全国各地名校2022年中考数学5月试卷分类汇编 综合性问题

综合型问题一、选择题yxDCABOFE1、（2022年湖北荆州模拟题）如图，一次函数的图象与轴、轴交于A、B两点，与反比例函数的图象相交于C、D两点，分别过C、D两点作轴，轴的垂线，垂足分别为E、F，连接CF、DE．有下列四个结论：①△CEF与△DEF的面积相等；②△AOB∽△FOE；③△DCE≌△CDF；④．其中正确的结论是(▲)A．①②B．①②③C．①②③④D．②③④答案：Ｃ2.（2022年安徽模拟二）将宽为2cm的长方形纸条折叠成如图所示的形状，那么折痕的长是（）．A．cmB．cmC．cmD．2cm60°PQ2cm第2题图答案：B3.（2022年安徽凤阳模拟题二）有依次排列的3个数：3,9，8，对任意相邻的两个数，都用右边的数减去左边的数，所得之差在这两个数之间，可产生一个新数串：3,6,9，－1，8，这称为第一次操作；做第二次同样的操作后也可以产生一个新数串：3,3，6,3，9，－10，－1，9,8，继续依次操作下去，问：从数串3,9，8，开始操作第100次以后所产生的那个新数串的所有数之和是（）A.500B.520C.780D.200答案：B93\n4．（2022年北京平谷区一模）如图，等腰直角三角形ABC位于第一象限，AB=AC=2，直y1xOABC第1题图角顶点A在直线y=x上，其中A点的横坐标为1，且两条直角边AB、AC分别平行于x轴、y轴，若双曲线(k≠0)与有交点，则k的取值范围是A．B．C．D．答案：C5、(2022年安徽省模拟七)如图，点P是菱形ABCD的对角线AC上一动点（不与点A、C重合）．过点P且垂直于AC的直线交菱形ABCD的边于M、N两点．若AC=2，BD=1，设AP=x，MN=y，则y关于x的函数图象的大致形状是………………【】A.B.C.D.答案：A第2题图第1题图6、(2022年安徽省模拟八)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P在BC边上运动，联结DP，过点A作AE⊥DP，垂足为E，设DP＝，AE＝，则能反映与之间函数关系的大致图象是第3题图7、（2022年聊城莘县模拟）以下四种说法：①为检测酸奶的质量，应采用抽查的方式；②甲乙两人打靶比赛，平均各中5环，方差分别为0.15，0.17，所以甲稳定；③等腰梯形既是中心对称图形，又是轴对称图形；④举办校运会期间的每一天都是晴天是必然事件.其中正确的个数是93\nA．4B．3C．2D．1答案：C8、(2022年广东省佛山市模拟)下列语句叙述正确的有（）个（模拟改编）①横坐标与纵坐标互为相反数的点在直线y=－x上，②直线y=－x+2不经过第三象限，③除了用有序实数对，我们也可以用方向和距离来确定物体的位置，④若点P的坐标为（a，b），且ab=0，则P点是坐标原点，⑤函数中y的值随x的增大而增大。⑥已知点P（，）在函数的图象上，那么点P应在平面直角坐标系中的第二象限。A.2B.3C.4D.5答案：C9、2022山东德州特长展示）下列运算中，正确的是（）A.B.C.D.=B10、（2022山东德州特长展示）由两个紧靠在一起的圆柱组成的几何体如图所示，则它的俯视图是（）A．两个内切的圆B．两个相交的圆C．两个外切的圆D．两个外离的圆ABCDOP11、（2022山东德州特长展示）如图是一个由正方形ABCD和半圆O组成的封闭图形，点O是圆心．点P从点A出发，沿弧AB、线段BC、线段CD和线段DA匀速运动，到达终点A．运动过程中OP扫过的面积（s）随时间（t）变化的图象大致是（  ） tOOOOtttssssABCDA12、（2022凤阳县县直义教教研中心）下面四个图形中，∠1=∠2一定成立的是（）．93\nB13、(2022年福州市初中毕业班质量检查)“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示)．随机在大正方形及其内部区域投针，若针扎到小正方形(阴影部分)的概率是，则大、小两个正方形的边长之比是A．3∶1B．8∶1C．9∶1D．2∶1A14、（2022河南沁阳市九年级第一次质量检测）若二次根式有意义,则的取值范围是【】A.B.C.D.D15、（2022年湖北省武汉市中考全真模拟）如图，正方形ABCD的边长为25，内部有6个全等的正方形，小正方形的顶点E、F、G、H分别落在边AD、AB、BC、CD上，则每个小正方形的边长为().A.6B.5C.D.D二、填空题1、（2022年安徽凤阳模拟题二）如图，直线（b＞0）与双曲线(＞0)交于A、B两点，连接OA、OB,AM⊥轴于M，BN⊥X轴于N；有以下结论：①OA=OB；②△AOM≌△BON；③若∠AOB=45°,则S△AOB=k;④AB=时，ON=BN=1.其中结论正确的是。93\n答案：①②③2..（2022年安徽凤阳模拟题三）如图所示，已知：点，，在内依次作等边三角形，使一边在轴上，另一个顶点在边上，作出的等边三角形分别是第1个，第2个，第3个，…，则第个等边三角形的边长等于．Oyx(A)A1C112BA2A3B3B2B1第2题图答案3．（2022年北京龙文教育一模）如图所示，在△ABC中，BC=6，E，F分别是AB，AC的中点，点P在射线EF上，BP交CE于D，点Q在CE上且BQ平分∠CBP，设BP=，PE=.当CQ=CE时，与之间的函数关系式是；当CQ=CE（为不小于2的常数）时，与之间的函数关系式是.答案：y=–x+6；y=–x+6(n–1)4、(2022年安徽省模拟六)如图，等边三角形ABC中，D、E分别在AB、BC边上，且AD=BE，AE与CD交于点F，AG⊥CD于点G.下列结论：①AE=CD；②∠AFC=1200；③⊿ADF是正三角形；④.其中正确的结论是（填所有正确答案的序号）．答案：①②④93\n第1题图第2题图第3题图5、(2022年安徽省模拟七)如图，D是反比例函数的图像上一点，过D作DE⊥轴于E，DC⊥轴于C，一次函数与的图象都经过点C，与轴分别交于A、B两点，四边形DCAE的面积为4，则的值为．答案：6、(2022年安徽省模拟七)如图，一次函数的图象与轴、轴交于、两点，与反比例函数的图象相交于、两点，分别过、两点作轴，轴的垂线，垂足分别为、，连接、．有下列四个结论：①△与△的面积相等；②△∽△；③△≌△；④．其中正确的结论是答案：①②④7．（2022年北京龙文教育一模）如图所示，在△ABC中，BC=6，E，F分别是AB，AC的中点，点P在射线EF上，BP交CE于D，点Q在CE上且BQ平分∠CBP，设BP=，PE=.当CQ=CE时，与之间的函数关系式是；当CQ=CE（为不小于2的常数）时，与之间的函数关系式是.答案：y=–x+6；y=–x+6(n–1)93\nABCDEF8、(2022年福州市初中毕业班质量检查)如图，边长为6的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF．则在点E运动过程中，DF的最小值是____.1.5三、解答题1、（2022年湖北荆州模拟题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．（1）求直线AC的解析式及B、D两点的坐标；（2）点P是x轴上一个动点，过P作直线l∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．（3）请在直线AC上找一点M，使△BDM的周长最小，求出M点的坐标．解：（1）当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3．∵点A在点B的左侧，∴A、B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0）．当x=0时，y=3．∴C点的坐标为（0，3）设直线AC的解析式为y=k1x+b1（k1≠0），则，解得，∴直线AC的解析式为y=3x+3．∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，　∴顶点D的坐标为（1，4）．（2）抛物线上有三个这样的点Q，①当点Q在Q位置时，Q的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q的坐标为（2，3）；93\n①当点Q在点Q位置时，点Q的纵坐标为﹣3，代入抛物线可得点Q坐标为（1+，﹣3）；②当点Q在Q位置时，点Q的纵坐标为﹣3，代入抛物线解析式可得，点QQ3的坐标为（1﹣，﹣3）；综上可得满足题意的点Q有三个，分别为：（2，3）或（1+，﹣3）或（1﹣，﹣3）．（3）过点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线AC的对称点．连接B′D交直线AC与点M，则点M为所求，过点B′作B′E⊥x轴于点E．∵∠1和∠2都是∠3的余角，∴∠1=∠2．∴Rt△AOC～Rt△AFB，∴，∵OA=1，OB=3，OC=3，∴AC=，AB=4．∴，∴BF=，∴BB′=2BF=，由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，∴，∴，即．∴B′E=，BE=，∴OE=BE﹣OB=﹣3=．∴点B′的坐标为（﹣，）．设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0）．∴，解得，∴直线B'D的解析式为：y=x+，联立B'D与AC的直线解析式可得：，解得，∴M点的坐标为（，）．2.（2022年湖北荆州模拟题）如图1，在直角坐标系中，已知点A（0，2）、点B（-2，0），过点B和线段OA的中点C作直线BC，以线段BC为边向上作正方形BCDE.（1）填空：点D的坐标为（▲），点E的坐标为（▲）.（2）若抛物线经过A、D、E三点，求该抛物线的解析式.93\n（3）若正方形和抛物线均以每秒个单位长度的速度沿射线BC同时向上平移，直至正方形的顶点E落在轴上时，正方形和抛物线均停止运动.①在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为，求关于平移时间（秒）的函数关系式，并写出相应自变量的取值范围.②运动停止时，求抛物线的顶点坐标.解：（1）D（-1，3）、E（-3，2）（2分）[来^源:zz~s#t*ep.@com]（2）抛物线经过（0，2）、（-1，3）、（-3，2），则解得∴（3）①当点D运动到y轴上时，t=.当0＜t≤时，如右图设D′C′交y轴于点F∵tan∠BCO==2,又∵∠BCO=∠FCC′∴tan∠FCC′=2,即=2∵CC′=t,∴FC′=2t.∴S△CCＦ=CC′·FC′=t×t=5t2当点B运动到点C时，t=1.当＜t≤1时，如右图设D′E′交y轴于点G，过G作GH⊥B′C′于H在Rt△BOC中，BC=∴GH=,∴CH=GH=∵CC′=t,∴HC′=t-,∴GD′=t-93\n∴S梯形CC′D′G=(t-+t)=5t-当点E运动到y轴上时，t=.当1＜t≤时，如右图所示设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N∵CC′=t，B′C′=,∴CB′=t-,∴B′N=2CB′=t-∵B′E′=,∴E′N=B′E′-B′N=-t∴E′M=E′N=(-t)∴S△MNE′=(-t)·(-t)=5t2-15t+∴S五边形B′C′D′MN=S正方形B′C′D′E′-S△MNE′=(5t2-15t+)=-5t2+15t-综上所述，S与x的函数关系式为：当0＜t≤时,S=5当＜t≤1时，S=5t当1＜t≤时，S=-5t2+15t②当点E运动到点E′时，运动停止.如右下图所示∵∠CB′E′=∠BOC=90°，∠BCO=∠B′CE′∴△BOC∽△E′B′C∴[∵OB=2，B′E′=BC=∴∴CE′=∴OE′=OC+CE′=1+=∴E′（0，）由点E（-3，2）运动到点E′（0，）,可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位∵=∴原抛物线顶点坐标为（，）∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（，3、（2022年安徽模拟二）如图，的直径和是它的两条切线，93\n切于E，交AM于D，交BN于C．设．OADEMCBN第3题图（1）求证：；（2）求关于的关系式；（3）求四边形的面积S，并证明：．证明：（1）∵AB是直径，AM、BN是切线，∴，∴．OADEMCBNF解：（2）过点D作于F，则．由（1），∴四边形为矩形.∴，．∵DE、DA，CE、CB都是切线，∴根据切线长定理，得，．在中，，∴，化简，得．（3）由（1）、（2）得，四边形的面积，即．∵，当且仅当时，等号成立．∴，即4、（2022年安徽模拟二）已知：如图抛物线的对称轴为与轴交于两点，与轴交于点其中、（1）求这条抛物线的函数表达式．（2）已知在对称轴上存在一点P，使得的周长最小．请求出点P的坐标．93\n（3）若点是线段上的一个动点（不与点O、点C重合）．过点D作交轴于点连接、．设的长为，的面积为．求与之间的函数关系式．试说明是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由ACxyBO第4题图解：（1）由题意得，解得∴此抛物线的解析式为（2）连结、.因为的长度一定，所以周长最小，就是使最小.点关于对称轴的对称点是点，与对称轴的交点即为所求的点.设直线的表达式为OACxyBEPD则，解得∴此直线的表达式为把代入得，∴点的坐标为（3）存在最大值93\n理由：∵即∴∴即∴连结==∵∴当时，[5.（2022年安徽凤阳模拟题二）在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为、、，求这个三角形的面积．小华同学在解答这道题时，先画一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图①所示．这样不需要求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积，这种方法叫做构图法．（1）△ABC的面积为：（2）若△DEF三边的长分别为、、，请在图①的正方形网格中画出相应的△DEF，并利用构图法求出它的面积．（3）利用第（2）小题解题方法完成下题：如图②，一个六边形绿化区ABCDEF被分割成7个部分，其中正方形ABQP，CDRQ，EFPR的面积分别为13，20，29，且△PQR、△BCQ、△DER、△APF的面积相等，求六边形绿化区ABCDEF的面积．93\n解：（1）S△ABC=3×3－×3×1－×2×1－12×3×2=3.5；………………2分 （2）答案不唯一，如图所示………………4分S△DEF=4×5－×2×3－×2×4－×2×5=8；………………6分（3）由（2）可知S△PQR=8，………………8分∴六边形花坛ABCDEF的面积为：S正方形ABQP+S正方形RQDC+S正方形EFPR+4S△PQR………………10分=13+20+29+8×4………………11分=94．………………12分6.（2022年安徽凤阳模拟题二）.如图1，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，BD为斜边AC上的中线，将△ABD绕点D顺时针旋转α(0°＜α＜180°)，得到△EFD，点A的对应点为点E，点B的对应点为点F，连接BE、CF.(1)判断BE与CF的位置、数量关系，并说明理由；(2)若连接BF、CE，请直接写出在旋转过程中四边形BEFC能形成哪些特殊四边形；(3)如图2，将△ABC中AB＝BC改成AB≠BC时，其他条件不变，直接写出α为多少度时(1)中的两个结论同时成立．　　解：（1）FC=BE，FC⊥BE．………………2分93\n证明：∵∠ABC=90°，BD为斜边AC的中线，AB=BC，∴BD=AD=CD．∠ADB=∠BDC=90°．………………4分∵△ABD旋转得到△EFD，∴∠EDB=∠FDC．ED=BD，FD=CD．………………5分∴△BED≌△CFD．………………6分∴BE=CF．∴∠DEB=∠DFC．………………7分∵∠DNE=∠FNB，∴∠DEB+∠DNE=∠DFC+∠FNB．∴∠FMN=∠NDE=90°．………………8分∴FC⊥BE．………………9分（2）等腰梯形和正方形．………………10分（3）当α=90°（1）中的两个结论同时成立．………………12分7.（2022年安徽凤阳模拟题二）如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=8，CD=6，BC=4，AB边上有一动点P(不与A、B重合)，连结DP，作PQ⊥DP，使得PQ交射线BC于点E，设AP=x．⑴当x为何值时，△APD是等腰三角形？⑵若设BE=y，求y关于x的函数关系式；⑶若BC的长可以变化，在现在的条件下，是否存在点P，使得PQ经过点C？若存在，求出相应的AP的长；若不存在，请说明理由，并直接写出当BC的长在什么范围内时，可以存在这样的点P，使得PQ经过点C．ABCD（备用图2）ABCD（备用图1）ABCDPQE.⑴解：过D点作DH⊥AB于H，则四边形DHBC为矩形，………………1分∴DH=BC=4，HB=CD=6∴AH=2，AD=2·………………2分∵AP=x，∴PH=x－2，………………3分93\n情况①：当AP=AD时，即x=2.·………………4分情况②：当AD=PD时，则AH=PH∴2=x－2，解得x=4.………………5分情况③：当AP=PD时，则Rt△DPH中，x2=42+(x－2)2，解得x=5··………………6分∵2<x<8，∴当x为2、4、5时，△APD是等腰三角形···………………7分⑵易证：△DPH∽△PEB………………8分∴，∴.………………9分整理得：y=(x－2)(8－x)=－x2+x－4··………………10分⑶若存在，则此时BE=BC=4，即y=－x2+x－4=4，………………11分整理得：x2－10x+32=0∵△=(－10)2－4×32<0，∴原方程无解，………………12分∴不存在点P，使得PQ经过点C···………………13分当BC满足0＜BC≤3时，存在点P，使得PQ经过点C.……14第1题图8．（2022年安徽初中毕业考试模拟卷一）如图，在中，AC=6，BC=8，AB=10，点D、E分别在AB、AC上，且DE将的周长分成相等的两部分，设AE=，AD=，的面积为S.（1）求出与的函数关系式，并写出的取值范围；（2）求出S关于的函数关系式，并判断S是否有最大的值，若有，则求出其最大值，并指出此时的形状；若没有，请说明理由.答案：（1）∵DE平分△ABC的周长，∴，即y＋x＝12．∴y关于x的函数关系式为：y＝12－x（2≤x≤6）．（2）过点D作DF⊥AC，垂足为FF∵，即，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°．∴，即．∴．∴．93\n故当x＝6时，S取得最大值．此时，y＝12－6＝6，即AE＝AD．因此，△ADE是等腰三角形．9.（2022年安徽初中毕业考试模拟卷一）已知抛物线与y轴交于点A，它的顶点为B，点A、B关于原点O的对称点分别是点C、D．若点A、B、C、D中任何三点都不在一直线上，则称四边形ABCD为抛物线的伴随四边形，直线AB为抛物线的伴随直线．（1）如图1，求抛物线的伴随直线的解析式；（2）如图2，若（m>0）的伴随直线是，伴随四边形的面积为12，求此抛物线的解析式；（3）如图3，若抛物线的伴随直线是，且伴随四边形ABCD是矩形．图1图2图3第2题图①用含b的代数式表示m,n的值；②在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PBD是一个等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标（用含b的代数式）；若不存在，请说明理由．答案：(1)设直线AB的解析式为y=kx+b.由题意，得:A(0，5)，B(2，1)∴∴k=－2,b=5．93\n∴直线AB的解析式为．(2)由伴随直线是，得：A(0，－3)，C(0，3)∴AC=6．由伴随四边形的面积为12，得：△ABC的面积为6=，∴m=±2．∵m>0，∴m=2．当m=2时，，顶点为（2，－1），且过点C（0，3），∴抛物线的解析式为y=．(3)①如图，作BE⊥轴，由题意，得：A（0,b）,C(0,－b)∵抛物线的顶点B（m,n）在（b>0）上，∴n=－2m+b，B(m,－2m+b)．在矩形ABCD中，OC=OB，∴OC2=OB2．即：，∴m(5m－4b)=0．∴m1=0(舍去)，m2=．∴n=－2m+b=．∴,；②存在，有4个点：(，),(，),(，),(，)10.（2022年北京房山区一模）已知，抛物线，当1＜x＜5时，y值为正；当x＜1或x＞5时，y值为负.（1）求抛物线的解析式.（2）若直线（k≠0）与抛物线交于点A（，m）和B（4，n），求直线的解析式.（3）设平行于y轴的直线x=t和x=t+2分别交线段AB于E、F，交二次函数于H、G.①求t的取值范围②是否存在适当的t值，使得EFGH是平行四边形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.答案：解：（1）根据题意，抛物线与x轴交点为（1,0）和（5,0）----1分93\n∴，解得.∴抛物线的解析式为.--------------------2分（2）∵的图象过A（，m）和B（4，n）两点∴m=，n=3，∴A（，）和B（4，3）------------3分∵直线（k≠0）过A（，）和B（4，3）两点∴，解得∴直线的解析式为.-------------------4分（3）①根据题意，解得t2-------------------5分②根据题意E（t，），F（t+2，）H（t，），G（t+2，），∴EH=，FG=.若EFGH是平行四边形，则EH=FG，即=解得t=，----------------------6分∵t=满足t2.∴存在适当的t值，且t=使得EFGH是平行四边形.----------7分11.（2022年北京房山区一模）已知：半径为1的⊙O1与轴交、两点，圆心O1的坐标为（2,0)，二次函数的图象经过、两点，与轴交于点第4题图（1）求这个二次函数的解析式；（2）经过坐标原点O的直线与⊙O1相切，求直线的解析式（3）若为二次函数93\n的图象上一点，且横坐标为2，点是轴上的任意一点，分别联结、．试判断与的大小关系，并说明理由答案：解：（1）由题意可知-------------------------1分因为二次函数的图象经过点，两点第1题图∴解得：∴二次函数的解析式--------------------------2分（2）如图，设直线与⊙O相切于点E，∴O1E⊥∵O1O=2,O1E=1，∴过点E作EH⊥轴于点H∴,∴,∴的解析式为：----------------3分根据对称性，满足条件的另一条直线的解析式为：-----4分∴所求直线的解析式为：或（3）结论：-----5分理由：∵为二次函数的图象上一点且横坐标为2，（第4题图）∴①当点重合时，有---------------6分②当，∵直线经过点、，∴直线的解析式为∵直线与轴相交于点的坐标为93\n∴关于轴对称联结结，∴，-------------------7分∴，∵在中，有∴综上所述：------------------------------------8分12.（2022年北京龙文教育一模）如图，在平面直角坐标系xOy中,二次函数的图象与轴交于（-1,0）、（3,0）两点,顶点为.(1)求此二次函数解析式；(2)点为点关于x轴的对称点，过点作直线：交BD于点E，过点作直线∥交直线于点.问：在四边形ABKD的内部是否存在点P，使得它到四边形ABKD四边的距离都相等，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；(3)在（2）的条件下，若、分别为直线和直线上的两个动点，连结、、，求和的最小值.答案：解:(1)∵点A、B的坐标分别为（-1,0）、（3,0），∴93\n解得∴二次函数解析式为.……………2分（2）可求点C的坐标为（1，）∴点D的坐标为（1，）.可求直线AD的解析式为由题意可求直线BK的解析式为∵直线的解析式为,∴可求出点K的坐标为(5,).易求.∴四边形ABKD是菱形.∵菱形的中心到四边的距离相等，∴点P与点E重合时，即是满足题意的点，坐标为（2，）.……………5分(3)∵点D、B关于直线AK对称,∴的最小值是.过K作KF⊥x轴于F点.过点K作直线AD的对称点P,连接KP,交直线AD于点Q,∴KP⊥AD.∵AK是∠DAB的角平分线,∴.∴的最小值是.即BP的长是的最小值.∵BK∥AD,∴.在Rt△BKP中,由勾股定理得BP=8.∴的最小值为8.……………8分93\n13、(2022年安徽省模拟六)函数,的图象如图所示.（1）求两函数的交点A的坐标.第1题图（2）直线x=1交y1于点B，交y2于点C，求出线段BC的长.（3）根据函数的图象，判断：当时，y1与y2的大小.答案：解：（1）依题意，得：.解之，得：，.∵点A在第一象限，∴两函数图象的交点A的坐标为（3，3 ）.（5分）（2）当x=1时，yl=1，y2=9，∴BC=9－1=8.（8分）（3）由图象可知，当x＞3时，y2＜y1.（10分）14、(2022年安徽省模拟六)如图，正方形ABCD中，AB＝24，点E在边CD上，且CD＝3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF．（1）求证：△ABG≌△AFG；第2题图（2）求BG的长度；（3）求△FGC的面积．答案：解:（1）∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；（3分）②∵EF=DE=CD=8，设BG=FG=x，则CG=24－x．在直角△ECG中，根据勾股定理，得：（24－x）2+162=（x+8）2，解之，解得：x=12．（7分）(3)∵S△GCE=GC•CE=×12×16=96.∵GF=12，EF=8，△GFC和△FCE等高，∴S△GFC：S△FCE=3：2，∴S△GFC=×96=．（12分）15、(2022年安徽省模拟七)如图，点A在x轴上，OA＝4，将线段OA绕点O93\n逆时针旋转120°至OB的位置.（1）求点B的坐标；（2）求经过点A、O、B的抛物线的解析式；（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由.答案：解：（1）如图，过点B作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO＝90°.∵∠AOB＝120°，∴∠BOC＝60°.又∵OA＝OB＝4∴OC＝OB＝×4＝2，BC＝OB·sin60°＝4×＝2.∴点B的坐标是(－2，2).（4分）（2）∵抛物线过原点O和点A、B，∴可设抛物线解析式为y＝ax2+bx..将A(4，0)，B(－2，2)代入，得解得∴此抛物线的解析式为y＝.（8分）（3）存在.如图，抛物线的对称轴是x＝2，直线x＝2与x轴的交点为D.设点P的坐标为(2，y)①若OB＝OP，则22+|y|2＝42，解得y＝±2.当y＝－2时，在Rt△POD中，∠POD＝90°，sin∠POD＝.∴∠POD＝60°.∴∠POB＝∠POD+∠AOB＝60°+120°＝180°，即P，O，B三点在同一条直线上，93\n∴y＝－2不符合题意，舍去.∴点P的坐标为(2，2).②若OB＝PB，则42+|y－2|2＝42，解得y＝2.∴点P的坐标是(2，2).③若OP＝PB，则22+|y|2＝42+|y－2|2，解得y＝2.∴点P的坐标是(2，2).综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为(2，2).（14分）16、(2022年安徽省模拟八)如图，在矩形ABCD中，AB=6米，BC=8米，动点P以2米/秒的速度从点A出发，沿AC向点C移动，同时动点Q以1米/秒的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动t秒（0＜t＜5）后，四边形ABQP面积为S米2．⑴求面积S关于时间t的函数关系式；ADBCPQ第4题图⑵在P、Q两点移动的过程中，四边形ABQP与△CPQ的面积能否相等？若能，求出此时点P的位置；若不能，请说明理由．答案：⑴过点P作PE⊥BC于E，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　Rt△ABC中，AC＝10（米）　由题意知：AP＝2t，CQ＝t，则PC＝10－2t　由AB⊥BC，PE⊥BC得PE∥AB∴＝　　即：＝∴PE＝（10－2t）＝－t＋6又∵S＝×6×8＝24∴S＝S－S△CPQ＝24－·t·（－t＋6）＝t2－3t＋24S＝t2－3t＋24⑵假设四边形ABQP与△CPQ的面积相等，则有：t2－3t＋24＝12，　即：t2－5t＋20＝0∵b2－4ac＝（－5）2－4×1×20＜0∴方程无实根∴在P、Q两点移动的过程中，四边形ABQP与△CPQ的面积不能相等。17、(2022年湖北荆州模拟5)（本题满分10分）93\n我市一家电子计算器专卖店每只进价13元，售价20元，多买优惠；凡是一次买10只以上的，每多买1只，所买的全部计算器每只就降低0.10元，例如，某人买20只计算器，于是每只降价0.10×(20-10)=1(元),因此，所买的全部20只计算器都按照每只19元计算，但是最低价为每只16元.(1)求一次至少买多少只，才能以最低价购买？(2)写出该专卖店当一次销售x(只)时，所获利润y(元)与x(只)之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；(3)若店主一次卖的只数在10至50只之间，问一次卖多少只获得的利润最大？其最大利润为多少？解:(1)设一次购买x只，才能以最低价购买，则有:0.1(x-10)=20-16,解这个方程得x=50;答一次至少买50只，才能以最低价购买(2)（说明：因三段图象首尾相连，所以端点10、50包括在哪个区间均可）(3)将配方得，所以店主一次卖40只时可获得最高利润，最高利润为160元.18、(2022年湖北荆州模拟5)（本题满分12分）已知:关于的方程①.（n≠0）（1）求证:方程①必有实数根（2）若，为正整数且方程①有两个不相等的整数根时，确定关于的二次函数的解析式；（3）若把Rt△ABC放在坐标系内，其中∠CAB=90°，点A、B的坐标分别为（1，0）、（4，0），BC=5(点C在第一象限)；将△ABC沿x轴平移，当点C落在抛物线上时，求△ABC平移的距离.答案：证明：（1）当m=0时，x=1当m≠0时，∵∴==∵无论n取何值时，都有∴（2）∴∴方程①有一个实数根为.由题意可知：方程①的另一个根为93\n∵，为正整数且方程①有两个不相等的整数根∴∴二次函数的解析式：（3）由题意可知：AB=3，由勾股定理得：AC=4∴C点的坐标为（1，4）当△ABC沿x轴向右平移，此时设C点的坐标为（a，4）∵C在抛物线上∴∴∴∴△ABC平移的距离：或19、(2022年湖北荆州模拟6)（本题满分12分）如图，已知反比例函数在第一象限内的图像经过矩形OABC对角线的交点M，分别与AB、BC相交于点D、E.（1）用含m的代数式表示四边形ODBE的面积；第7题图（2）若y关于x的函数的图像与x轴只有一个交点，求四边形ODBE的面积.答案：(1)设点B（a，b），则点M，由题意得，，∴四边形ODBE的面积S=4m—m=3m(2)①当时，得，关于的函数为一次函数：，图像与轴只有一个交点，此时②当时，得，关于的函数为二次函数，由题意得，，解得但不合题意，舍去。∴，此时综上所述：四边形ODBE的面积为或3.93\n20、（2022年聊城莘县模拟）如图，已知直线上一点B，由点B分别向x轴、y轴作垂线，垂足为A、C，若A点的坐标为(0，5)．(1)若点B也在一反比例函数的图象上，求出此反比例函数的表达式。(2)若将△ADO沿直线OD翻折，使A点恰好落在对角线OB上的点E处，求点E的坐标．（10分）答案：解：由题意得点B纵坐标为5。又∵点B在直线y=上，∴B点坐标为(，5)。设过点B的反比例函数的表达式为，，∴此反比例函数的表达式为。(2)设点E坐标为(a，b)。∵点E在直线上，∴。∵OE=OA=5，∴。解得或∵点E在第二象限，∴E点坐标为(一4，3)。21、（2022届金台区第一次检测）如图，正三角形ABC的边长为．93\n（1）如图①，正方形EFPN的顶点E、F在边AB上，顶点N在边AC上．在正三角形ABC及其内部，以A为位似中心，作正方形EFPN的位似正方形E´F´P´N´，且使正方形E´F´P´N´的面积最大（不要求写作法）；（2）求（1）中作出的正方形E´F´P´N´的边长；（3）如图②，在正三角形ABC中放入正方形DEMN和正方形EFPH，使得DE、EF在边AB上，点P、N分别在边CB、CA上，求这两个正方形面积和的最大值及最小值，并说明理由图①图②答案：解：（1）如图①，正方形即为所求．（2分）（2）设正方形的边长为．∵△为正三角形，∴．∴．（5分）∴，即．(6分)（没有分母有理化也对，也正确）（3）如图②，连接，则．设正方形、正方形的边长分别为，它们的面积和为，则，．∴．∴．（8分）延长交于点，则．在中，．∵，即．∴ⅰ）当时，即时，最小．∴93\n．（10分）ⅱ）当最大时，最大．即当最大且最小时，最大．∵，由（2）知，．∴．∴．（12分）22、（2022年上海奉贤区二模）⌒⌒如图，已知AB是⊙O的直径，AB=8，点C在半径OA上（点C与点O、A不重合），过点C作AB的垂线交⊙O于点D，联结OD，过点B作OD的平行线交⊙O于点E、交射线CD于点F．（1）若，求∠F的度数；（2）设写出与之间的函数解析式，并写出定义域；（3）设点C关于直线OD的对称点为P，若△PBE为等腰三角形，求OC的长．第25题答案：（1）联结OE-------------------------------------------------------------------------------(1分)∵=∴∠BOE=∠EOD------------------------------------------------------(1分)∵OD//BF∴∠DOE=∠BEO∵OB=OE∴∠OBE=∠OEB--------------------------------------------------------(1分)∴∠OBE=∠OEB=∠BOE=60°-------------------------------------------------------(1分)∵∠FCB=90°∴∠F=30°93\n----------------------------------------------------------(1分)(2)作OH⊥BE，垂足为H，-----------------------------------------------------------(1分)∵∠DCO=∠OHB=90°，OB=OD，∠OBE=∠COD∴△HBO≌△COD-------------------------------------------------------------------(1分)∴∵OD//BF∴-------------------------------------------------------(1分)∴∴-------------------(2分)（3）∵∠COD=∠OBE，∠OBE=∠OEB，∠DOE=∠OEB∴∠COD=∠DOE，∴C关于直线OD的对称点为P在线段OE上-------------(1分)若△PBE为等腰三角形①当PB=PE，不合题意舍去；--------------------------------------------------(1分)②当EB=EP-------------------------------------(1分)③当BE=BP作BM⊥OE，垂足为M，易证△BEM∽△DOC∴∴整理得：（负数舍去）----------------------(1分)综上所述：当OC的长为或时，△PBE为等腰三角形。23、（2022年上海长宁区二模)△ABC和△DEF的顶点A与D重合，已知∠B=.，∠BAC=.，BC=6，∠FDE=，DF=DE=4.（1）如图①，EF与边AC、AB分别交于点G、H，且FG=EH.设，在射线DF上取一点P，记：，联结CP.设△DPC的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；93\n（2）在（1）的条件下，求当x为何值时；图①图②（3）如图②，先将△DEF绕点D逆时针旋转，使点E恰好落在AC边上，在保持DE边与AC边完全重合的条件下，使△DEF沿着AC方向移动.当△DEF移动到什么位置时，以线段AD、FC、BC的长度为边长的三角形是直角三角形.答案：解：（1）如图，过P作PH⊥AB于H。∵DF=DE∴∠DFE=∠E又∵FG=EH∴△DFG≌△DEH∴∠FDG=∠EDH∵∠FDE=且∠FDE=∠FDG+∠EDH+∠BAC∵∠BAC=∴∠FDG=(1分)∵DF=4∴∵∴(1分)在Rt△DPH中，∠FDG=∴PH=DP=2x∠B=.，∠BAC=.，BC=6∴AC=12（=DC）y=S△PDC=DC•PH=•••12•2x=12x（x>0）(2分)（2）∵PC//AB∴∠BAC=∠DCP∵∠BAC=∴∠DCP=由（1）知∠FDG=∴∠FDG=∠DCP∴DP=PC若PH⊥AB则M是DC的中点DM=6(2分)在Rt△DPH中，∠FDG=cos∠FDG=93\n∴AP=(1分)DP=AP=4x∴x=(1分)（3）如图，设AD=t，DC=12－t（0<t<12）FC2=DF2+DC2=42+（12－t）2(2分)②AD2=FC2+BC2t2=42+（12－t）2+36解得t=（不合题意，舍去）(1分③BC2=FC2+AD236=42+（12－t）2+t2无解(1分)④FC2=BC2+AD242+（12－t）2=36+t2解得t=(1分)∴当△DEF移动到AD=时，以线段AD、FC、BC的长度为边长的三角形是直角三角形(1分)24、（2022年上海长宁区二模)如图，直线AB交x轴于点A，交y轴于点B，O是坐标原点，A（－3，0）且sin∠ABO=，抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C三点，C（－1，0）.（1）求直线AB和抛物线的解析式；（2）若点D（2，0），在直线AB上有点P，使得△ABO和△ADP相似，求出点P的坐标；（3）在（2）的条件下，以A为圆心，AP长为半径画⊙A，再以D为圆心，DO长为半径画⊙D，判断⊙A和⊙D的位置关系，并说明理由.93\n答案：解：（1）据题意得Rt△ABO中sin∠ABO==[又OA=3，所以AB=5OB==4，所以B（0,4）(1分)设AB：y=kx+b（k≠0）A（－3，0）、B（0，4）代入得解得∴AB直线解析式：(1分)A（－3，0）、C（－1，0）、B（0，4）代入得解得(1分)∴抛物线解析式：(1分)（2）设P（x，）已知D（2，0）据题意，当时DP//BO，，DP=∴P（2，）(2分)当时，AP=3解得（不合题意,舍去）93\n∴P（）(2分)（3）⊙D的半径r=2当P（2，）时，⊙A的半径AP=AD=5<－2∴两圆内含(2分)当P（）时，⊙A的半径AP=3AD=5=3+2∴两圆外切。(2分)25、（2022沈阳一模）（14分）如图，抛物线的顶点坐标为，并且与y轴交于点C，与x轴交于两点A,B.（1）求抛物线的表达式；（2）设抛物线的对称轴与直线BC交于点D，连结AC、AD,求△ACD的面积；（3）点E位直线BC上一动点，过点E作y轴的平行线EF，与抛物线交于点F.问是否存在点E，使得以D、E、F为顶点的三角形与△BCO相似.若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.答案：（1）由题意可设抛物线的表达式为.∵点C在抛物线上，∴，解得.∴抛物线的表达式为，即（2）令，即，解得，93\n∴.设BC的解析式为将代入得，解得.∴直线BC的解析式为当时，，∴.所以－－(1)假设存在点E，使得以D、E、F为顶点的三角形与△BCO相似，∵△BCO是等腰直角三角形，则以D、E、F为顶点的三角形也必须是等腰直角三角形.由EF∥OC得∠DEF=45°，故以D、E、F为顶点的等腰直角三角形只能以点D、F为直角顶点①点F为直角顶点时，DF⊥EF，此时△DEF∽△BCO，所以DF所在的直线为由，解得将代入，得，∴将代入，得，∴②当D为直角顶点时，DF⊥ED，此时△EFD∽△BCO.∵点D在对称轴上，∴DA=DB，∵∠CBA=45°，∴∠DAB=45°,∴∠ADB=90°,∴AD⊥BC,故点Ｆ在直线AD上．设直线AD的解析式为将代入得：，解得，所以直线AD的解析式为，93\n由，解得。将代入，得，∴将代入，得，∴.综上所述，点E的坐标可以是，，[26、(2022年江苏南京一模)（12分）实际情境王老师骑摩托车想尽快将甲、乙两位学生从学校送到同一个车站．由于摩托车后座只能坐1人，为了节约时间，王老师骑摩托车先带着乙出发，同时，甲步行出发．已知甲、乙的步行速度都是5km/h，摩托车的速度是45km/h方案预设（1）预设方案1：王老师将乙送到车站后，回去接甲，再将甲送到车站．图①中折线A-B-C-D、线段AC分别表示王老师、甲在上述过程中，离车站的路程y（km）与王老师所用时间x（h）之间的函数关系．①学校与车站的距离为▲km；②求出点C的坐标，并说明它的实际意义；（第1题）ABCD15105Oy/kmx/h1①EABCD15105O1②y/kmx/h（2）预设方案2：王老师骑摩托车行驶ah后，将乙放下，让乙步行去车站，与此同时，王老师回去接甲并将甲送到车站，王老师骑摩托车一共行驶h．图②中折线A-B-C-D、线段AC、线段BE分别表示王老师、甲、乙在上述过程中，离车站的路程y（km）与王老师所用时间x（h）之间的函数关系．求a的值．15105Oy/km1（第1题③）x/h优化方案（3）请设计一种方案，使甲、乙两位学生在出发50min内（不含50min）全部到达车站．（要求：1.不需用文字写出方案，在图③93\n中画出图象即可；2．写出你所画的图象中y与x的含义；3．不需算出甲、乙两位学生到达车站的具体时间！）答案：（本题12分）解：方案预设（1）预设方案1：①15．2分②方法一：设王老师把乙送到车站后，再经过mh与甲相遇．(45＋5)m＝15－5×．3分解得m＝．＋＝，15－5×＝12，即C（，12）．5分方法二：BC对应的函数关系式为y＝45x－15．AC对应的函数关系式为y＝－5x＋15．3分BC与AC的交点C的坐标为（，12）．5分点C的实际意义为王老师在出发h后，在距离车站12km处接到甲．6分（2）预设方案2：方法一：设王老师把乙放下后，再经过nh与甲相遇．(45＋5)n＝45a－5a．解得n＝a．7分由于王老师骑摩托车一共行驶h，可得方程15－5(a＋a)＝45×[－(a＋a)]．9分解得a＝．10分方法二：根据题意，得点B（a，15－45a）．7分求得点C（a，15－9a）．8分所以CD对应的函数关系式为y＝－45x＋72a＋15．9分将（，0）代入，解得a＝．10分（说明：未经过任何说明，直接判断点E坐标为（，0），从而解得a＝只得1分）93\n优化方案（3）本题答案不唯一，以下方法供参考．EABCD15105Oy/kmx/h111分图中折线A-B-C-D、线段AC、线段BE分别表示王老师、甲、乙离车站的路程y（km）与王老师所用时间x（h）之间的函数图象．12分（说明：没有图象或图象错误不得分．）27、(2022年江苏南京一模)（10分）如图1，直线l垂直于x轴，垂足的坐标为（1，0），点A的坐标为（2,1），其关于直线l对称点为点B．若此时分别以点A，B为圆心，1cm为半径画圆，则此时这两个圆外切．我们称⊙A与⊙B关于直线l“对称外切”．（1）如图2若直线l是函数y=x的图象，⊙A是以点A为圆心，1cm为半径的圆．判断函数y=x图象与⊙A的位置关系，并证明你的结论；（2）请直接写出与⊙A关于函数y=x图象的“对称外切”的⊙B的圆心坐标．答案：（本题10分）（1）设过点A与x轴平行的直线交y轴于点C，函数y＝x的图象与直线AC交于点D，过点A作AE垂直于直线y＝x，垂足为E．　93\n当y＝1时，x＝，即CD＝，∴AD＝2－＝．在Rt△COD中，根据勾股定理，得OD2＝OC2＋CD2＝，即OD＝．　∵AD＝，OD＝．∴AD＝OD．…………………3分在△COD和△EAD中，∠OCD＝∠AED，∠CDO＝∠EDA，AD＝OD，∴△COD≌△EAD．∴AE＝CO＝1．∴直线y＝x与⊙A相切．…………………6分（2）点B(，)．…………………10分28、(2022年江苏南京一模)（9分）在函数中，我们规定：当自变量增加一个单位时，因变量的增加量称为函数的平均变化率．例如，对于函数y＝3x＋1，当自变量x增加1时，因变量y＝3(x＋1)＋1＝3x＋4，较之前增加3，故函数y＝3x＋1的平均变化率为3．（1）①列车已行驶的路程s（km）与行驶的时间t（h）的函数关系式是s＝300t，该函数的平均变化率是▲；其蕴含的实际意义是▲；②飞机着陆后滑行的距离y（m）与滑行的时间x（s）的函数关系式是y＝－1.5x2＋60x，求该函数的平均变化率；（2）通过比较（1）中不同函数的平均变化率，你有什么发现；（3）如图，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图像经过第一象限内的三点A、B、C，过点A、B、C作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，AM⊥BE，垂足为M，BN⊥CF，垂足为N，DE＝EF，试探究△AMB与△BNC面积的大小关系，并说明理由．xOyABCDEFMN（第3题）答案：（本题9分）解：（1）①300；列车的速度②该函数的变化率为：93\n－1.5(x＋1)2＋60(x＋1)－[－1.5x2＋60x]＝－3x＋58.5．…………4分（2）一次函数的变化率是常量，二次函数的变化率是变量．（仅从匀速和变速角度出发，得1分）………………………………………………6分（3）∵AM⊥BE，且AD、BE均垂直于x轴，∴∠ADE＝∠DEM＝∠EMA＝90°，∴四边形ADEM为矩形，∴AM＝DE．同理可得BN＝EF．∵DE＝EF，∴AM＝BN．设DE＝EF＝n(n＞0)，当x增加n时y增加了则w＝a(x＋n)2＋b(x＋n)＋c－(ax2＋bx＋c)＝2anx＋an2＋bn∵该二次函数开口向上，∴a＞0．又∵n＞0，∴2an＞0．∴w随x的增大而增大．即BM＜CN．∵S△AMB＝AM·BM，S△BNC＝BN·CN，∴S△AMB＜S△BNC．……………………………………………………9分93\n29、（2022杭州江干区模拟）（本小题12分）已知抛物线与轴交于定点A和另一点C．(1)求定点A的坐标．(2)以坐标原点为圆心，半径为的圆交抛物线于点B，当直线AB与圆相切时，求错误！不能通过编辑域代码创建对象。的解析式．（第23题备用图2）(3)在（2）中的抛物线上是否存在点P（P在点A的右上方），使△PAC、△PBC的面积相等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.（第23题备用图1）【答案】（12分）解：（1）A(5,0)2分（2）如图1，当B在轴上方时，求得1分代入得1分所以1分如图2，当B在轴下方时，求得1分（第23题图2）代入得1分所以(3)存在1分当时，2分当时，2分30、（2022河南南阳市模拟）(11分)93\n如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动．同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位．运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．第23题图【答案】23、解：（1）A（1，4）．…（1分）由题意知，可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4∵抛物线过点C（3，0），∴0=a（3﹣1）2+4，解得，a=﹣1，∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3（2）∵A（1，4），C（3，0），∴可求直线AC的解析式为y=﹣2x+6．∵点P（1，4﹣t）．…∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，解得点E的横坐标为x=1+．…∴点G的横坐标为1+，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为4﹣．∴GE=（4﹣）﹣（4﹣t）=t﹣．又点A到GE的距离为，C到GE的距离为2﹣，即S△ACG=S△AEG+S△CEG=•EG•+•EG（2﹣）=•2（t﹣）=﹣（t﹣2）2+1当t=2时，S△ACG的最大值为1．（3）t=或t=20﹣8．…31、（2022云南勐捧中学模拟）（本小题8分）某养鸡场计划购买甲、乙两种小鸡苗共2000只进行饲养，已知甲种小鸡苗每只2元，乙种小鸡苗每只3元．（1）若购买这批小鸡苗共用了4500元，求甲、乙两种小鸡苗各购买了多少只？（2）若购买这批小鸡苗的钱不超过4700元，问应选购甲种小鸡苗至少多少只？93\n（3）相关资料表明：甲、乙两种小鸡苗的成活率分别为94%和99%，若要使这批小鸡苗的成活率不低于96%且买小鸡的总费用最小，问应选购甲、乙两种小鸡苗各多少只？总费用最小是多少元？【答案】解:设购买甲种小鸡苗只，那么乙种小鸡苗为（200-）只．（１）根据题意列方程，得，解这个方程得：（只），（只），即：购买甲种小鸡苗1500只，乙种小鸡苗500只．（２）根据题意得：，解得：，即：选购甲种小鸡苗至少为1３00只．················５分（３）设购买这批小鸡苗总费用为元，根据题意得：，·········６分又由题意得：，······7分解得：，因为购买这批小鸡苗的总费用随增大而减小，所以当=1200时，总费用最小，乙种小鸡为：2000-1200=800（只），即：购买甲种小鸡苗为1200只，乙种小鸡苗为800只时，总费用最小，最小为4800元．········８分32、（2022云南勐捧中学模拟）（本小题9分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，且与y轴交于D（0，3），直线l是抛物线的对称轴．（1）求该抛物线的解析式．（2）若过点A（﹣1，0）的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6，求此直线的解析式．（3）点P在抛物线的对称轴上，⊙P与直线AB和x轴都相切，求点P的坐标．第23题图【答案】93\n解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，且与y轴交于D（0，3），∴假设二次函数解析式为：y=a（x﹣1）（x﹣3），将D（0，3），代入y=a（x﹣1）（x﹣3），得：3=3a，∴a=1，∴抛物线的解析式为：y=（x﹣1）（x﹣3）=x2﹣4x+3；（2）∵过点A（﹣1，0）的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6，∴AC×BC=6，∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过M（1，0）和N（3，0）两点，∴二次函数对称轴为x=2，∴AC=3，∴BC=4，∴B点坐标为：（2，4），一次函数解析式为；y=kx+b，∴，解得：，y=x+；（3）∵当点P在抛物线的对称轴上，⊙P与直线AB和x轴都相切，∴MO⊥AB，AM=AC，PM=PC，∵AC=1+2=3，BC=4，∴AB=5，AM=3，∴BM=2，∵∠MBP=∠ABC，∠BMP=∠ACB，∴△ABC∽△CBM，∴，∴，∴PC=1.5，P点坐标为：（2，1.5）．33、（2022云南勐捧中学二模）（本小题9分）如图11，在直角梯形中，∥，，点为坐标原点，点在轴的正半轴上，对角线，相交于点，，．（1）线段的长为，点的坐标为；93\n（2）求△的面积；（3）求过，，三点的抛物线的解析式；（4）若点在（3）的抛物线的对称轴上，点为该抛物线上的点，且以，，，四点为顶点的四边形为平行四边形，求点的坐标【答案】解：（1）4；.（2）在直角梯形OABC中，OA=AB=4，∵∥∴△OAM∽△BCM）又∵OA=2BC∴AM＝2CM，CM＝AC所以（注：另有其它解法同样可得结果）（3）设抛物线的解析式为　　　由抛物线的图象经过点,,.所以　　　　　　　　解这个方程组，得，，所以抛物线的解析式为（4）∵抛物线的对称轴是CD，①当点E在轴的下方时，CE和OA互相平分则可知四边形OEAC为平行四边形，此时点F和点C重合，点F的坐标即为点；②当点E在轴的下方，点F在对称轴的右侧，存在平行四边形，∥，且，此时点F的横坐标为6，将代入，可得.所以.同理，点F在对称轴的左侧，存在平行四边形，∥，且，此时点F的横坐标为，将代入，可得.所以.[来93\n综上所述，点F的坐标为，.34、（2022云南勐捧中学三模）（本小题8分）如图，四边形OABC是矩形，点B的坐标为(8，6)，直线AC和直线OB相交于点M，点P是OA的中点，PD⊥AC，垂足为D．（1）求直线AC的解析式；（2）求经过点O、M、A的抛物线的解析式；OMPB(8，6)CAxyD第23题图（3）在抛物线上是否存在点Q，使得S△PAD:S△QOA=8:25，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）由题意四边形OABC是矩形，点B的坐标为（8，6）可知：A、C两点坐标为A（8，0），C（0，6），设直线AC的解析式y=kx+b，将A（8，0），C（0，6）两点坐标代入y=kx+b，解得，故直线AC的解析式为；（2）由题意可知O（0，0），M（4，3），A（8，0），设经过点O、M、A的抛物线的解析式为y=ax2+bx，将M（4，3），A（8，0），两点坐标代入y=ax2+bx，得，解得，故经过点O、M、A的抛物线的解析式为；（3）∵△AOC∽△APD，∴，即，解得PD=2.4，AD=3.2，S△PAD：=×PD×AD=，∵S△PAD：S△QOA=8：25，93\n∴S△QOA=12，S△QOA=×OA×|yQ|=×8×|yQ|=12，解得|y|Q=3，又∵点Q在抛物线上，所以=3或=﹣3，解方程得x1=4，x2=4+4，x3=4﹣4，故Q点的坐标为、、Q（4，3）．35、(2022年广东省中山市一模)如图，抛物线的顶点为H，与轴交于A、B两点（B点在A点右侧），点H、B关于直线：对称，过点B作直线BK∥AH交直线于K点．（1）求A、B两点坐标，并证明点A在直线上；（2）求此抛物线的解析式；（3）将此抛物线向上平移，当抛物线经过K点时，设顶点为N，求出NK的长．解:1）依题意，得，………1分解得，∵B点在A点右侧，∴A点坐标为（﹣3，0），B点坐标为（1，0）．………2分证明：∵直线：93\n当时，∴点A在直线上．………3分（2）解：∵点H、B关于过A点的直线：对称，∴………4分过顶点H作HC⊥AB交AB于C点，则，∴顶点………5分代入抛物线解析式，得解得∴抛物线解析式为………6分（3）连结HK，可证得四边形HABK是平行四边形∴HK∥AB,HK=AB可求得K(3，2)，………7分设向上平移K个单位，抛物线经过点K∴+K把K(3，2)代入得：K=8………8分在Rt△NHK中，∵NK=8，HK=4由勾股定理得NK的长是………9分36、(2022北仑区一模)26.(本题14分)如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x93\n轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为(－3，0)、(0，4)，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B，且顶点在直线x＝上．(1)求抛物线对应的函数关系式；(2)若把△ABO沿x轴向右平移得到△DCE，点A、B、O的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；(3)在(2)的条件下，连接BD，已知对称轴上存在一点P使得△PBD的周长最小，求出P点的坐标；(4)在(2)、(3)的条件下，若点M是线段OB上的一个动点(点M与点O、B不重合)，过点M作∥BD交x轴于点N，连接PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S和t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，S是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时M点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】解：（1）∵抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B(0，4)，∴c＝4。-------------------------1分∵顶点在直线x＝上，∴，解得。--------------------------------2分∴所求函数关系式为。------------------------------------------------------3分（2）在Rt△ABO中，OA＝3，OB＝4，∴。∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝DA＝AB＝5。----------------------------------------------5分∴C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，当x＝5时，；当x＝2时，。∴点C和点D都在所求抛物线上。--------------------------------------------------------------7分（3）设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，93\n设直线CD对应的函数关系式为y＝kx＋b，则，解得，。∴直线CD对应的函数关系式为。--------------9分当x＝时，。∴P()。------------------------------------------------------10分（4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD。∴，即，得。设对称轴交x于点F，则∵，，(0＜t＜4)。--------------------------------------------------------------------------------------------12分∵，，0＜＜4，∴当时，S取最大值是。-------------------------------------------13分此时，点M的坐标为(0，)。------------------------------------------------14分37、（2022浙江台州二模）23．如图1，已知O是锐角∠XAY的边AX上的动点，以点O为圆心、R为半径的圆与射线AY切于点B，交射线OX于点C．连结BC，作CD⊥BC，交AY于点D．93\n(1)求证：△ABC∽△ACD；(2)若P是AY上一点，AP=4，且sinA=，①如图2，当点D与点P重合时，求R的值；图2②当点D与点P不重合时，试求PD的长(用R表示)．图1【答案】24．(1)由已知，CD⊥BC，∴∠ADC=90°–∠CBD，又∵⊙O切AY于点B，∴OB⊥AB，∴∠OBC=90°–∠CBD，∴∠ADC=∠OBC．又在⊙O中，OB=OC=R，∴∠OBC=∠ACB，∴∠ACB=∠ADC．又∠A=∠A，∴△ABC∽△ACD．……6分(2)由已知，sinA=，又OB=OC=R，OB⊥AB，∴在Rt△AOB中，AO===R，AB==R，∴AC=R+R=R．由(1)△ABC∽△ACD，∴，∴，因此AD=R．①当点D与点P重合时，AD=AP=4，∴R=4，∴R=．②当点D与点P不重合时，有以下两种可能：i)若点D在线段AP上(即0<R<)，PD=AP–AD=4–R；ii)若点D在射线PY上(即R>)，PD=AD–AP=R–4．综上，当点D在线段AP上(即0<R<)时，PD=4–R；当点D在射线PY上(即R>)时，PD=R–4．又当点D与点P重合(即R=)时，PD=0，故在题设条件下，总有PD=|R–4|(R>0)．……6分（没分类或缺少绝对值的扣2分）3、（2022温州模拟）21.(本题10分)如图，抛物线的顶点为A（2，1），且经过原点O，与x轴的另一个交点为B．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上求点M，使△MOB的面积是△AOB面积的3倍.【答案】（1）由题意，可设抛物线的解析式为，………………1分∵抛物线过原点，93\n∴，．………………2分∴抛物线的解析式为．………………1分（2）和所求同底不等高，，∴的高是高的3倍，即M点的纵坐标是．……………1分∴，即．………………2分解之，得　，．………………1分∴满足条件的点有两个：，．………………2分yxOAB38、（2022温州模拟）24．（本题14分）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点C的坐标为(0，-3)，B是射线CO上的一个动点，经过B点的直线交x轴于点A(直线AB总有经过第二、四象限)，且OA=2OB，动点P在直线AB上，设点P的纵坐标为m，线段CB的长度为t.（1）当t=7，且点P在第一象限时，连接PC交x轴于点D.①直接写出直线AB的解析式；②当CD=PD时，求m的值；③求△ACP的面积S.(用含m的代数式表示)（2）是否同时存在m、t，使得由A、C、O、P为顶点组成的四边形是等腰梯形？若存在，请求出所有满足要求的m、t的值；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）①　……………2分②过P作PH⊥OA交OA于H当CD=PD时，△COD≌△PHD　……………1分∴PH=OC，即m=3　……………1分③由PH∥OB，得△APH∽△ABO∴，即∴AH=2m，即OH=8-2m∴S△BCP=×7×(8-2m)=28-7m　……………2分∴S=S△ABC-S△BCP=28-(28-7m)=7m　……………2分（2）①当B运动在y轴的正半轴上时..当点P在第一象限时，如图1，若四边形OCAP是等腰梯形，则AP=OC=3，由△APH∽△ABO，得93\n，即　……………………1分由∠BCA=∠BAC，得BA=BC=t在Rt△AOB中，AB=OB，即t=(t-3)∴　……………………1分(注：t的值没有化简的不扣分).当点P在第二象限时，如图2，四边形AOPC为凹四边形(或说明两组对边都相交)不可能为等腰梯形；.当点P在第四象限时，如图3，四边形OAPC中有一个角为直角，不可能为等腰梯形.(图3)(图2)(图1)②当B运动在OC之间时..当点P在第二象限时，如图4，四边形OACP为凹四边形(或说明两组对边都相交)，不可能为等腰梯形；.当点P在第三象限时，如图5，四边形OACP为凹四边形(或说明两组对边都相交)，不可能为等腰梯形；.当点P在第四象限时，如图6，若四边形OACP是等腰梯形，则AP=OC=3，由△APH∽△ABO，得，即　…………………1分由∠BCA=∠BAC，得BA=BC=t（备用图）93\n39、（2022重庆一中一模）25．如图,在平面直角坐标系中，点为二次函数与反比例函yxy数在第一象限的交点，已知该抛物线交轴正负半轴分别于点、点，交轴负半轴于点，且．（1）求二次函数和反比例函数的解析式；（2）已知点为抛物线上一点，且在第三象限，顺次连接点，求四边形面积的最大值；（3）在（2）中四边形面积最大的条件下，过点作轴于点，交的延长线于点,为线段上一点，且点到直线的距离等于线段的长，求点的坐标．【答案】①解：（1）将A（2,3）代入中，∴..............1分解得∴...........4分93\n∴当时，四边形DMBE的面积最大为9..................8分HEPFQO40、（2022重庆一中一模）．已知矩形纸片ABCD中，，将该矩形纸片沿对角线AC剪开，得到两张三角形纸片（如图1），再将这两张三角形纸片摆成如图2的形状，使得点B、C、F、D在同一直线上，且点C与点F重合．此时将△ABC以每秒1个单位长度的速度沿直线BD向左平移，直至点B与点D重合时停止运动．设△ABC运动的时间为t，（1）当t为何值时，点E落在线段AC上？（2）设在平移的过程中△ABC与△DEF重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式，并写出相对应t的取值范围；（3）当点B与点D重合时如图3，将△ABC绕点B旋转得到△A1BC1，直线EF分别与直线A1B、直线A1C1交于点M、N，是否存在这样的点M、N，使得△A1MN为等腰三角形？若存在，请求出此时线段EM的长度；若不存在，请说明理由．【答案】93\n.解：（1）由题意知，Rt△ABC与Rt△DEF中，∠CAB=∠DFE=30°当点E落在AC上时，∠DCE=60°∴CD=DE，即，∴................2分（2）.................8分（3）存在这样的点M、N，理由如下：如下图，由题意得△A1MN∽△FMB，即当△A1MN为等腰三角形时，△FMB也为等腰三角形．①．当A1M=A1N时，即FB=FM=6，若点M在线段EF上时，EM=；若点M在线段EF的延长线上时，EM=．②．当MA1=MN时，即MB=MF，则点M在线段BF的中垂线上，过M作MT⊥BF于点T，则BT=FT=3，∴MT=,MF=,∴EM=EF-MF=．③．当NA1=NM时，即BM=BF=6，此时点M在线段FE的延长线上，∠BMF=∠BFM=30°，可得MF=，则EM=MF-EF=．∴综上所述，存在这样的点M、N，使得△A1MN为等腰三角形，此时线段EM的长度为或..............12分93\n41、（2022山东德州特长展示）（本题满分10分）如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且AC＝CF，∠CBF＝∠CFB．（1）求证：直线BF是⊙O的切线；BAODECF（2）若点D，点E分别是弧AB的三等分点，当AD=5时，求BF的长．（1）证明：∵∠CBF＝∠CFB[∴CB＝CF．又∵AC＝CF，∴CB＝AF．∴△ABF是直角三角形．∴∠ABF＝90°．……………………………………………………………………3分∴直线BF是⊙O的切线．……………………………………………………………4分（2）解：连接DO，EO．……………………………………………………………5分∵点D，点E分别是弧AB的三等分点，∴∠AOD＝60°．又∵OA＝OD，∴△AOD是等边三角形，∠OAD＝60°，OA＝AD＝5．………………………7分又∵∠ABF＝90°，AB=2OA=10，93\n∴BF＝10．……………………………………………………………………10分42、（2022山东德州特长展示）（本题满分10分）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．求证：CE＝CF；（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠ECG＝45°，请你利用（1）的结论证明：．（3）运用（1）、（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，在直角梯形ABCG中，AG∥BC（BC＞AG），∠B＝90°，AB＝BC=6，E是AB上一点，且∠ECG＝45°，BE＝2．求△ECG的面积．ABCDEFABCGEABCDE图1图2图3G解答：（1）证明：在正方形ABCD中，ABCDEF图1∵BC＝CD，∠B＝∠CDF，BE＝DF，∴△CBE≌△CDF．∴CE＝CF．…………………………2分（2）证明：如图2，延长AD至F，使DF=BE．连接CF．ABCDEF图2G由（1）知△CBE≌△CDF，∴∠BCE＝∠DCF．又∠GCE＝45°，∴∠BCE+∠GCD＝45°．∴∠DCF＋∠GCD＝∠GCF＝45°93\n即∠ECG＝∠GCF．又∵CE＝CF，GC＝GC，∴△ECG≌△FCG．…………………………5分∴=．∴．……………6分（3）解：如图3，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D．BCAGED（第23题答案图3）在直角梯形ABCG中，BCADEG（第23题答案图3）∵AG∥BC，∴∠A＝∠B＝90°，又∠CDA＝90°，AB＝BC，∴四边形ABCD为正方形．已知∠ECG＝45°．由（2）中△ECG≌△FCG，∴GE＝GF．∴GE＝DF＋GD＝BE＋GD．设DG＝x，∵BE=2，AB=6，∴AE=4，AG＝6—x，EG=2+x．在Rt△AEG中，解得：x＝3．………。∴△CEG的面积为15．…………………………10分43、（2022山东德州特长展示）（本小题满分12分已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，tan∠BAC=，将∠ABC对折，使点C的对应点H恰好落在直线AB上，折痕交AC于点O，以点O为坐标原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系（1）求过A、B、O三点的抛物线解析式；（2）若在线段AB上有一动点P，过P点作x轴的垂线，交抛物线于M，设PM的长度等于d，试探究d有无最大值，如果有，请求出最大值，如果没有，请说明理由．（3）若在抛物线上有一点E，在对称轴上有一点F，且以O、A、E、F93\n为顶点的四边形为平行四边形，试求出点E的坐标．BACOHxy解：（1）在Rt△ABC中，∵BC=3，tan∠BAC=，∴AC=4．∴AB=．设OC=m，连接OH，如图，由对称性知，OH=OC=m，BH=BC=3，∠BHO=∠BCO=90°，∴AH=AB－BH=2，OA=4－m．∴在Rt△AOH中，OH2+AH2=OA2，即m2+22=(4－m)2，得m=．∴OC=，OA=AC－OC=，∴O（0，0）A（，0），B（－，3）．…………………………………………2分设过A、B、O三点的抛物线的解析式为：y=ax（x－）．把x=，y=3代入解析式，得a=．∴y=x（x－）=．即过A、B、O三点的抛物线的解析式为y=．…………………………4分（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，根据题意得：－解之得k=－，b=．∴直线AB的解析式为y=．………………………………………………6分设动点P（t，），则M（t，）．………………………………7分93\n∴d=（）—（）=—=∴当t=时，d有最大值，最大值为2．………………………………………………8分yBACOHxE2E1E3D(3)设抛物线y=的顶点为D．∵y==，∴抛物线的对称轴x=，顶点D（，－）．根据抛物线的对称性，A、O两点关于对称轴对称．①当AO为平行四边形的对角线时，抛物线的顶点D以及点D关于x轴对称的点F与A、O四点为顶点的四边形一定是平行四边形．这时点D即为点E，所以E点坐标为（）．……………………………………………………………………………10分②当AO为平行四边形的边时，由OA=，知抛物线存在点E的横坐标为或，即或，分别把x=和x=代入二次函数解析式y=中，得点E（，）或E（－，）．所以在抛物线上存在三个点：E1（，－），E2（，），E3（－，），使以O、A、E、F为顶点的四边形为平行四边形．……………………………………………12分44、（2022凤阳县县直义教教研中心）如图，已知：直线y=-x+3交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C（1，0）三点.（1）求抛物线的解析式;（2）若点D的坐标为（-1，0），在直线y=-x+3上有一点P，使ΔABO与ΔADP相似，求出点P的坐标；（3）在（2）的条件下，在x轴下方的抛物线上，是否存在点E，使ΔADE的面积等于四边形APCE的面积？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由．93\n解：（1）：由题意得，A（3，0），B（0，3）∵抛物线经过A、B、C三点，∴把A（3，0），B（0，3），C（1，0）三点分别代入得方程组解得：∴抛物线的解析式为……………………………（4分）（2）由题意可得：△ABO为等腰三角形,如图所示，若△ABO∽△AP1D，则∴DP1=AD=4,∴P1若△ABO∽△ADP2，过点P2作P2M⊥x轴于M，AD=4,∵△ABO为等腰三角形,∴△ADP2是等腰三角形,由三线合一可得：DM=AM=2=P2M，即点M与点C重合∴P2（1，2）……………………（8分）（3）如图设点E，则①当P1(-1,4)时，S四边形AP1CE=S三角形ACP1+S三角形ACE93\n=∴∴∵点E在x轴下方∴代入得：,即∵△=(-4)2-4×7=-12<0∴此方程无解②当P2（1，2）时，S四边形AP2CE=S三角形ACP2+S三角形ACE=∴∴∵点E在x轴下方∴代入得：即，∵△=(-4)2-4×5=-4<0∴此方程无解综上所述，在x轴下方的抛物线上不存在这样的点E。………………………………（14分）45、(2022年福州市初中毕业班质量检查)(10分)如图，由6个形状、大小完全相同的小矩形组成矩形网格．小矩形的顶点称为这个矩形网格的格点．已知小矩形较短边长为1，△ABC的顶点都在格点上．ABCEF(1)格点E、F在BC边上，的值是_________；(2)按要求画图：找出格点D，连接CD，使∠ACD＝90°；(3)在(2)的条件下，连接AD，求tan∠BAD的值．解：(1)………3分(2)标出点D，………5分连接CD．………7分(3)解：连接BD，………8分∵∠BED＝90°，BE＝DE＝1，∴∠EBD＝∠EDB＝45°，BD＝＝＝．……9分由(1)可知BF＝AF＝2，且∠BFA＝90°，∴∠ABF＝∠BAF＝45°，AB＝＝＝2．……10分∴∠ABD＝∠ABF＋∠FBD＝45°＋45°＝90°．……11分93\n∴tan∠BAD＝＝＝．……12分ABCDEOxyF46、(2022年福州市初中毕业班质量检查)(12分)如图，半径为2的⊙E交x轴于A、B，交y轴于点C、D，直线CF交x轴负半轴于点F，连接EB、EC．已知点E的坐标为(1，1)，∠OFC＝30°．(1)求证：直线CF是⊙E的切线；(2)求证：AB＝CD；(3)求图中阴影部分的面积．解：(1)过点E作EG⊥y轴于点G，∵点E的坐标为(1，1)，∴EG＝1．在Rt△CEG中，sin∠ECG＝＝，∴∠ECG＝30°．………………1分∵∠OFC＝30°，∠FOC＝90°，∴∠OCF＝180°－∠FOC－∠OFC＝60°．………………2分∴∠FCE＝∠OCF＋∠ECG＝90°．即CF⊥CE．∴直线CF是⊙E的切线．………………3分(2)过点E作EH⊥x轴于点H，∵点E的坐标为(1，1)，∴EG＝EH＝1．………………4分在Rt△CEG与Rt△BEH中，∵，∴Rt△CEG≌Rt△BEH．∴CG＝BH．………………6分∵EH⊥AB，EG⊥CD，∴AB＝2BH，CD＝2CG．∴AB＝CD．………………7分(3)连接OE，在Rt△CEG中，CG＝＝ABCDExyFOGH∴OC＝＋1．………………8分同理：OB＝＋1．………………9分93\n∵OG＝EG，∠OGE＝90°，∴∠EOG＝∠OEG＝45°．又∵∠OCE＝30°，∴∠OEC＝180°－∠EOG－∠OCE＝105°．同理：∠OEB＝105°．………………10分∴∠OEB＋∠OEC＝210°．∴S阴影＝－×(＋1)×1×2＝－－1．………………12分47、(2022年福州市初中毕业班质量检查)(12分)如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝8，DE＝2，线段DE在AC边上运动(端点D从点A开始)，速度为每秒1个单位，当端点E到达点C时运动停止．F为DE中点，MF⊥DE交AB于点M，MN∥AC交BC于点N，连接DM、ME、EN．设运动时间为t秒．(1)求证：四边形MFCN是矩形；(2)设四边形DENM的面积为S，求S关于t的函数解析式；当S取最大值时，求t的值；(3)在运动过程中，若以E、M、N为顶点的三角形与△DEM相似，求t的值．ABCDEMFN第21题图备用图(1)证明：∵MF⊥AC，∴∠MFC＝90°．…………1分∵MN∥AC，∴∠MFC＋∠FMN＝180°．∴∠FMN＝90°．…………2分∵∠C＝90°，∴四边形MFCN是矩形．…………3分(若先证明四边形MFCN是平行四边形，得2分，再证明它是矩形，得3分)(2)解：当运动时间为t秒时，AD＝t，∵F为DE的中点，DE＝2，∴DF＝EF＝DE＝1．∴AF＝t＋1，FC＝8－(t＋1)＝7－t．93\nABCDEMFN∵四边形MFCN是矩形，∴MN＝FC＝7－t．…………4分又∵AC＝BC，∠C＝90°，∴∠A＝45°．∴在Rt△AMF中，MF＝AF＝t＋1，…………5分∴S＝S△MDE＋S△MNE＝DE·MF＋MN·MF[＝×2(t＋1)＋(7－t)(t＋1)＝－t2＋4t＋…………6分∵S＝－t2＋4t＋＝－(t－4)2＋∴当t＝4时，S有最大值．…………7分(若面积S用梯形面积公式求不扣分)(3)解：∵MN∥AC，∴∠NME＝∠DEM．…………8分①当△NME∽△DEM时，∴＝．…………9分∴＝1，解得：t＝5．…………10分②当△EMN∽△DEM时，∴＝．…………11分∴EM2＝NM·DE．在Rt△MEF中，ME2＝EF2＋MF2＝1＋(t＋1)2，∴1＋(t＋1)2＝2(7－t)．解得：t1＝2，t2＝－6(不合题意，舍去)综上所述，当t为2秒或5秒时，以E、M、N为顶点的三角形与△DEM相似．……12分48、(2022年福州市初中毕业班质量检查)(14分)如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A(1，0)、B(4，0)两点，与y轴交于C(0，2)，连接AC、BC．(1)求抛物线解析式；(2)BC的垂直平分线交抛物线于D、E两点，求直线DE的解析式；(3)若点P在抛物线的对称轴上，且∠CPB＝∠CAB，求出所有满足条件的P点坐标．ABCOxy第22题图ABCOxy备用图解：(1)由题意，得：…………1分93\n解得：．…………3分∴这个抛物线的解析式为y＝x2－x＋2．…………4分(2)解法一：如图1，设BC的垂直平分线DE交BC于M，交x轴于N，连接CN，过点M作MF⊥x轴于F．图1∴△BMF∽△BCO，∴＝＝＝．∵B(4，0)，C(0，2)，∴CO＝2，BO＝4，∴MF＝1，BF＝2，∴M(2，1)………………5分∵MN是BC的垂直平分线，∴CN＝BN，设ON＝x，则CN＝BN＝4－x，在Rt△OCN中，CN2＝OC2＋ON2，∴(4－x)2＝22＋x2，解得：x＝，∴N(，0)．………………6分设直线DE的解析式为y＝kx＋b，依题意，得：，解得：．∴直线DE的解析式为y＝2x－3．………………8分解法二：如图2，设BC的垂直平分线DE交BC于M，交x轴于N，连接CN，过点C作CF∥x轴交DE于F．∵MN是BC的垂直平分线，∴CN＝BN，CM＝BM．设ON＝x，则CN＝BN＝4－x，图2在Rt△OCN中，CN2＝OC2＋ON2，∴(4－x)2＝22＋x2，解得：x＝，∴N(，0)．………………5分∴BN＝4－＝．∵CF∥x轴，∴∠CFM＝∠BNM．93\n∵∠CMF＝∠BMN，∴△CMF≌△BMN．∴CF＝BN．图3∴F(，2)．…………………6分设直线DE的解析式为y＝kx＋b，依题意，得：，解得：．∴直线DE的解析式为y＝2x－3．………………8分(3)由(1)得抛物线解析式为y＝x2－x＋2，∴它的对称轴为直线x＝．图4①如图3，设直线DE交抛物线对称轴于点G，则点G(，2)，以G为圆心，GA长为半径画圆交对称轴于点P1，则∠CP1B＝∠CAB．…………9分GA＝＝，∴点P1的坐标为(，－)．…………10分②如图4，由(2)得：BN＝，∴BN＝BG，∴G、N关于直线BC对称．…………11分∴以N为圆心，NB长为半径的⊙N与⊙G关于直线BC对称．…………12分⊙N交抛物线对称轴于点P2，则∠CP2B＝∠CAB．…………13分设对称轴与x轴交于点H，则NH＝－＝1．∴HP2＝＝，∴点P2的坐标为(，)．综上所述，当点的坐标为(，－)或(，)时，∠CPB＝∠CAB．………14分49、（2022河南沁阳市九年级第一次质量检测）（11分）以原点为圆心,为半径的圆分别交、轴的正半轴于A、B两点,点P的坐标为.(1)如图一，动点Q从点B处出发，沿圆周按顺时针方向匀速运动一周,设经过的时间为t秒，当时，直线PQ恰好与⊙O第一次相切，连接OQ.求此时点Q的运动速度（结果保留）；(2)若点Q按照⑴中的方向和速度继续运动，①为何值时，以O、P、Q为顶点的三角形是直角三角形；93\n②在①的条件下，如果直线PQ与⊙O相交，请求出直线PQ被⊙O所截的弦长.（补充说明：直角三角形中，如果一条直角边长等于斜边长的一半，那么这条直角边所对的角等于30°.）解：（1）连接OQ，则OQ⊥PQOQ=1，OP=2，所以，可得所以点Q的运动速度为/秒.3分(2)由（1）可知，当t=1时，△OPQ为直角三角形所以，当Q’与Q关于x轴对称时，△OPQ’为直角三角形此时，当Q’(0，-1)或Q’(0，1)时，，此时或[即当，或时，△OPQ是直角三角形.7分当或时，直线PQ与⊙O相交.作OM⊥PQ，根据等面积法可知：PQ×OM=OQ×OPPQ=QM弦长.11分93\n50、（2022年湖北省武汉市中考全真模拟）(本题满分10分)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，P为边AC上一个点（可以包括点C但不包括点A），以P为圆心PA为半径作⊙P交AB于点D，过点D作⊙P的切线交边BC于点E.（1）求证：BE=DE；（2）若PA=1，求BE的长；（3）在P点的运动过程中，请直接写出线段BE长度的取值范围为.、⑴证：连接PD.∵DE切⊙O于D.∴PD⊥DE.∴∠BDE+∠PDA=90°.∵∠C=90°.∴∠B+∠A=90°.∵PD=PA.∴∠PDA=∠A.∴∠B=∠BDE.∴BE=DE⑵连PE,设DE=BE=X,则EC=4-X.∵PA=PD=1,AC=3.∴PC=2.∵∠PDE=∠C=90°∴ED+PD=EC+CP=PE.∴x+1=(4-x)+2.解得x=.∴BE=⑶≤BC<51、（2022年湖北省武汉市中考全真模拟）(本题满分10分)如图1，在长方形纸片ABCD中，，其中≥1，将它沿EF折叠（点E、F分别在边AB、CD上），使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD相交于点P，连接EP.设，其中0＜n≤1．(1)如图2，当（即M点与D点重合），=2时，则=；（2）如图3，当（M为AD的中点），的值发生变化时，求证：EP=AE+DP；(3)如图1，当（AB=2AD），的值发生变化时，的值是否发生变化？说明理由．93\n解：⑴⑵延长PM交EA延长线于G，则△PDM≌△GAM，△EMP≌△EMG.∴EP=EG=EA+AG=EA+DP.⑶设AD=1,AB=2,过E作EH⊥CD于H,∵∠EFP=∠FPN=∠MPD=∠EMA.∴△EFH∽ΔEMA∴∵AE的长度发生变化,∴的值将发生变化.12、（2022年湖北省武汉市中考全真模拟）（本题满分12分）如图1，抛物线：与直线AB：交于x轴上的一点A，和另一点B(3，n)．(1)求抛物线的解析式；(2)点P是抛物线上的一个动点（点P在A，B两点之间，但不包括A，B两点），PM⊥AB于点M，PN∥y轴交AB于点N，在点P的运动过程中，存在某一位置，使得△PMN的周长最大，求此时P点的坐标，并求△PMN周长的最大值；(3)如图2，将抛物线绕顶点旋转180°后，再作适当平移得到抛物线，已知抛物线的顶点E在第四象限的抛物线上，且抛物线与抛物线交于点D，过D点作轴的平行线交抛物线于点F，过E点作轴的平行线交抛物线于点G，是否存在这样的抛物线，使得四边形DFEG为菱形？若存在，请求E点的横坐标；若不存在请说明理由．、解：⑴由题意得：A(-1,0)、B(3,2)∴解得:∴抛物线的解析式为y=-x+x+2⑵设AB交y轴于D，则D（0，），∴OA=1，OD=，AD=，∴=，∵PN∥y轴,∴∠PNM=∠CDN=∠ADO,∴Rt△ADO∽Rt△PNM.∴.∴=×PN=PN.93\n∴当PN取最大值时,取最大值.设P(m,-m+m+2)N(m,m+).则PN=-m+m+2-(m+)=-m+m+.∵-1﹤m﹤3.∴当m=1时,PN取最大值∴△PNM周长的最大值为×2=.此时P(1,3).⑶设E(n,t),由题意得:抛物线为：y=-(x-)+,为：y=(x-n)+t.∵E在抛物线上，∴t=-(n-)+.∵四边形DFEG为菱形.∴DF=FE=EG=DG连ED,由抛物线的对称性可知,ED=EF.∴△DEG与△DEF均为正三角形.∴D为抛物线的顶点.∴D(,).∵DF∥x轴,且D、F关于直线x=n对称.∴DF=2（n-）.∵DEF为正三角形.∴-=×2(n-).解得：n=.∴t=-.∴存在点E，坐标为E(,-).52．（2022郑州外国语预测卷）已知双曲线与直线相交于A、B两点．第一象限上的点M（m，n）（在A点左侧）是双曲线上的动点．过点B作BD∥y轴交x轴于点D．过N（0，－n）作NC∥x轴交双曲线于点E，交BD于点C．（1）若点D坐标是（－8，0），求A、B两点坐标及k的值．（2）若B是CD的中点，四边形OBCE的面积为4，求直线CM的解析式．yO·ADxBCENM·（3）设直线AM、BM分别与y轴相交于P、Q两点，且MA=pMP，MB=qMQ，求p－q的值．[93\n答案：解：（1）∵D（－8，0），∴B点的横坐标为－8，代入中，得y=－2．∴B点坐标为（－8，－2）．而A、B两点关于原点对称，∴A（8，2）．从而．（2）∵N（0，－n），B是CD的中点，A、B、M、E四点均在双曲线上，∴，B（－2m，－），C（－2m，－n），E（－m，－n）．S矩形DCNO，S△DBO=，S△OEN=，∴S四边形OBCE=S矩形DCNO－S△DBO－S△OEN=k．∴．由直线及双曲线，得A（4，1），B（－4，－1），∴C（－4，－2），M（2，2）．设直线CM的解析式是，由C、M两点在这条直线上，得解得．∴直线CM的解析式是．yO·AxBM·QA1PM1（3）如图，分别作AA1⊥x轴，MM1⊥x轴，垂足分别为A1、M1．设A点的横坐标为a，则B点的横坐标为－a．于是．同理，∴．53．（2022郑州外国语预测卷）如图在平面直角坐标系中，Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,OA=1，OC=4，抛物线y=x2+bx+c经过A，B两点，抛物线的顶点为D．（1）求b,c的值；93\n（2）点E是直角三角形ABC斜边AB上一动点(点A、B除外)，过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；备用图（3）在（2）的条件下：①求以点Ｅ、Ｂ、Ｆ、Ｄ为顶点的四边形的面积；②在抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由.答案：解：（1）由已知得：A（-1，0），B（4，5）∵二次函数的图像经过点A（-1，0），B(4,5)解得：b=-2，c=-3（2）如图：∵直线AB经过点A（-1，0），B(4,5)∴直线AB的解析式为：y=x+1∵二次函数∴设点E(t，t+1),则F（t，）∴EF==∴当时，EF的最大值=∴点E的坐标为（，）（3）①如２６题图：顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD．可求出点F的坐标（，）,点D的坐标为（1，-4）S四边形EBFD=S△BEF+S△DEF==93\n②如备用图：ⅰ)过点E作a⊥EF交抛物线于点P,设点P(m,)，则有：解得:,∴,　ⅱ）过点F作b⊥EF交抛物线于，设（n，）则有：=-，解得：，（与点F重合，舍去）∴综上所述：所有点P的坐标：，（.能使△EFP组成以EF为直角边的直角三角形.54.（2022上海黄浦二摸）（本题满分12分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分8分）已知二次函数的图像经过点P（0,1）与Q（2,-3）.（1）求此二次函数的解析式；（2）若点A是第一象限内该二次函数图像上一点，过点A作x轴的平行线交二次函数图像于点B，分别过点B、A作x轴的垂线，垂足分别为C、D，且所得四边形ABCD恰为正方形.①求正方形ABCD的面积；②联结PA、PD，PD交AB于点E，求证：△PAD∽△PEA.答案：24．解：（1）由题意知，------------------------------------------------------（2分）解得，----------------------------------------------------------------------------（1分）所以二次函数解析式是.-----------------------------------------------（1分）（2）①设，则.-------------------------------------------（1分）93\n由四边形ABCD为正方形.得，---------------------------------------------------------------------（1分）解得（舍负），---------------------------------------------------------（1分）所以正方形ABCD的面积为.-------------------------（1分）②设AB交y轴于点H.则,，所以，∠DOP=∠AHP.所以△DOP∽△AHP，----------------------------------------------------------------（2分）则∠DPO=∠HAP，又∠DPO=∠PDA，所以∠PDA=∠HAP，又∠DPA=∠APE，所以△PAD∽△PEA.------------------------------------------------------------------（2分）55.（2022上海黄浦二摸）（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）、（3）小题满分各5分）BCDEA如图，在梯形ABCD中，AD=BC=10，tanD=，E是腰AD上一点，且AE∶ED=1∶3.（1）当AB∶CD=1∶3时，求梯形ABCD的面积；（2）当∠ABE=∠BCE时，求线段BE的长；（3）当△BCE是直角三角形时，求边AB的长.答案：25．解：（1）作AH⊥CD，垂足为H，---------------------------------------------------------------（1分）在Rt△ADH中，AD=10，，设AH=4k，DH=3k，则，解得k=2，所以AH=4k=8，DH=3k=6，---------------------------------------------------------（1分）由等腰梯形ABCD知，CD=AB+12，又AB∶CD=1∶3，93\n得AB=6，CD=18，--------------------------------------------------------------------（1分）所以梯形ABCD的面积为.----------------------（1分）（2）延长BE、CD交于点P，∵AE∶ED=1∶3，AB‖CD.∴BE∶EP=1∶3,令BE=x,则BP=4x.---------------------------------------------（1分∵AB‖CD，∴∠ABE=∠P，又∠ABE=∠BCE，∴∠BCE=∠P，又∠CBE=∠PBC，∴△BCE∽△BPC，--------------------------------------------------------------------（2分∴，即，----------------------------------------------------（1分）解得x=5，即BE=5.------------------------------------------------------------------（1分）（3）设AB=a,则DP=3a,则CP=12+4a.当∠CBE=时，在Rt△BCP中，BC=10，tan∠BCP=tan∠ADC=，所以BP=,CP=,即=12+4a，解得.----------------------------------------------------------（2分）当∠CEB=时，过E作底边CD的垂线，在底边AB、CD上的垂足分别为M、N，易知△BME∽△CNE，又△AME∽△DNE∽△AHD，∴ME=2，MA=,EN=6，DN=.由，即，解得（舍负）.--------------------------------------------------------（3分）又∠BCE<∠BCD<.所以当△BCE是直角三角形时，AB=或.93\n56．（2022年上海静安区二摸）（本题满分12分，第（1）小题满分3分，第（2）小题满分4分，第（3）小题满分5分）（第24题图）AFEDHBCO已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，AH=5，CD=，点E在⊙O上，射线AE与射线CD相交于点F，设AE=，DF=．（1）求⊙O的半径；（2）如图，当点E在AD上时，求与之间的函数解析式，并写出函数的定义域；（3）如果EF=，求DF的长．答案：24．解：（1）联结OD，设⊙O的半径OA=OD=．∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，∴DH=．…（1分）∵,,∴．……………………………………………（1分）∴⊙O的半径OA=．………………………………………………（1分）（2）作OG⊥AE，垂足为G，∴AG=．∵，………………………………………………………（1分）∴，∴，∴AF=．…………………（1分）∴．∵，∴关于的函数解析式为．（1分）定义域为．……………………………………………………（1分）93\n（3）当点E在AD上时，∵AF–AE=EF，∴，，．……………………………（1分）∴．………………………………………（1分）当点E在DB上时，∵AE–AF=EF，∴，，．……………………………（1分）∴．∴．…………………………………………（1分）当点E在BC上时，同上，∴．…（1分）57．（2022年上海静安区二摸）（本题满分14分，每小题满分7分）如图，点A（2，6）和点B（点B在点A的右侧）在反比例函数的图像上，点C在轴上，BC//轴，，二次函数的图像经过A、B、C三点．（1）求反比例函数和二次函数的解析式；ACBOxy（2）如果点D在轴的正半轴上，点E在反比例函数的图像上，四边形ACDE是平行四边形，求边CD的长．答案：（第25题图）93\n25．解：（1）设反比例函数的解析式为．∵点A（2，6）在反比例函数的图像上，∴6=，………………………（1分）∴，∴反比例函数的解析式为．……………………………（1分）作AM⊥BC，垂足为M，交轴于N，∴CM=2．在Rt△ACM中，．………………………（1分）∵BC//轴，OC=AN–AM=6–4=2，∴点C的坐标（0，2）．……（1分）当时，，∴点B的坐标（6，2）．………………………………（1分）设二次函数的解析式为，………………（1分）∴∴二次函数的解析式为．………………（1分）（2）延长AC交轴于G，作EH⊥轴，垂足为H．……………………………（1分）∵在□ACDE中，AC//DE，∴∠AGO=∠EDH．……………………………（1分）∵BC//轴，∴∠ACM=∠AGO．∴∠ACM=∠EDH．………………………（1分）∵∠AMC=∠EHD=90º，AC=ED，∴△ACM≌△EDH．……………………（1分）∴EH=AM=4，DH=CM=2．∴点E（3，4）．…………………………………（1分）∴OE=3，OD=OE–DH=1．……………………………………………………（1分）∴CD=．………………………………………（1分）58．（2022年上海闵行区二摸）（本题共2小题，满分10分，其中第（1）小题4分，第（2）小题6分）(第21题图)AFDEBCG如图，在△ABC中，AB=AC，点D在边AB上，以点A为圆心，线段AD的长为半径的⊙A与边AC相交于点E，AF⊥DE，垂足为点F，AF的延长线与边BC相交于点G，联结GE．已知DE93\n=10，，．求：（1）⊙A的半径AD的长；（2）∠EGC的余切值．答案：21．解：（1）在⊙A中，∵AF⊥DE，DE=10，∴．…………………………………（1分）在Rt△ADF中，由，得，．…………………………………………（1分）利用勾股定理，得．∴．解得．……………………………（1分）∴AD=13．…………………………………………………………（1分）（2）由（1），可知．………………………………………（1分）∵，∴．………………………………………（1分）在⊙A中，AD=AE．又∵AB=AC，∴．∴DE//BC．…………………（1分）∴，．∴AG=36．∴．…………………………（1分）在Rt△EFG中，．……………………………（1分）即得．………………………………………………（1分）……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………密封线内不准答题59．（2022年上海闵行区二摸）（本题共3小题，满分12分，其中第（1）小题4分，第（2）小题3分，第（3）小题5分已知：在平面直角坐标系中，一次函数的图像与y轴相交于点A，二次函数的图像经过点A、B（1，0），D为顶点．Axy-1-33O（第24题图）（1）求这个二次函数的解析式，并写出顶点D的坐标；（2）将上述二次函数的图像沿y轴向上或向下平移，使点D的对应点C在一次函数的图像上，求平移后所得图像的表达式；（3）设点P在一次函数93\n的图像上，且，求点P的坐标．答案：24．解：（1）由，得．∴点A的坐标为A（0，3）．………………………………………（1分）∵二次函数的图像经过点A（0，3）、B（1，0），∴……………………………………………………（1分）解得∴所求二次函数的解析式为．……………………（1分）顶点D的坐标为D（-1，4）．…………………………………………（1分）（2）设平移后的图像解析式为．根据题意，可知点C（-1，k）在一次函数的图像上，∴．…………………………………………………………（1分）解得．……………………………………………………………（1分）∴所求图像的表达式为或．……（1分）（3）设直线与x轴交于点E由（2）得C（-1，2）．又由A（0，3），得．根据题意，设点P的坐标为P（m，m+3）．∵△ABP与△ABC同高，于是，当时，得．……………（1分）此时，有两种不同的情况（ⅰ）当点P在线段CA的延长线上时，得，且．过点P作PQ1垂直于x轴，垂足为点Q1．易得．∴．解得．即得．∴P1（2，5）．………………………………………………………（2分）（ⅱ）当点P在线段AC的延长线上时，得，且．过点P作PQ2垂直于x轴，垂足为点Q2．易得．∴．解得．即得．∴P2（-2，1）．………………………………………………………（2分）综上所述，点P的坐标为（2，5）或（-2，1）．另解：（3）由（2）得C（-1，2）．又由A（0，3），得．根据题意，设点P的坐标为P（m，m+3）．∵△ABP与△ABC同高，于是，当时，得．……………（1分）∴．即得．………………………………………（1分）解得，．………………………………………………（1分）∴m+3=5或1．……………………………………………………（1分）∴点P的坐标为（2，5）或（-2，1）．……………………………（1分）93\n60．（2022年上海闵行区二摸）（本题共3小题，满分14分，其中第（1）小题4分，第（2）、（3）小题每小题5分）如图，在平行四边形ABCD中，，，CE⊥AB，垂足为点E（点E在边AB上），F为边AD的中点，联结EF，CD．（1）如图1，当点E是边AB的中点时，求线段EF的长；（2）如图2，设，△CEF的面积等于y，求y与x的函数解析式，并写出函数定义域；（3）当时，∠EFD与∠AEF的度数满足数量关系：，其中k≥0，求k的值．ABCDEF（图2）ABCDEF（图1）（第25题图）ABCDEF答案：25．解：（1）分别延长BA、CF相交于点P．在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC．……………………（1分）又∵F为边AD的中点，∴．即得PA=AB=8．……………………（1分）∵点E是边AB的中点，AB=8，∴．即得．∵CE⊥AB，∴．………………………（1分）在Rt△PEC中，，，∴．………………………………………………（1分）（2）在Rt△PEC中，，∴．93\n由BC=x，利用勾股定理，得．即得．………………………（1分）∴．∴．…（1分）于是，由，得．∴．………………………………………（1分）∴，．………………………………（2分）（3）在平行四边形ABCD中，AB//CD，CD=AB=8，AD=BC=16．∵F为边AD的中点，∴．………………（1分）∴FD=CD．∴．………………………………（1分）∵AB//CD，∴∠DCF=∠P．∴∠DFC=∠P．……………………………………………………（1分）在Rt△PEC中，，，∴EF=PF．∴∠AEF=∠P=∠DFC．又∵∠EFC=∠P+∠PEF=2∠PEF．……………………………（1分）∴∠EFD=∠EFC+∠DFC=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF．即得k=3．……………………………………………………………（1分）61．（2022年上海浦东新区二摸）（本题满分12分，其中第（1）小题3分，第（2）小题4分，第（3）小题5分）第24题图已知：如图，点A（2，0），点B在轴正半轴上，且．将点B绕点A顺时针方向旋转至点C．旋转前后的点B和点C都在抛物线上．（1）求点B、C的坐标；（2）求该抛物线的表达式；（3）联结AC，该抛物线上是否存在异于点B的点D，使点D与AC构成以AC为直角边的等腰直角三角形？如果存在，求出所有符合条件的D点坐标，如果不存在，请说明理由．答案：（1）∵A（2，0），∴．93\n∵，∴．∵点B在轴正半轴上，∴B（0，1）．……（1分）根据题意画出图形．过点C作CH⊥轴于点H，可得Rt△BOA≌Rt△AHC．可得，．∴C（3，2）．……………………………………………………………………（2分）（2）∵点B（0，1）和点C（3，2）在抛物线上．∴解得…………………………………………（3分）∴该抛物线的表达式为．………………………………（1分）（3）存在．……………………………………………………………………………（1分）设以AC为直角边的等腰直角三角形的另一个顶点P的坐标为（，）（ⅰ），AC=AP．过点P作PQ⊥轴于点Q，可得Rt△QPA≌Rt△HAC．∴（4，-1）．（另一点与点B（0，1）重合，舍去）．…………………………………………（1分）（ⅱ），AC=PC．过点P作PQ垂直于直线，垂足为点Q，可得Rt△QPC≌Rt△HAC．∴（1，3），（5，1）．……………………………………………………（1分）∵、、三点中，可知、在抛物线上．……………（1分）∴、即为符合条件的D点．∴D点坐标为（4，-1）或（1，3）．…………………………………………………（1分）93\n93\n62．（2022年上海浦东新区二摸）（本题满分14分，其中第（1）小题4分，第（2）、（3）小题各5分）已知：如图，在Rt△中，，，，点在边上，以点为圆心的圆过、两点，点为上一动点.（1）求⊙的半径；（2）联结并延长，交边延长线于点，设，，求关于的函数解析式，并写出定义域；备用图第25题图（3）联结，当点是AB的中点时，求△ABP的面积与△ABD的面积比的值．答案：25．解：（1）联结OB．在Rt△中，，，，∴AC=8．………………………………（1分）设，则．在Rt△中，，∴．……………………………………………………………（2分）解得，即⊙的半径为5．………………………………………………（1分）（2）过点O作OH⊥AD于点H．∵OH过圆心，且OH⊥AD．∴．………………………（1分）在Rt△中，可得即．…………（1分）在△和△中，93\n，，∴△AOH∽△ADC．……………………（1分）∴．即．得．………………………………………………………（1分）定义域为．…………………………………………………………（1分）（3）∵是AB的中点，∴AP=BP．∵AO=BO，∴PO垂直平分AB．设，可求得，，，，，．∴．∴△ABP∽△ABD．…………………………（1分）∴．………………………（1分）．由AP=BP可得．∴．∴，即．…………（1分）由可得，即．………（1分）．……………………………………（1分）93\n63．（2022年上海徐汇区二摸）（本题满分12分）抛物线（）经过点，对称轴是直线，顶点是，与轴正半轴的交点为点．（1）求抛物线（）的解析式和顶点的坐标；（6分）（2）过点作轴的垂线交轴于点，点在射线上，当以为直径的⊙和以为半径的⊙相切时，求点的坐标．（6分）答案：24．解：（1）由题意，得，…………………………………………………（2分）解得……………………………………………………………（2分）∴………………………………………………………（1分）∴顶点．…………………………………………………………（1分）（2）设⊙的半径为．由题意，可得，，∴⊙的半径为；；……（2分）当⊙和⊙相切时，分下列两种情况：当⊙和⊙外切时，此时点在线段上，可得．解得，∴．……………………………………………（2分）当⊙和⊙外切时，此时点在线段的延长线上，可得．解得，∴．…………………………………………（2分）综合，当⊙和⊙相切时，或．64．（2022年上海徐汇区二摸）（本题满分14分）93\n如图8，在中，，，，点是边上任意一点，过点作交于点，截取，联结，线段交于点，设，．（1）求关于的函数解析式及定义域；（4分）（2）如图9，联结，当和相似时，求的值；（5分）（图8）CABDEPQCABDEPQ（图9）（备用图）CAB（3）当以点为圆心，为半径的⊙和以点为圆心，为半径的⊙相交的另一个交点在边上时，求的长．（5分）答案：25．解：（1）过点作，垂足为．由题意，可知是等腰直角三角形，∴；……………（1分）易得∽，∴；设，，∴，∴，∴……………………………………………………………（1分）∴．………………………………………………………93\n（1分）定义域是：≤≤．………………………………………………（1分）（注：其它解法参照评分．）（2）∵，∴当和相似时，分以下两种情况：（1分）当时，∴∥，易得四边形是正方形；∴．…………………………………………………（2分）当时，∴，由上述（1）的解法，可得，∴，∴；∴，解得．………………………………（2分）综合，当和相似时，的值为或．（3）如图，设⊙与⊙相交的另一个交点为，联结交于点．∴,.易得∽，∽，∴，设，，∴；…（1分）∴，∴；∵，∴；…（1分）又，∴，解得；……………（2分）PCABMNQ∴．…………………………………………………（1分）93\n93