【中考12年】海南省2001-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题

[中考12年]海南省2022-2022年中考数学试题分类解析专题12：押轴题一、选择题1.（2022年海南省3分）已知三角形的边长为3，则它的外接圆的面积为【】．　A．3π　　B．6π　　C．9π　　D．2.（2022年海南省3分）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD分别交中位线EF于点H、G，且EG：GH：HF=1：2：1，那么AD：BC等于【】A．2：3B．3：5C．1：3D．1：23.（2022年海南省2分）如图，AB为半圆O的直径，C为半圆上一点，且为半圆的．设扇形AOC、△COB、弓形BmC的面积分别为S1、S2、S3，则下列结论正确的是【】A．S1＜S2＜S3B．S2＜S1＜S3C．S2＜S3＜S1D．S3＜S2＜S161\n【答案】B。【考点】圆周角定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，扇形面积，实数的大小比较。4.（2022年海南海口课标2分）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，AB的垂直平分线MN交AC于D，连结BD，若cos∠BDC=，则BC的长是【】A、4cmB、6cmC、8cmD、10cm5.（2022年海南省大纲卷3分）如图所示，要在离地面5m处引拉线固定电线杆，使拉线和地面成60°角，若考虑既要符合设计要求，又要节省材料，则在库存的l1=5.2m、l2=6.2m、l3=7.8m、l4=10m四种备用拉线材料中，拉线AC最好选用【　　】61\nA、l1B、l2　　　　C、l3D、l46.（2022年海南省课标卷2分）如图，正方形ABCD的边长为2cm，以B点为圆心、AB长为半径作，则图中阴影部分的面积为【】A.B.C.D.7.（2022年海南省大纲卷3分）在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如下表：跳高成绩(m)1.501.551.601.651.701.75跳高人数13235161\n这些运动员跳高成绩的中位数和众数分别是【】A．1.65，1.70B．1.70，1.65C．1.70，1.70D．3，58.（2022年海南省课标卷2分）一位篮球运动员站在罚球线后投篮，球入篮得分.下列图象中，可以大致反映篮球出手后到入篮框这一时间段内，篮球的高度(米)与时间(秒)之间变化关系的是【】．B．C．D．9.（2022年海南省2分）自然数、、、、从小到大排列后，其中位数为，如果这组数据唯一的众数是,那么，所有满足条件的、中，＋的最大值是【】A.B.C.D.【答案】C。【考点】中位数，众数。【分析】∵这组数据唯一的众数是5，中位数为4，∴x，y不相等且x＜4，y＜4。61\n∴x、y的取值为0，1，2，3，则x+y的最大值为2+3=5。故选C。10.（2022年海南省2分）如图是小敏同学6次数学测验的成绩统计表，则该同学6次成绩的中位数是【】A.60分B.70分C.75分D.80分11.（2022年海南省3分）一次函数y=－x＋2的图象是【】A．B.C.D.【答案】D。【考点】一次函数图象与系数的关系。【分析】一次函数的图象有四种情况：①当，时，函数的图象经过第一、二、三象限；②当，时，函数的图象经过第一、三、四象限；③当，时，函数的图象经过第一、二、四象限；④当，时，函数的图象经过第二、三、四象限。由题意得，函数y=－x＋2的，，故它的图象经过第一、二、四象限。故选D。61\n12.（2022年海南省3分）在反比例函数的图象的任一支上，都随的增大而增大，则的值可以是【】A．－1B．0C．1D．213.（2022年海南省3分）如图，将平行四边形ABCD折叠，使顶点D恰落在AB边上的点M处，折痕为AN，那么对于结论①MN∥BC，②MN=AM，下列说法正确的是【】A、①②都对B、①②都错C、①对②错D、①错②对14.（2022年海南省3分）星期6，小亮从家里骑自行车到同学家去玩，然后返回，图是他离家的路程y（千米）与时间x（分钟）的函数图象。下列说法不一定正确的是【】A．小亮家到同学家的路程是3千米B．小亮在同学家逗留的时间是1小时61\nC．小亮去时走上坡路，回家时走下坡路D．小亮回家时用的时间比去时用的时间少二、填空题1.（2022年海南省3分）在边长为6的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，E为AB的中点，F是AC上一动点，则EF＋BF的最小值为▲．【答案】。【考点】动点问题，轴对称的应用（最短路线问题），菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理。【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分，点B关于AC的对称点是点D，连接ED，EF+BF最小值=ED，然后解直角三角形即可求解：∵在菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分，∴点B、D关于AC对称。连接ED，则ED就是所求的EF+BF的最小值的线段。∵E为AB的中点，∠DAB=60°，∴DE⊥AB。∴ED=。∴EF+BF的最小值为。61\n3.（2022年海南省3分）如图，AB是半圆⊙O的直径，半径OC⊥AB，⊙O的直径是OC，AD切⊙O1于D，交OC的延长线于E，设⊙O1的半径为r，那么用含r的代数式表示DE，结果是DE=▲．【答案】。【考点】切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程。【分析】如图，连接O1D，则O1D⊥AE。61\n∵OC⊥AB，∴△EO1D∽△EAO。∴。设ED=x，CE=y，则O1D=r，OA=2r，OE=2r＋y。∴，即。又∵，即。∴，即，解得（舍去）或。∴DE=。4.（2022年海南海口课标3分）如图，如果所在位置的坐标为（-1，-2），所在位置的坐标为（2，-2），那么，所在位置的坐标为▲.5.（2022年海南省大纲卷3分）如图所示，AB是圆O的直径，C是BA延长线上一点，CD切圆O于点D，CD=4，CA=2，则圆O的半径为　　▲　　．【答案】3。61\n【考点】切线的性质。【分析】根据切割线的定理列方程求解：由切割线定理知：CD2=AC•CB=CA•（CA+AB），把CD=4，CA=2代入解得：AB=6。∴圆O的半径OA=3。6.（2022年海南省课标卷3分）如图，∠ABC=90°，O为射线BC上一点，以点O为圆心、BO长为半径作⊙O，当射线BA绕点B按顺时针方向旋转▲度时与⊙O相切.7.（2022年海南省大纲卷3分）用同样规格的黑白两种颜色的正方形瓷砖按下图方式铺地板，则第（3）个图形中有黑色瓷砖▲块，第个图形中需要黑色瓷砖▲块（用含的代数式表示）.61\n【答案】10；3n＋1。【考点】探索规律题（图形的变化类）。【分析】探索规律：从图形观察每增加一个图形，黑色正方形瓷砖就增加3块，第一个图形黑色瓷砖有4块；第二个图形黑色瓷砖有7=4＋3×（2－1）块；第三个图形黑色瓷砖有10=4＋3×（3－1）块；……第n个图形黑色瓷砖有4＋3×（n－1）=3n＋1块。8.（2022年海南省课标卷3分）用同样规格的黑白两种颜色的正方形瓷砖按下图方式铺地板，则第（3）个图形中有黑色瓷砖▲块，第个图形中需要黑色瓷砖▲块（用含的代数式表示）.9.（2022年海南省3分）已知一个圆柱体侧面展开图为矩形ABCD（如图），若61\n，则该圆柱体的体积约为▲（取，结果精确到0.1）.【答案】177.5或59.2。10.（2022年海南省3分）如图,AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠BAC=30°，点P在线段OB上运动.设∠ACP=x，则x的取值范围是▲.11.（2022年海南省3分）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点C、D分别落在点C′′、D′′′处，若∠AFE=65°，则∠C′EF=▲度.61\n【答案】65。【考点】矩形的性质，平行线的性质。【分析】∵矩形ABCD，∴AD∥BC。∴∠C′EF=∠AFE=65°。12.（2022年海南省3分）如图，将半径为4cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕AB的长度为▲cm．13.（2022年海南省3分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，连接BC交⊙O于点D，若∠C=50°，则∠AOD=　▲　°61\n14.（2022年海南省3分）如图，∠APB=300，圆心在边PB上的⊙O半径为1cm，OP=3cm，若⊙O沿BP方向移动，当⊙O与PA相切时，圆心O移动的距离为▲cm.61\n三、解答题1.（2022年海南省9分）如图，⊙O的直径AB＝15cm，有一条定长为9㎝的动弦CD在上滑动（点C与A、点D与B不重合），且CE⊥CD交AB于E，DF⊥CD交AB于F．（1）求证：AE＝BF；（2）在动弦CD滑动的过程中，四边形CDFE的面积是否为定值，若是定值，请给出证明并求出这个定值；若不是，请说明理由．61\n【答案】解：（1）证明：过圆心O作OG⊥CD交CD于G，得CG＝GD。　　　　又∵CE⊥CD，DF⊥CD，　　　　∴四边形CDFE是直角梯形，且CE∥OG∥DF。∴OE＝OF。又∵OA＝OB，∴AE＝BF。　　　　（2）在动弦CD滑动的过程中，四边形CDFE的面积为定值。证明如下：∵在动弦CD滑动的过程中，都有CE⊥CD，DF⊥CD。∴CE∥DF。　　　　∴四边形CDFE一定是直角梯形，并由（1）知OG是它的中位线。　　　　∴S梯形CDFE＝（CE＋DF）·CD＝OG·CD。　　　　∵弦CD的长为定值，OG是CD上的弦心距，∴OG的长也是定值。　　　　∴四边形CDFE的面积是定值。　∵OG＝，CD＝9，　　　∴S梯形CDFE＝6×9＝54（cm2）。　　　　∴四边形CDFE的面积是定值，为54㎝2。2.（2022年海南省9分）已知二次函数y＝x2－（2m＋1）x＋m2－1．（1）如果该函数的图像经过原点，请求出m的值及此是图像与x轴的另一交点的坐标；（2）如果该函数的图像的顶点在第四象限，请求出m的取值范围；61\n（3）若把（1）中求得的函数的图像沿其对称轴上下平行移动，使顶点移到直线上，请求出此时函数的解析式．【答案】解：（1）∵函数y的图像过原点，∴m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1。　　　　当m＝1时，此函数的解析式为y＝x2－3x，令y＝0，得x＝0或x＝3。∴该函数图像与x轴的另一交点的坐标（3，0）。当m＝－1时，此函数的解析式为y＝x2＋x，令y＝0，得x＝0或x＝－1。∴该函数图像与x轴的另一交点的坐标（－1，0）。　　　　（2）函数y＝x2－（2m＋1）x＋m2－1的顶点坐标是（）。　　　　∵它在第四像限，　　　　∴。【考点】二次函数的的图象和性质，平面直角坐标系中各象限点的特征，解一元一次不等式组和一元二次方程，平移的性质，分类思想的应用。【分析】（1）当函数图象过原点时，m261\n－1=0，即可求出m的值，从而可求出抛物线的解析式，然后根据抛物线的解析式即可得出二次函数与x轴的另一交点的坐标。（2）求出二次函数的顶点坐标，然后根据平面直角坐标系中各象限点的特征，让纵坐标大于0，纵坐标小于0即可求出m的取值范围。（3）可将（1）中得出的抛物线顶点横坐标代入直线的解析式中求出纵坐标，即可得出所求抛物线的顶点坐标，从而根据写出顶点式解析式。3.（2022年海南省9分）已知：如图，AB是⊙O的直径，BE是⊙O的切线，切点为B．点C为射线BE上一动点（点C与B不重合），且弦AD平行于OC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）设⊙O的半径为r．试问：当动点C在射线BE上运动到什么位置时，有AD=r？请回答并证明你的结论．61\n【考点】切线的判定和性质，等腰三角形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质，动点问题，勾股定理。【分析】（1）要证明CD是⊙O的切线只要证明OD⊥DC即可。（2）要AD=r，由勾股定理只要△ADO是等腰直角三角形即可，即只要∠AOD=90°。由BE、CD是⊙O的切线只要四边形OBCD是正方形，即BC=r。4.（2022年海南省9分）已知二次函数的图象经过点A（－3，6），并与x轴交于B、C两点（点B在C的左边），P为它的顶点．（1）试确定m的值；（2）设点D为线段OC上的一点，且满足∠DPC=∠BAC，求直线AD的解析式．61\n过点P作PF⊥x轴于F，同理得到∠PCD=45°=∠ACB。又∵∠DPC=∠BAC，∴△DPC∽△BAC。∴。设点D的坐标是（a，0），则DC=3－a。又BC=4，PF=2，AE=6，∴，解得a=。∴点D的坐标是（，0）。设直线AD的解析式为y=kx+b，把点A，D的坐标代入得：，解得。∴直线AD的解析式是。61\n5.（2022年海南省11分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线交BC于D，交AB于点E，F在DE上，并且AF=CE．（1）求证：四边形ACEF是平行四边形；（2）当∠B的大小满足什么条件时，四边形ACEF是菱形？请证明你的结论；（3）四边形ACEF有可能是矩形吗？为什么？【答案】解：（1）证明：∵ED是BC的垂直平分线，∴EB=EC。∴∠3=∠4。∵∠ACB=90°，∴∠2与∠4互余，∠1与∠3互余。∴∠1=∠2。∴AE=CE。又∵AF=CE，∴△ACE和△EFA都是等腰三角形。∴AF=AE。∴∠F=∠5。∵FD⊥BC，AC⊥BC，∴AC∥FE。∴∠1=∠5。∴∠1=∠2=∠F=∠5。∴∠AEC=∠EAF。∴AF∥CE。∴四边形ACEF是平行四边形。（2）当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形。证明如下：∵∠B=30°，∠ACB=90°，∴∠1=∠2=60°。∴∠AEC=60°。∴AC=EC。∴平行四边形ACEF是菱形。（3）四边形ACEF不可能是矩形。理由如下：由（1）可知，∠2与∠3互余，∠3≠0°，∴∠2≠90°。∴四边形ACEF不可能是矩形。61\n【考点】线段垂直平分线的性质，平行四边形、菱形和矩形的判定，等腰（边）三角形的判定和性质，直角三角形两锐角的关系。6.（2022年海南省11分）已知抛物线开口向下，并且经过A（0，1）和M（2，－3）两点．（1）若抛物线的对称轴为直线x=－1，求此抛物线的解析式；（2）如果抛物线的对称轴在y轴的左侧，试求a的取值范围；（3）如果抛物线与x轴交于B、C两点，且∠BAC=90°，求此时a的值．（2）∵抛物线的对称轴在y轴的左侧，∴，即。∵抛物线开口向下，∴a＜0。∴1+a＞0，且a＜0。∴－1＜a＜0。（3）设B（x1，0），C（x2，0），x1＜x2，61\n∵，且a＜0，∴x1x2＜0，即B在x轴负半轴，C在x轴正半轴。∴OB=－x1，OC=x2。∵∠BAC=90°，∴在Rt△BAC中，AO⊥BC，根据射影定理可得：OA2=OB•OC=－x1•x2=1，即。∴a=－1。7.（2022年海南海口课标5分＋6分）（本题有3小题，第（1）小题为必答题，满分5分；第（2）、（3）小题为选答题，其中第（2）小题满分3分，第（3）小题满分6分，请从中任选1小题作答，如两题都答，以第（2）小题评分.）在△ABC中，∠ACB=90，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E.（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE=AD+BE；（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE=AD-BE；（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明.【答案】解：（1）证明：①∵∠ADC=∠ACB=90°，∴∠CAD+∠ACD=90°，∠BCE+∠ACD=90°。∴∠CAD=∠BCE61\n又∵AC=BC，∠ADC=∠CEB=90°，∴△ADC≌△CEB（AAS）。②∵△ADC≌△CEB，∴CE=AD，CD=BE。∴DE=CE+CD=AD+BE。（2）证明：∵∠ADC=∠CEB=∠ACB=90°，∴∠ACD=∠CBE。又∵AC=BC，∴△ACD≌△CBE（AAS）。∴CE=AD，CD=BE。∴DE=CE－CD=AD－BE。8.（2022年海南海口课标9分＋5分）（本题有2小题，第（1）小题为必答题，满分为5分，第（2）小题①也为必答题，满分4分，第（2）小题②为选答题，满5分，多答加分）已知抛物线y=x2+（2n-1）x+n2-1（n为常数）.（1）当该抛物线经过坐标原点，并且顶点在第四象限时，求出它所对应的函数关系式；（2）设A是（1）所确定的抛物线上位于x轴下方、且在对称轴左侧的一个动点，过A作x轴的平行线，交抛物线于另一点D，再作AB⊥x轴于B，DC⊥x轴于C.①当BC=1时，求矩形ABCD的周长；②试问矩形ABCD的周长是否存在最大值？如果存在，请求出这个最大值，并指出此时A点的坐标；如果不存在，请说明理由.【答案】解：（1）由该抛物线经过坐标原点得，解得n1=1,n2=－1。当n=1时，得y=x2＋x,此抛物线的顶点不在第四象限；当n=－1时，得y=x2－3x,此抛物线的顶点在第四象限。61\n∴所求的函数关系为。（2）由y=x2－3x，令y=0,得x2－3x=0，解得x1=0，x2=3。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，矩形的性质，分类思想的应用。61\n9.（2022年海南省大纲卷14分）如图所示，正方形ABCD的边长为1，G为CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边向正方形ABCD外作正方形GCEF，连接DE交BG的延长线于H．（1）求证：①△BCG≌△DCE；②BH⊥DE．（2）试问当点G运动到什么位置时，BH垂直平分DE？请说明理由．【答案】解：（1）证明：①∵四边形ABCD和四边形GCEF均为正方形,∴BC=DC，CG=CE，∠BCG=∠DCE=90º。∴ΔBCG≌ΔDCE（SAS）。②∵ΔBCG≌ΔDCE,∴∠GBC=∠EDC。又∵∠EDC+∠CED=90º,∴∠GBC+∠CED=90º。∴∠BHE=90º。∴BH⊥DE。（2）当点G运动到CG=-1时，BH垂直平分D。理由如下：∵要使BH垂直平分DE，若连结BD，则必有BD=BE。∵BC=CD=1，∴BD=BE=。∴CE=BE–BC=-1。∴CG=CE=-1因此，当CG=-1时，BH垂直平分DE。61\n10.（2022年海南省大纲卷14分）如图所示，在平面直角坐标系中，过坐标原点O的圆M分别交x轴、y轴于点A（6，0）、B（0，﹣8）．（1）求直线AB的解析式；（2）若有一条抛物线的对称轴平行于y轴且经过M点，顶点C在圆M上，开口向下，且经过点B，求此抛物线的解析式；（3）设（2）中的抛物线与x轴交于D（x1，y1）、E（x2，y2）两点，且x1＜x2，在抛物线上是否存在点P，使△PDE的面积是△ABC面积的？若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）设直线AB的解析式为y=kx+b，∵A（6，0）、B（0，﹣8），∴，解得。∴直线AB的解析式为y=x﹣8。（2）设抛物线对称轴交x轴于F，∵∠AOB=90°，∴AB为圆M的直径，即AM=BM。∵抛物线的对称轴经过点M，且与y轴平行，OA=6，∴对称轴方程为x=3。61\n∵对称轴交圆M于C，∴MF是△AOB的中位线。∴MF=BO=4。∴CF=CM﹣MF=1。∴抛物线的顶点C（3，1）。设抛物线解析式为y=a（x﹣3）2+1，∵抛物线过点B（0，﹣8），∴﹣8=a（0﹣3）2+1，解得：a=﹣1。∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣3）2+1即y=﹣x2+6x﹣8。（3）存在。令﹣x2+6x﹣8=0，得x1=2，x2=4，∴D（2，0），E（4，0）。设P（x，y），则S△PDE=•DE•|y|=×2|y|=|y|，S△ABC=S△BCM+S△ACM=•CM•（3+3）=×5×6=15。若存在这样的点P，则有|y|=×15=3，∴y=±3。当y=3时，﹣x2+6x﹣8=3，整理得：x2﹣6x+11=0，∵△=（﹣6）2﹣4×11＜0，∴此方程无实数根。当y=﹣3时，﹣x2+6x﹣8=﹣3，整理得：x2﹣6x+5=0，解得：x1=1，x2=5。∴这样的P点存在，且有两个这样的点：P1（1，﹣3），P2（5，﹣3）。（3）先求出△ABC的面积（将△ABC分成△AMC和△BMC两部分来求），根据△ABC与△PDE的面积比求出△PDE的面积。由于△PDE中，DE的长是定值，因此可求出P点的纵坐标的绝对值，将其代入抛物线的解析式中即可求出P点坐标。11.（2022年海南省课标卷12分）如图，正方形ABCD的边长为1，G为CD边上的一个动点（点G与61\nC、D不重合），以CG为一边向正方形ABCD外作正方形GCEF，连结DE交BG的延长线于H.(1)求证：①△BCG≌△DCE.②BH⊥DE.(2)试问当点G运动到什么位置时，BH垂直平分DE?请说明理由.【考点】正方形的性质，动点问题，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理。【分析】（1）根据正方形的性质，由SAS可证得ΔBCG≌ΔDCE。由全等三角形对应边相等的性质可得∠BHE=90º，从而得证。　　　（2）根据线段垂直平分线上点到线段两端距离相等的性质和勾股定理可得。12.（2022年海南省课标卷14分）如图，抛物线与轴交于A(-1，0)，B(3，0)两点.61\n(1)求该抛物线的解析式；(2)设(1)中的抛物线上有一个动点P，当点P在该抛物线上滑动到什么位置时，满足S△PAB=8，并求出此时P点的坐标；(3)设(1)中抛物线交y轴于C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QAC的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由.（3）在抛物线y=x2-2x-3的对称轴上存在点Q,使得ΔQAC的周长最小。∵AC长为定值，∴要使ΔQAC的周长最小，只需QA+QC最小。∵点A关于对称轴x=1的对称点是B(3,0),抛物线y=x2-2x-3与y61\n轴交点C的坐标为(0,-3)，∴由几何知识可知，Q是直线BC与对称轴x=1的交点。设直线BC的解析式为y=kx-3，∵直线BC过点B(3,0)∴3k-3=0。∴k=1。∴直线BC的解析式为y=x-3。∴当x=1时，y=-2。∴点Q的坐标为(1,-2)。13.（2022年海南省大纲卷12分）如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点（点G与B、C不重合），AE⊥DG于E，CF∥AE交DG于F.（1）在图中找出一对全等三角形，并加以证明；（2）求证：AE=FC+EF.【答案】解：（1）△AED≌△DFC。证明如下：61\n∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADC=90°。又∵AE⊥DG，CF∥AE，∴∠AED=∠DFC=90°。∴∠EAD+∠ADE=∠FDC+∠ADE=90°。∴∠EAD=∠FDC。∴△AED≌△DFC（AAS）。（2）证明：∵△AED≌△DFC，∴AE=DF，ED=FC。∵DF=DE+EF，∴AE=FC+EF。14.（2022年海南省大纲卷14分）如图，已知二次函数图象的顶点坐标为C(1，0)，直线与该二次函数的图象交于A、B两点，其中A点的坐标为(3，4)，B点在轴上.（1）求的值及这个二次函数的关系式；（2）P为线段AB上的一个动点（点P与A、B不重合），过P作轴的垂线与这个二次函数的图象交于点E点，设线段PE的长为，点P的横坐标为，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）D为直线AB与这个二次函数图象对称轴的交点，在线段AB上是否存在一点P，使得四边形DCEP是平行四形？若存在，请求出此时P点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）∵点A(3，4)在直线上，∴4=3+m。∴m=1。∵二次函数图象的顶点坐标为C(1，0)，61\n∴设所求二次函数的关系式为。∵点A(3，4)在二次函数的图象上，∴，∴a=1。∴所求二次函数的关系式为即。（2）设P、E两点的纵坐标分别为yP和yE，∴。∴(0＜x＜3)。（3）存在.。要使四边形DCEP是平行四边形，必需有PE=DC。∵点D在直线上，∴点D的坐标为(1，2)。由得。解之得x1=2，x2=1(不合题意，舍去)。∴当P点的坐标为(2，3)时，四边形DCEP是平行四边形。15.（2022年海南省课标卷12分）如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点（点G与B、C不重合），AE⊥DG于E，CF∥AE交DG于F.（1）在图中找出一对全等三角形，并加以证明；（2）求证：AE=FC+EF.61\n【答案】解：（1）△AED≌△DFC。证明如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADC=90°。又∵AE⊥DG，CF∥AE，∴∠AED=∠DFC=90°。∴∠EAD+∠ADE=∠FDC+∠ADE=90°。∴∠EAD=∠FDC。∴△AED≌△DFC（AAS）。（2）证明：∵△AED≌△DFC，∴AE=DF，ED=FC。∵DF=DE+EF，∴AE=FC+EF。16.（2022年海南省课标卷14分）如图，已知二次函数图象的顶点坐标为C(1，0)，直线与该二次函数的图象交于A、B两点，其中A点的坐标为(3，4)，B点在轴上.（1）求的值及这个二次函数的关系式；（2）P为线段AB上的一个动点（点P与A、B不重合），过P作轴的垂线与这个二次函数的图象交于点E点，设线段PE的长为，点P的横坐标为，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）D为直线AB与这个二次函数图象对称轴的交点，在线段AB上是否存在一点P，使得四边形DCEP是平行四形？若存在，请求出此时P点的坐标；若不存在，请说明理由.61\n【答案】解：（1）∵点A(3，4)在直线上，∴4=3+m。∴m=1。∵二次函数图象的顶点坐标为C(1，0)，∴设所求二次函数的关系式为。∵点A(3，4)在二次函数的图象上，∴，∴a=1。∴所求二次函数的关系式为即。（2）设P、E两点的纵坐标分别为yP和yE，∴。∴(0＜x＜3)。（3）存在.。要使四边形DCEP是平行四边形，必需有PE=DC。∵点D在直线上，∴点D的坐标为(1，2)。由得。解之得x1=2，x2=1(不合题意，舍去)。∴当P点的坐标为(2，3)时，四边形DCEP是平行四边形。61\n17.（2022年海南省12分）如图，在正方形ABCD中，点F在CD边上，射线AF交BD于点E，交BC的延长线于点G.（1）求证：≌；（2）过点C作，交FG于点H，求证：FH=GH；（3）设AD=1，，试问是否存在的值，使为等腰三角形，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴DA=DC，∠1=∠2=450，DE=DE。∴≌（SAS）。61\n（2）证明：∵≌，∴∠3=∠4。∵CH⊥CE，∴∠4+∠5=900。又∵∠6+∠5=900，∴∠4=∠6=∠3。∵AD∥BG，∴∠G=∠3。∴∠G=∠6。∴CH=GH。又∵∠G+∠5=∠G+∠7=900，∴∠5=∠7。∴CH=FH。∴FH=GH。（3）存在符合条件的x值，此时。∵∠ECG＞900，要使△ECG为等腰三角形，必须CE=CG，∴∠G=∠8。又∵∠G=∠4，∴∠8=∠4。∴∠9=2∠4=2∠3。∴∠9+∠3=2∠3+∠3=900。∴∠3=300。∴在Rt△ADF中，。18.（2022年海南省14分）如图，直线与轴交于点A，与轴交于点C，已知二次函数的图象经过点A、C和点B.（1）求该二次函数的关系式；（2）设该二次函数的图象的顶点为M，求四边形AOCM的面积；（3）有两动点D、E同时从点O出发，其中点D以每秒个单位长度的速度沿折线OAC按O→A→C的路线运动，点E以每秒个单位长度的速度沿折线OCA按O→C→A的路线运动，当D、E两点相遇时，它们都停止运动.设D、E同时从点O出发秒时，的面积为S.61\n①请问D、E两点在运动过程中，是否存在DE∥OC，若存在，请求出此时的值；若不存在，请说明理由；②请求出S关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；③设是②中函数S的最大值，那么=.【答案】解：（1）在中，令得；令则，∴A（3，0），C（0，4）。∵二次函数的图象过点C（0，4），∴可设二次函数的关系式为。又∵该函数图象过点A（3，0），B（－1，0），∴，解得。∴所求二次函数的关系式为。（2）∵，∴顶点M的坐标为。过点M作MF轴于F。61\n∴=。∴四边形AOCM的面积为10。（3）①不存在DE∥OC。理由如下：∵若DE∥OC，则点D、E应分别在线段ⅲ当时，设点E的坐标为，类似ⅱ可得。设点D的坐标为，∴。∴。61\n∴。综上所述，S关于的函数关系式为。③。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数和一次函数的性质，反证法和分类思想的应用。19.（2022年海南省12分）如图，P是边长为1的正方形ABCD对角线AC上一动点（P与A、C不重合），点E在射线BC上，且PE=PB.（1）求证：①PE=PD；②PE⊥PD；（2）设AP=x,△PBE的面积为y.61\n①求出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；②当x取何值时，y取得最大值，并求出这个最大值.∴∠DPE=360°-(∠BCD+∠PDC+∠PEC)=90°。∴PE⊥PD。（ii）当点E与点C重合时，点P恰好在AC中点处，此时，PE⊥PD。（iii）当点E在线段BC的延长线上时，如图。∵∠PEC=∠PDC，∠1=∠2，∴∠DPE=∠DCE=90°。∴PE⊥PD。综合（i）（ii）（iii）,PE⊥PD。（2）①过点P作PF⊥BC，垂足为F，则BF=FE。∵AP=x，AC=，61\n∴PC=-x，PF=FC=，BF=FE=1-FC=1-()=。∴S△PBE=BF·PF=，即(0＜x＜)。②，∵，∴当时，y最大值。【考点】动点问题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂直的判定，勾股定理，分类思想的应用。20.（2022年海南省14分）如图，已知抛物线经过原点O和x轴上另一点A,它的对称轴x=2与x轴交于点C，直线y=-2x-1经过抛物线上一点B(-2,m)，且与y轴、直线x=2分别交于点D、E.（1）求m的值及该抛物线对应的函数关系式；（2）求证：①CB=CE；②D是BE的中点；（3）若P(x，y)61\n是该抛物线上的一个动点，是否存在这样的点P,使得PB=PE,若存在，试求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）∵点B(-2,m)在直线y=-2x-1上，∴m=-2×(-2)-1=3。∴B(-2,3)。∵抛物线经过原点O和点A，对称轴为x=2，∴点A的坐标为(4,0)。设所求的抛物线对应函数关系式为y=a(x-0)(x-4)，将点B(-2,3)代入上式，得3=a(-2-0)(-2-4)，∴。∴所求的抛物线对应的函数关系式为，即。（3）存在.由于PB=PE，∴点P在直线CD上.∴符合条件的点P是直线CD与该抛物线的交点.设直线CD对应的函数关系式为y=kx+b.61\n将D(0,-1)C(2,0)代入，得，解得。∴直线CD对应的函数关系式为y=x-1。设动点P的坐标为(x，)，∴x-1=，解得，。∴，。∴符合条件的点P的坐标为(，)或(，)。21.（2022年海南省11分）如图1,在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°,△ABD是等边三角形，E是AB的中点，连结CE并延长交AD于F.（1）求证：①△AEF≌△BEC；②四边形BCFD是平行四边形；（2）如图2，将四边形ACBD折叠,使D与C重合，HK为折痕，求sin∠ACH的值.【答案】解：（1）证明：①在△ABC中，∵∠ACB=90°，∠CAB=30°,∴∠ABC=60°。在等边△ABD中，∠BAD=60°,∴∠BAD=∠ABC=60°。∵E为AB的中点，∴AE=BE。61\n又∵∠AEF=∠BEC,∴△AEF≌△BEC（ASA）。②在△ABC中，∵∠ACB=90°，E为AB的中点，∴CE=AB,BE=AB。∴CE=BE。∴△BCE是等边三角形。∴∠BCE=∠EBC=60°。又∵△AEF≌△BEC,∴∠AFE=∠BCE=60°。又∵∠D=60°,∴∠AFE=∠D=60°。∴FC∥BD。又∵∠BAD=∠ABC=60°，∴AD∥BC，即FD∥BC。∴四边形BCFD是平行四边形。【考点】折叠问题，等边三角形的判定和性质，直角三角形两锐角的关系，全等三角形的判定和性质，直角三角形中线定理，平行和平行四边形的判定，含30度直角三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，待定系数法的应用。【分析】（1）①根据已知，等边三角形的性质和直角三角形两锐角的关系可ASA证得△AEF≌△BEC。②根据全等三角形的性质和直角三角形中线定理，由平行的判定可证得FC∥BD，FD∥BC，从而得证四边形BCFD是平行四边形。（2）设BC=a，AH=x，根据含30度直角三角形的性质和等边三角形的性质可得AD=AB=2BC=2a。从而分别在Rt△ABC和Rt△ACH应用勾股定理，得到AH=x=a和HC=2a-x61\n=a，因此根据锐角三角函数定义即可求得sin∠ACH的值。22.（2022年海南省8分）如图1，已知抛物线经过坐标原点O和x轴上另一点E，顶点M的坐标为(2,4)；矩形ABCD的顶点A与点O重合，AD、AB分别在x轴、y轴上，且AD=2，AB=3.（1）求该抛物线所对应的函数关系式；（2）将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图2所示的位置沿x轴的正方向匀速平行移动，同时一动点P也以相同的速度从点A出发向B匀速移动，设它们运动的时间为t秒（0≤t≤3），直线AB与该抛物线的交点为N（如图2所示）.①当t=时，判断点P是否在直线ME上，并说明理由；②设以P、N、C、D为顶点的多边形面积为S，试问S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）∵所求抛物线的顶点M的坐标为(2,4)，∴可设其关系式为。又∵抛物线经过O(0,0)，∴，解得a=-1。∴所求函数关系式为，即。（2）①点P不在直线ME上。理由如下：根据抛物线的对称性可知E点的坐标为(4,0)，又M的坐标为(2,4)，设直线ME的关系式为y=kx+b，∴，解得。∴直线ME的关系式为y=-2x+8。由已知条件易得，当t时，OA=AP，∴P。∵P点的坐标不满足直线ME的关系式y=-2x+8，61\n∴当t时，点P不在直线ME上。②S存在最大值。∵点A在x轴的非负半轴上，且N在抛物线上，∴OA=AP=t。∴点P，N的坐标分别为(t,t)、(t,-t2+4t)。∴AN=-t2+4t(0≤t≤3)。∴AN-AP=(-t2+4t)-t=-t2+3t=t(3-t)≥0。∴PN=-t2+3t。（ⅰ）当PN=0，即t=0或t=3时，以点P，N，C，D为顶点的多边形是三角形，此三角形的高为AD，∴S=DC·AD=×3×2=3。（ⅱ）当PN≠0时，以点P，N，C，D为顶点的多边形是四边形。∵PN∥CD，AD⊥CD，∴S=(CD+PN)·AD=[3+(-t2+3t)]×2=-t2+3t+3=其中(0＜t＜3)。∵a=-1＜0，0＜＜3，此时。综上所述，当t时，以点P，N，C，D为顶点的多边形面积有最大值，这个最大值为。23.（2022年海南省11分）如图，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，连接BG与DE相交于点H．（1）证明：△ABG△ADE；（2）试猜想BHD的度数，并说明理由；61\n（3）将图中正方形ABCD绕点A逆时针旋转（0°＜BAE＜180°），设△ABE的面积为，△ADG的面积为，判断与的大小关系，并给予证明．（3）当正方形ABCD绕点A逆时针旋转0°＜∠BAE＜180°时,S1和S2总保持相等。证明如下：由于0°＜∠BAE＜180°，因此分三种情况：①当0°＜∠BAE＜90°时，如图，过点B作BM⊥直线AE于点M，过点D作DN⊥直线AG于点N。61\n∵∠MAN=∠BAD=90°，∴∠MAB=∠NAD。又∵∠AMB=∠AND=90°，AB=AD，∴△AMB≌△AND（AAS）。∴BM=DN又∵AE=AG，∴。∴。②当∠BAE=90°时，如图。∵AE=AG，∠BAE=∠DAG=90°，AB=AD，∴△ABE≌△ADG。∴。③当90°＜∠BAE＜180°时，如图。与①一样；同理可证。综上所述，将图中正方形ABCD绕点A逆时针旋转（0°＜BAE＜180°），总有。61\n24.（2022年海南省13分）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点B、C；抛物线经过B、C两点，并与轴交于另一点A．（1）求该抛物线所对应的函数关系式；（2）设是（1）所得抛物线上的一个动点，过点P作直线轴于点M，交直线BC于点N．①若点P在第一象限内．试问：线段PN的长度是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此时x的值；若不存在，请说明理由；②求以BC为底边的等腰△BPC的面积．61\n（2）①存在。∵点P（x，y）在抛物线上，且PN⊥x轴，点N在直线上，∴设点P的坐标为（x,），点N的坐标为（x，）。又∵点P在第一象限，∴。∵，∴当时，线段PN的长度的最大值为。②由题意知，点P在线段BC的垂直平分线上，又由①知，OB=OC，∴BC的中垂线同时也是∠BOC的平分线。∴设点P的坐标为。又∵点P在抛物线上，61\n∴，即。解得。∴点P的坐标为：或。若点P的坐标为，此时点P在第一象限。在Rt△OMP和Rt△BOC中，MP=OM，OB=OC=3，∴。若点P的坐标为，此时点P在第三象限。∴。（2）①用点P的横坐标表示出线段PN的长度，应用二次函数的最值原理求出所求。②根据等腰三角形三线合一的性质知BC的中垂线同时也是∠BOC的平分线，从而点P的坐标为，代入抛物线求出点P的坐标。按所求的两解分别求出以BC为底边的等腰△BPC的面积。25.（2022年海南省10分）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，点P、Q分别在边AB、BC上，且AP=BQ．（1）求证：△BDQ≌△ADP；61\n（2）已知AD=3，AP=2，求cos∠BPQ的值（结果保留根号）．【考点】菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，锐角三角函数。【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，可证得AD=AB，∠ABD=∠CBD=∠ABC，AD∥BC，又由∠A=60°，易得△ABD是等边三角形，然后由SAS即可证得△BDQ≌△ADP。（2）首先构造直角三角形，过点Q作QE⊥AB，交AB的延长线于E，然后由三角函数的性质，即可求得PE与QE的长，又由勾股定理，即可求得PQ的长，则可求得cos∠BPQ的值。26.（2022年海南省14分）如图，已知抛物线=﹣2++9﹣2（为常数）经过坐标原点O，且与轴交于另一点E．其顶点M在第一象限．（1）求该抛物线所对应的函数关系式；（2）设点A是该抛物线上位于轴上方，且在其对称轴左侧的一个动点；过点A作x轴的平行线交该抛物线于另一点D，再作AB⊥轴于点B．DE⊥轴于点C．61\n①当线段AB、BC的长都是整数个单位长度时，求矩形ABCD的周长；②求矩形ABCD的周长的最大值，并写出此时点A的坐标；③当矩形ABCD的周长取得最大值时，它的面积是否也同时取得最大值？请判断井说明理由．①当线段AB、BC的长都是整数个单位长度时，则=3m－m2＞0且为整数，3－2m＞0且为整数，∴m=1。∴矩形ABCD的周长=－2m2＋2m＋6=6。②∵矩形ABCD的周长=－2m2＋2m＋6=—2（m－）2＋，∴当m=时，矩形ABCD的周长有最大值=，此时点A的坐标为（，）。③当矩形ABCD的周长取得最大值时，m=，61\n此时，矩形ABCD的面积=（3m－m2）（3－2m）=[3×－（）2]（3－2×）=。∵当m=时，矩形ABCD的面积=[3×－（）2]（3－2×）=＞，∴当矩形ABCD的周长取得最大值时，它的面积不能同时取得最大值。27.（2022年海南省11分）如图（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D分别落在对角线BC上的点E、F处，折痕分别为CM、AN.（1）求证：△AND≌△CBM.（2）请连接MF、NE，证明四边形MFNE是平行四边形，四边形MFNE是菱形吗？请说明理由？（3）P、Q是矩形的边CD、AB上的两点，连结PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若PQ=CQ，PQ∥MN。且AB=4，BC=3，求PC的长度.61\n【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B，AD=BC，AD∥BC。∴∠DAC=∠BCA。又由翻折的性质，得∠DAN=∠NAF，∠ECM=∠BCM，∴∠DAN=∠BCM。∴△AND≌△CBM（ASA）。（2）证明：∵△AND≌△CBM，∴DN=BM。又由翻折的性质，得DN=FN，BM=EM，∴FN=EM。又∠NFA=∠ACD＋∠CNF=∠BAC＋∠EMA=∠MEC，∴FN∥EM。∴四边形MFNE是平行四边形。61\n∵PQ∥MN，DC∥AB，∴四边形NMQP是平行四边形。∴NP=MQ，PQ=NM=。又∵PQ=CQ，∴CQ=。在△CBQ中，CQ=，CB=3，由勾股定理，得BQ=1。∴NP=MQ=。∴PC=4－－=2。28.（2022年海南省13分）如图，顶点为P（4，－4）的二次函数图象经过原点（0，0），点A在该图象上，OA交其对称轴于点M，点M、N关于点P对称，连接AN、ON（1）求该二次函数的关系式.（2）若点A的坐标是（6，－3），求△ANO的面积.61\n（3）当点A在对称轴右侧的二次函数图象上运动，请解答下列问题：①证明：∠ANM=∠ONM②△ANO能否为直角三角形？如果能，请求出所有符合条件的点A的坐标，如果不能，请说明理由.【答案】解：（1）∵二次函数图象的顶点为P（4，－4），∴设二次函数的关系式为。又∵二次函数图象经过原点（0，0），∴，解得。∴二次函数的关系式为，即。61\n∴。∴。∴∠ANM=∠ONM。②能。理由如下：分三种情况讨论：情况1，若∠ONA是直角，由①，得∠ANM=∠ONM=450，∴△AHN是等腰直角三角形。∴HA=NH，即。整理，得，解得。∴此时，点A与点P重合。故此时不存在点A，使∠ONA是直角。情况2，若∠AON是直角，则。∵，61\n∴。整理，得，解得，。舍去，（在左侧）。当时，。∴此时存在点A（），使∠AON是直角。情况3，若∠NAO是直角，则△AMN∽△DMO∽△DON，∴。∵OD=4，MD=，ND=，∴。整理，得，解得。∴此时，点A与点P重合。故此时不存在点A，使∠ONA是直角。综上所述，当点A在对称轴右侧的二次函数图象上运动时，存在点A（），使∠AON是直角，即△ANO为直角三角形。（3）①根据正切函数定义，分别求出∠ANM和∠ONM即可证明。②分∠ONA是直角，∠AON是直角，∠NAO是直角三种情况讨论即可得出结论。61\n61