=(x>0)求解即可；x(2)首先根据A4,3，B3,0得到MO=4，BO=3，求出MB=1，AM=3，然后利用正切值的概念求出BM1tan∠BAM==，然后证明出四边形NOMA是矩形，得到∠BAM+∠NAE=45°，然后由AM311tan∠BAM=即可求出tan∠NAE=；321(3)首先根据矩形的性质得到AN=OM=4，NO=AM=3，然后利用tan∠NAE=求出NE=2，进而2得到E0,1，然后设直线AE的解析式为y=kx+b，利用待定系数法将E0,1和A4,3代入求解即可．39 【详解】(1)将y=0代入y=3x-9得，x=3，∴B3,0，m∵直线y=3x-9与反比例函数y=(x>0)的图象交于点A，x∴设Aa,3a-9，∵AM⊥x，OA=5，222∴在Rt△AOM中，OM+AM=AO，222∴a+3a-9=5，7∴解得a1=4，a2=，5∵点A的横坐标要大于点B的横坐标，7∴a2=应舍去，5∴a=4，∴A4,3，m∴将A4,3代入y=(x>0)，解得m=12；x12∴反比例函数的解析式为y=(x>0)；x(2)∵A4,3，B3,0，∴MO=4，BO=3，∴MB=1，AM=3，∵AM⊥x，BM1∴tan∠BAM==，AM3∵AN⊥y，∠NOM=90°，∴四边形NOMA是矩形，∴∠NAM=90°，∵将直线AB绕点A顺时针旋转45°后的直线与y轴交于点E，∴∠BAE=45°，∴∠BAM+∠NAE=45°，1∵tan∠BAM=，31∴tan∠NAE=；2(3)∵四边形NOMA是矩形，∴AN=OM=4，NO=AM=3，1∵AN⊥y，tan∠NAE=，2NE1NE1∴=，即=，AN242∴解得NE=2，∴OE=ON-NE=1，∴E0,1，∴设直线AE的解析式为y=kx+b，b=1∴将E0,1和A4,3代入得，，4k+b=340 b=1∴解得1，k=21∴直线AE的解析式为y=x+1．2【点睛】此题考查了反比例函数，一次函数和几何综合题，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是正确理解材料的内容．220(2023·山东泰安·统考中考真题)如图1，二次函数y=ax+bx+4的图象经过点A(-4,0),B(-1,0)．(1)求二次函数的表达式；(2)若点P在二次函数对称轴上，当△BCP面积为5时，求P坐标；(3)小明认为，在第三象限抛物线上有一点D，使∠DAB+∠ACB=90°；请判断小明的说法是否正确，如果正确，请求出D的坐标；如果不正确，请说明理由．2【答案】(1)y=x+5x+455(2)-2,4或-2,-16820(3)正确，D-,-39【分析】(1)直接运用待定系数法求解即可；(2)首先求出直线BC解析式，然后通过设P点坐标，并表示对应Q点坐标，从而利用“割补法”计算△BCP的面积表达式并建立方程求解即可；(3)首先连接AC，BC，设AC与对称轴交点为K，对称轴与x轴交点为H，连接BK，延长AD与对称轴交于点M，根据已知信息求出tan∠CBK，然后推出∠DAB=∠CBK，从而在Rt△AHM中求出HM，确定出M点坐标，再求出直线AM解析式，通过与抛物线解析式联立，求出交点D的坐标即可．2【详解】(1)解：将A(-4,0),B(-1,0)代入y=ax+bx+4得：16a-4b+4=0a=1，解得：，a-b+4=0b=52∴抛物线解析式为：y=x+5x+4；25(2)解：由抛物线y=x+5x+4可知，其对称轴为直线x=-，C0,4，2设直线BC解析式为：y=kx+c，k=4将B-1,0，C0,4代入解得：，c=4∴直线BC解析式为：y=4x+4，此时，如图所示，作PQ∥x轴，交BC于点Q，∵点P在二次函数对称轴上，41 5m-4∴设P-2,m，则Q4,m，m-45m+6∴PQ=4--2=4，11m+6m+6∴S△BCP=2PQyC-yB=2×4×4=2，∵要使得△BCP面积为5，m+6∴=5，解得：m=4或m=-16，255∴P的坐标为-2,4或-2,-16；820(3)解：正确，D-,-，理由如下：39如图所示，连接AC，BC，设AC与对称轴交点为K，对称轴与x轴交点为H，连接BK，延长AD与对称轴交于点M，由(1)、(2)可得OA=OC=4，∠AOC=90°，∴∠CAO=45°，AC=42，根据抛物线的对称性，AK=BK，∴∠KAB=∠KBA=45°，∠AKB=90°，∵AB=3，32∴AK=BK=，252∴CK=AC-AK=，2CK5在Rt△CKB中，tan∠CBK==，BK3∵∠CBK+∠ACB=90°且∠DAB+∠ACB=90°，∴∠DAB=∠CBK，5∴tan∠DAB=tan∠CBK=，3HM5即：在Rt△AHM中，=，AH353∵AH=---4=，22355∴HM=×=，23255∴M-,-，22设直线AM解析式为：y=sx+t，s=-5553将A-4,0、M-2,-2代入解得：20，t=-3520∴直线AM解析式为：y=-x-，332x=-8y=x+5x+43x=-4联立y=-5x-20，解得：20或(不合题，舍去)33y=-9y=0820∴小明说法正确，D的坐标为D-,-．39【点睛】本题考查二次函数综合问题，包括“割补法”计算面积，以及解直角三角形等，掌握二次函数的性质，并熟练运用解三角形的方法进行数形结合分析是解题关键．42 1221(2023·湖北恩施·统考中考真题)在平面直角坐标系xoy中，O为坐标原点，已知抛物线y=-x2+bx+c与y轴交于点A，抛物线的对称轴与x轴交于点B．(1)如图，若A0,3，抛物线的对称轴为x=3．求抛物线的解析式，并直接写出y≥3时x的取值范围；(2)在(1)的条件下，若P为y轴上的点，C为x轴上方抛物线上的点，当△PBC为等边三角形时，求点P，C的坐标；12(3)若抛物线y=-x+bx+c经过点Dm,2，En,2，F1,-1，且m<n，求正整数m，n的值．212【答案】(1)y=-x+3x+3；0≤x≤622324(2)C-3+6,33-3；P0,33-3或C0,3,P0,-3；(3)m=2，n=7或m=3，n=4【分析】(1)根据A0,3，抛物线的对称轴为x=3，待定系数法求解析式即可求解；当y=3时，求得x的范围，进而结合函数图象即可求解；(2)①连接AB，AC，AC交对称轴于点D，由A,B,C,P四点共圆，得∠BAC=∠BPC=60°，证明△PAB≌△CDB，求出点D的坐标，确定直线AD的解析式，进而求得C点的坐标，设P0,p，PB=PC，勾股定理即可求解；②由①可得∠OAB=60°，则当C与A重合时也存在等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．12m+n(3)根据抛物线y=-x+bx+c经过点Dm,2，En,2，F1,-1，可得抛物线对称为直线x=22111=b，-+b+c=-1则b+c=-，则c=--b，进而令y=2，求得b的范围，进而根据函数图象可知222m=2或m=3，进而分别讨论求得n的值，即可求解．【详解】(1)解：∵A0,3，抛物线的对称轴为x=3．c=3∴-b=3-2×12c=3解得：b=312∴抛物线解析式为y=-x+3x+3，212当y=3时，即-x+3x+3=32解得：x1=0,x2=6，43 ∴当y≥3时，0≤x≤6(2)解：①如图所示，连接AB，AC，AC交对称轴于点D，∵A0,3，B3,0∴OA=3,OB=3，则tan∠OAB=3∴∠OAB=60°，∠BAP=120°，∵△PBC为等边三角形，∴∠PCB=∠PBC=60°，∴∠PAB+∠PCB=180°，∴A,B,C,P四点共圆，∴∠BAC=∠BPC=60°，∵BD∥OA，∴∠ABD=∠OAB=60°．∴∠ABD=PBC，∴∠ABP=∠DBC，∵∠BDC=∠PAB=120°，PB=BC，∴△PAB≌△CDBAAS，22∴BD=BA=3+3=23，则D3,23，设直线AD的解析式为y=kx+3则3k+3=233解得：k=33所以直线AC的解析式为y=x+33y=3x+33联立12y=-x+3x+32x=-23+6x=03解得：或y=3y=33-23232∴C-3+6,33-3，∵B3,0，设P0,p，∵PC=PB222222∴p+3=-33+6+33-3-p4解得：p=33-34∴P0,33-；3②由①可得∠OAB=60°，当C与点A重合时，△PBC为等边三角形则P与C对称，此时C0,3，P0,-3，2324综上所述；C-3+6,33-3；P0,33-3或C0,3，P0,-3；12(3)解：∵抛物线y=-x+bx+c经过点Dm,2，En,2，F1,-1，244 m+n1∴抛物线对称为直线x==b，-+b+c=-12211则b+c=-，则c=--b2212112121∴抛物线解析式为y=-x+bx-b-=-x-b+b-b-22222121∴顶点坐标为b,b-b-22121当b-b-=2时，22解得：b=1-6或b=1+6∵m<n，且m,n为正整数，过点F1,-1，则当x=1时y<0，∴m=2或m=3，121当m=2时，将点2,2代入解析式y=-x+bx-b-，229解得：b=2∵m+n=2b则n=7，121当m=3时，将点3,2代入解析式y=-x+bx-b-227解得：b=2∵m+n=2b则n=4，综上所述，m=2，n=7或m=3，n=4．【点睛】本题考查了二次函数的性质，根据特三角函数求角度，圆内接四边形对角互补，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．222(2023·辽宁营口·统考中考真题)如图，抛物线y=ax+bx-1a≠0与x轴交于点A1,0和点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D3,0，过点B作直线l⊥x轴，过点D作DE⊥CD，交直线l于点E．(1)求抛物线的解析式；BQ5(2)如图，点P为第三象限内抛物线上的点，连接CE和BP交于点Q，当=时．求点P的坐标；PQ7(3)在(2)的条件下，连接AC，在直线BP上是否存在点F，使得∠DEF=∠ACD+∠BED？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．126【答案】(1)y=-x+x-15545 32(2)P-3,-5548(3)F,-或F10,41313【分析】(1)根据抛物线过点A1,0，对称轴为直线x=3，待定系数法求解析式即可求解；(2)根据题意求得B5,0，tan∠CDO=tan∠DEB，求得BE=6，则E5,-6，进而求得直线EC的解析式42为y=-x-1，过点P作PT⊥x轴，交EC于点T，证明△PTQ∽△BEQ，根据已知条件得出PT=设547126Tt,-t-1，则Pt,-t-，将点P代入y=-x+x-1，即可求解．555(3)根据题意可得∠DEF=45°，以DE为对角线作正方形DMEN，则∠DEM=∠DEN=45°，进而求得M,N的坐标，待定系数法求得EM,EN的解析式，联立BP解析式，即可求解．2【详解】(1)解：∵抛物线y=ax+bx-1a≠0与x轴交于点A1,0，抛物线的对称轴交x轴于点D3,0，则对称轴为直线x=3，a+b-1=0∴b，-=32aa=-15解得：b=65126∴抛物线解析式为y=-x+x-1；55126126(2)解：由y=-x+x-1，当y=0时，-x+x-1=0，5555解得：x1=1,x2=5，∴B5,0，当x=0时，y=-1，则C0,-1，∵DE⊥CD，∠COD=∠EBD=∠CDE=90°∴∠CDO=90°-∠EDB=∠DEB，∴tan∠CDO=tan∠DEB，OCDB即=，ODBE12∴=，3BE∴BE=6，则E5,-6，设直线EC的解析式为y=kx-1，则-6=5k-1，解得：k=-1，∴直线EC的解析式为y=-x-1，如图所示，过点P作PT⊥x轴，交EC于点T，∵BE∥PT，∴△PTQ∽△BEQBQ5∵=PQ7BEBQ542∴==，则PT=PTPQ754247设Tt,-t-1，则Pt,-t-1-5即Pt,-t-5，47126将点Pt,-t-代入y=-x+x-155546 47126即-t-=-t+t-1555解得：t=-3或t=14(舍去)4732当t=-3时，-t-=-，5532∴P-3,-；5(3)∵A1,0，C0,-1，则OA=OC=1，△AOC是等腰直角三角形，∴∠OAC=45°，由(2)可得∠BED=∠ADC，∵∠DEF=∠ACD+∠BED∴∠DEF=∠ACD+∠ADC=∠OAC=45°，32由(2)可得P-3,-，55e+f=0设直线BP的解析式为y=ex+f，则32-3e+f=-5e=4解得：5f=-44∴直线BP的解析式为y=x-45如图所示，以DE为对角线作正方形DMEN，则∠DEM=∠DEN=45°，2∵DB=2,BE=6，则DE=210，则DM=DE=25，E5,-6，2222m-3+n=25设Mm,n，则m-52+n+62=252，m=1m=7解得：，，n=-4n=-2则M1,-4，N7,-2，设直线EM的解析式为y=sx+t，直线EN的解析式为y=s1x+t15s+t=-65s1+t1=-6则，，s+t=-47s1+t1=-2s=-12s=2解得：，，t=-7t=-16217设直线EM的解析式为y=-x-，直线EN的解析式为y=2x-16，22y=-1x-7x=52213548∴4解得：48，则F13,-13，y=x-4y=-513y=2x-16x=10y=4x-4解得：y=4,则F10,4，5548综上所述，F,-或F10,4．1313【点睛】本题考查了二次函数综合运用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．223(2023·山东日照·统考中考真题)在平面直角坐标系xOy内，抛物线y=-ax+5ax+2a>0交y轴于点C，过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D．47 (1)求点C，D的坐标；1(2)当a=时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，点P为直线AD上方抛物线3上一点，将直线PD沿直线AD翻折，交x轴于点M(4,0)，求点P的坐标；1(3)坐标平面内有两点E,a+1,F5,a+1，以线段EF为边向上作正方形EFGH．a①若a=1，求正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标；5②当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为时，求a的2值．【答案】(1)C0，2，D5，2315(2)P，24(3)①1，6，4，6，5，2；②a=0.5【分析】(1)先求出C0，2，再求出抛物线对称轴，根据题意可知C、D关于抛物线对称轴对称，据此求出点D的坐标即可；(2)先求出A-1，0，如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为Nm，n，由轴对称的性质可得AN222m+1+n=4--1=AM，DN=DM，利用勾股定理建立方程组m-52+n-22=5-42+22，解得m=3或m=4(舍y=-1x+9x=319222去)，则N3，3，求出直线DP的解析式为y=-x+，然后联立，解得或22y=-1x2+5x+2y=15334x=5315y=2，则P，；24(3)分图3-1，图3-2，图3-3三种情况，利用到x轴的距离之差即为纵坐标之差结合正方形的性质列出方程求解即可．2【详解】(1)解：在y=-ax+5ax+2a>0中，当x=0时，y=2，∴C0，2，2∵抛物线解析式为y=-ax+5ax+2a>0，5a5∴抛物线对称轴为直线x=-=，-2a2∵过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D，∴C、D关于抛物线对称轴对称，∴D5，2；1125(2)解：当a=时，抛物线解析式为y=-x+x+2，333125当y=0，即-x+x+2=0，解得x=-1或x=6，33∴A-1，0；如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为Nm，n，48 由轴对称的性质可得AN=AM，DN=DM，222m+1+n=4--1∴m-52+n-22=5-42+22，解得：3m+n=12，即n=12-3m22∴m+2m+1+144-72m+9m=25，2∴m-7m+12=0，解得m=3或m=4(舍去)，∴n=12-3m=3，∴N3，3，设直线DP的解析式为y=kx+b1，3k+b1=3∴，5k+b1=2k=-12∴，b=91219∴直线DP的解析式为y=-x+，22y=-1x+9x=3222x=5联立，解得或y=-1x2+5x+2y=15y=2334315∴P，；242(3)解：①当a=1时，抛物线解析式为y=-x+5x+2，E1，2，F5，2，∴EH=EF=FG=4，∴H1，6，G5，6，2当x=1时，y=-1+5×1+2=6，2∴抛物线y=-x+5x+2恰好经过H1，6；5∵抛物线对称轴为直线x=，2由对称性可知抛物线经过4，6，∴点4，6时抛物线与正方形的一个交点，又∵点F与点D重合，∴抛物线也经过点F5，2；综上所述，正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标为1，6，4，6，5，2；②如图3-1所示，当抛物线与GH、GF分别交于T、D，5∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，2∴点T的纵坐标为2+2.5=4.5，49 1∴5-+a+1=4.5，a2∴a+1.5a-1=0，解得a=-2(舍去)或a=0.5；如图3-2所示，当抛物线与GH、EF分别交于T、S，5∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，21∴5-=2.5，a解得a=0.4(舍去，因为此时点F在点D下方)如图3-3所示，当抛物线与EH、EF分别交于T、S，5∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，2121∴-a⋅+5a⋅+2=a+1+2.5，aa1∴7-=a+3.5，a2∴a-3.5a+1=0，7+337-33解得a=或a=(舍去)；4452当x=时，y=-ax+5ax+2=6.25a+2，27+331当a=时，6.25a+2>7-，4a7+33∴a=不符合题意；4综上所述，a=0.5．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和数形结合的思想求解是解题的关键．2224(2023·江苏无锡·统考中考真题)已知二次函数y=x+bx+c的图像与y轴交于点A，且经过2点B(4,2)和点C(-1,2)．50 (1)请直接写出b，c的值；22(2)直线BC交y轴于点D，点E是二次函数y=x+bx+c图像上位于直线AB下方的动点，过点E2作直线AB的垂线，垂足为F．①求EF的最大值；②若△AEF中有一个内角是∠ABC的两倍，求点E的横坐标．【答案】(1)b=-3，c=-24317(2)①；②2或35【分析】(1)待定系数法求解析式即可求解；(2)①过点E作y轴平行线分别交AB、BD于G、H．令x=0，求得A(0,-2)，勾股定理求得AB，得出6662cos∠ABD=，则cos∠FEG=，进而可得EF=EG，求得直线AB的解析式为y=x-2，333222322设Em,2m-2m-2，则Gm,2m-2，进而表示出EG，最后根据二次函数的性质即可求解．2②根据已知tan∠ABC=，令AC=2，AB=2，在BC上取点D，使得AD=BD，得出tan(2∠ABC)22=22，然后根据tan∠MFA=tan∠CBA=tan∠FEN=，设AM=2a，MF=2a．进而分两种情况2讨论，ⅰ当∠FAE=2∠ABC时，tan∠FAE=22，则相似比为1:22，得出E(6a,-2-32a)代入抛物52线解析式，即可求解；ⅱ当∠FEA=2∠ABC时，tan∠FEA=22，同理可得E2a,-2+2a，代入抛物线解析式即可求解．22【详解】(1)∵二次函数y=x+bx+c的图像与y轴交于点A，且经过点B(4,2)和点C(-1,2)2222=4+4b+c2∴2=21-b+c2b=-3解得：c=-222∴b=-3，c=-2，y=x-3x-2；2(2)①如图1，过点E作y轴平行线分别交AB、BD于G、H．22∵y=x-3x-2，2当x=0时，y=-2，∴A(0,-2)，∴AD=22，BD=4，22∴AB=AD+BD=26，BD6∴cos∠ABD==．AB3∵∠GFE=∠GHB=90°，∠FGE=∠HGB，∴∠FEG=∠ABD，6∴cos∠FEG=，3EF6∴=，EG351 6∴EF=EG．3∵A(0,-2),B(4,2)设直线AB的解析式为y=kx+dd=-2∴4k+d=2k=2解得：2d=-22∴直线AB解析式为y=x-2．22232设Em,2m-2m-2，2∴Gm,2m-2，2222∴EG=-m+22m=-(m-2)+22，22∴当m=2时，EG取得最大值为22，643∴EF的最大值为×22=．332②如图2，已知tan∠ABC=，令AC=2，则BC=2，2在BC上取点D，使得AD=BD，∴∠ADC=2∠ABC，设CD=x，则AD=BD=2-x，222则x+(2)=(2-x)，1解得x=，2AC∴tan∠ADC==22，即tan2∠ABC=22．CD如图3构造△AMF∽△FNE，且MN∥x轴，相似比为AF:EF，2又∵tan∠MFA=tan∠CBA=tan∠FEN=，2设AM=2a，则MF=2a．EF分类讨论：ⅰ当∠FAE=2∠ABC时，则tan∠FAE==22，AF∴△AMF与△FNE的相似比为1:22，∴FN=22AM=4a，NE=22MF=42a，∴E6a,-2-32a，1代入抛物线求得a1=，a2=0(舍)．3∴E点横坐标为6a=2．AFⅱ当∠FEA=2∠ABC时，则tan∠FEA==22，EF∴相似比为22:1，AM1MF2∴FN==a，NE==a，22222252∴E2a,-2+2a，52 34代入抛物线求得a1=，a2=0(舍)．25517∴E点横坐标为a=．2517综上所示，点E的横坐标为2或．5【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求二次函数解析式，线段长的最值问题，相似三角形的性质与判定，正切的定义．利用分类讨论的思想并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．1225(2023·辽宁·统考中考真题)如图，抛物线y=-x+bx+c与x轴交于点A和点B4，0，与y轴交2于点C0，4，点E在抛物线上．(1)求抛物线的解析式；(2)点E在第一象限内，过点E作EF∥y轴，交BC于点F，作EH∥x轴，交抛物线于点H，点H在点E的左侧，以线段EF,EH为邻边作矩形EFGH，当矩形EFGH的周长为11时，求线段EH的长；(3)点M在直线AC上，点N在平面内，当四边形OENM是正方形时，请直接写出点N的坐标．12【答案】(1)抛物线的解析式为y=-x+x+4；2(2)EH=4；73(3)点N的坐标为4，4或-，．22【分析】(1)利用待定系数法即可求解；12(2)先求得直线BC的解析式为y=-x+4，设Ex，-x+x+4，则Fx，-x+4，利用对称性质求得21212H2-x，-x+x+4，推出GH-EF=-x+2x，GF-EH=2x-2，利用矩形周长公式列一元二次22方程计算即可求解；(3)先求得直线AC的解析式为y=2x+4，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，证明△OEP≌1212△MOQ，推出PE=OQ，PO=MQ，设Em，-2m+m+4，则M2m-m-4，m，由点M在直线AC上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质即可求解．12【详解】(1)解：∵抛物线y=-x+bx+c经过点B4，0和C0，4，212-×4+4b+c=0∴2，c=4b=1解得，c=412∴抛物线的解析式为y=-x+x+4；253 (2)解：∵点B4，0和C0，4，设直线BC的解析式为y=kx+4，则0=4k+4，解得k=-1，∴直线BC的解析式为y=-x+4，12设Ex，-x+x+4，且0<x<4，则Fx，-x+4，21212∴GH-EF=-x+x+4--x+4=-x+2x，221∵解析式的对称轴为-=1，2×-1212∴H2-x，-x+x+4，2∴GF-EH=x-4-x=2x-2，12依题意得2-x+2x+2x-2=11，2解得x=5(舍去)或x=3，∴EH=4；12(3)解：令y=0，则-x+x+4=0，2解得x=-2或x=4，∴A-2，0，同理，直线AC的解析式为y=2x+4，∵四边形OENM是正方形，∴OE=OM，∠EOM=90°，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，∠OPE=∠MQO=90°，∠OEP=90°-∠EOP=∠MOQ，∴△OEP≌△MOQ，∴PE=OQ，PO=MQ，12设Em，-m+m+4，212∴PE=OQ=-m，PO=MQ=-m+m+4，212则Mm-m-4，m，2∵点M在直线AC上，12∴m=2m-m-4+4，2解得m=4或m=-1，当m=4时，M0，4，E4，0，即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形OENM是正方形，此时N4，4；55当m=-1时，M-2，-1，E-1，2，5点O向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点M，25则点E向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点N，25573∴N-1-2，2-1，即N-2，2．54 73综上，点N的坐标为4，4或-，．22【点睛】本题考查的是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，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离公式和正方形的性质，是一道综合性较强的题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以及分情况讨论．55