【中考12年】江苏省苏州市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题

2022-2022年江苏苏州中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题12：押轴题一、选择题1.（2022江苏苏州3分）已知四边形ABCD和对角线AC、BD，顺次连接各边中点得四边形MNPQ，给出以下6个命题：①若所得四边形MNPQ为矩形，则原四边形ABCD为菱形；②若所得四边形MNPQ为菱形，则原四边形ABCD为矩形；③若所得四边形MNPQ为矩形，则AC⊥BD；④若所得四边形MNPQ为菱形，则AC=BD；⑤若所得四边形MNPQ为矩形，则∠BAD=90°；⑥若所得四边形MNPQ为菱形，则AB=AD。以上命题中，正确的是【】A．①②B．③④C．③④⑤⑥D．①②③④【答案】D。【考点】三角形中位线定理，菱形、矩形的判定和性质。【分析】根据三角形中位线定理，菱形的判定及矩形的判定对各个命题进行分析，从而可得到正确命题的个数：如图1，∵四边形MNPQ为矩形，M，N，P，Q分别是各边的中点，∴∠QPN=90°，PQ∥AC∥MN，PN∥BD∥QM，PM=NQ。∴CD=AB=AD=BC，AC⊥BD（③正确）。∴四边形ABCD是菱形（①正确）。如图2，∵四边形MNPQ为菱形，M，N，P，Q分别是各边的中点，∴MQ=PQ=PN=MN，MP⊥QN。∴AC=BD（④正确）。∴四边形ABCD是矩形（②正确）。但AB≠AD（⑥不正确）。故选D。2.（江苏省苏州市2022年3分）如图，⊙O的内接△ABC的外角∠ACE的平分线交⊙O于点D。DF⊥AC，垂足为F，DE⊥BC，垂足为E。54用心爱心专心\n给出下列4个结论：①CE=CF，②∠ACB=∠EDF，③DE是⊙O的切线，④。其中一定成立的是【】A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④【答案】D。【考点】角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平角定义，四边形内角和定理，切线的判定，圆周角定理。【分析】①∵CD是∠ACE的平分线，∴∠DCE=∠DCF。∵DF⊥AC，DE⊥BC，∴∠DEC=∠DFC=900。又∵DC=DC，∴△CDE≌△CDF（AAS）。∴CE=CF。∴①正确。②∵根据四边形内角和定理∠ACE＋∠EDF＋∠DEC＋∠DFC=3800和∠DEC=∠DFC=900，∴∠ACE+∠EDF=180°。又∵∠ACB+∠ACE=180°，∴∠ACB=∠EDF。∴②正确。③如图，连接OD、OC，则∠ODC=∠OCD。∴∠ODE=∠OCD＋∠CDE=∠OCD＋900－∠DCE=∠DCA－∠OCF＋900－∠DCE=900－∠OCF≠900。∴DE不是⊙O的切线。∴③错误。【只有当∠OCF=0，即AC是圆的直径时，DE才是⊙O的切线。同样可证，当圆心O在△ABC内时，∠ODE=900＋∠OCF≠900，DE也不是⊙O的切线。】④如图，连接AD，BD。根据圆内接四边形的外角等于内对角得∠DCE=∠DAB，又∵∠DCE=∠DCF，∠DCA=∠DBA，∴∠DAB=∠DBA＜900。∴。综上所述，①②④正确。故选D。54用心爱心专心\n3.（江苏省苏州市2022年3分）如图，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=900，直角∠EPF的顶点P是BC中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，给出以下四个结论：（1）AE=CF；（2）△EPF是等腰直角三角形；（3）；（4）EF＝AP。当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），上述结论中始终正确的有【】A.1个B.2个C.3个D.4个4.（江苏省苏州市2022年3分）如图，梯形ABCD的对角线交于点O，有以下四个结论：①△AOB∽△COD；②△AOD∽△ACB；③④。54用心爱心专心\n其中，始终正确的有【】A1个B2个C3个D4个【答案】C。【考点】梯形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】根据已知及相似三角形的判定方法对各个选项进行分析从而得到最后答案：①∵ABCD是梯形，∴AB∥CD，∴△AOB∽△COD。∴①正确。②∵梯形ABCD是任意梯形，∴△AOD和△ACB不可能相似。∴②错误。③∵△ADOC和△AOD是等高三角形，∴。又∵△AOB∽△COD，∴。∴。∴③正确。④∵△ABD与△ABC等高同底，∴。∵，∴。∴④正确。∴共有3个正确的。故选C。5.（江苏省苏州市2022年3分）下图的转盘被划分成六个相同大小的扇形，并分别标上1，2，3，4，5，6这六个数字，指针停在每个扇形的可能性相等。四位同学各自发表了下述见解：甲：如果指针前三次都停在了3号扇形，下次就一定不会停在3号扇形；乙：只要指针连续转六次，一定会有一次停在6号扇形；丙：指针停在奇数号扇形的概率与停在偶数号扇形的概率相等；丁：运气好的时候，只要在转动前默默想好让指针停在6号扇形，指针停在6号扇形的可能性就会加大。其中，你认为正确的见解有【】A．1个B．2个C．3个D．4个54用心爱心专心\n【答案】A。【考点】几何概率。【分析】随机事件发生的可能性大小在0至1之间，可能性大的也不是肯定会发生，可能性小的也不是肯定不会发生，所以，甲、错误，是随机事件，不能确定；乙、错误，是随机事件，不能确定；丙、正确，由于奇数号扇形和偶数号扇形数目相同，指针停在奇数号扇形的机会等于停在偶数号扇形的机会；丁、错误，随机事件，不受意识控制。因此，正确的见解只有丙。故选A。6.（江苏省苏州市2022年3分）对左下方的几何体变换位置或视角，则可以得到的几何体是【】A.B.C.D.【答案】B。【考点】几何变换的类型。【分析】我们在观察物体时，无论什么角的观察物体，物体的形状都不会发生改变，本题中，只有B的几何体和题目中的几何体一致。故选B。7.（江苏省苏州市2022年3分）如图，小明作出了边长为1的第1个正△A1B1C1，算出了正△A1B1C1的面积。然后分别取△A1B1C1的三边中点A2、B2、C2，作出了第2个正△A2B2C2，算出了正△A2B2C2的面积。用同样的方法，作出了第3个正△A3B3C3，算出了正△A3B3C3的面积……，由此可得，第10个正△A10B10C10的面积是【】A．B．C．D．54用心爱心专心\n【答案】A。【考点】分类归纳（图形的变化类），等边三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】由勾股定理可求出△A1B1C1的高，面积为。由三角形中位线定理，得△A2B2C2的边长是△A1B1C1边长1的；△A3B3C3的边长是△A2B2C2边长的，即是△A1B1C1边长1的；△A4B4C4的边长是△A3B3C3边长的，即是△A1B1C1边长1的；······△A10B10C10的边长是△A1B1C1边长1的。由等边三角形的相似性和相似三角形的性质，得，即。故选择A。8.（江苏省苏州市2022年3分）如图．AB为⊙O的直径，AC交⊙O于E点，BC交⊙O于D点，CD=BD，∠C=70°．现给出以下四个结论：①∠A=45°；②AC=AB：③；④CE·AB=2BD2．其中正确结论的序号是【】A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】C。【考点】圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和，圆心角、弦、弧的关系，相似三角形的判定和性质。【分析】如图，连接AD，BE，OD，OE。54用心爱心专心\n∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=∠ADC=900。又∵CD=BD，AD=AD，∴△ADB≌△ADC（SAS）。∴AC=AB。∴结论②正确。又∵∠C=70°，∴∠ABC=70°，∠CAB=40°。∴结论①错误。又∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=900。∴∠ABE=500。∴∠CAB＜∠ABE。∴∠EOB＜∠AOE。∴BE＜AE。∴。∴结论③错误。又∵∠C=∠ABD=70°，∠BEC=∠ADB=90°，∴△BEC∽△ADB。∴，即。又∵CD=BD，∴。∴结论④正确。综上所述，②④正确。故选C。9.（江苏省2022年3分）下面是按一定规律排列的一列数：第1个数：；第2个数：；第3个数：；……第个数：．那么，在第10个数、第11个数、第12个数、第13个数中，最大的数是【】A．第10个数B．第11个数C．第12个数D．第13个数【答案】A。【考点】分类归纳（数字的变化类）。【分析】根据题意找出规律然后依次解得答案进行比较：第1个数：；第2个数：；54用心爱心专心\n第3个数：；按此规律，第个数：；第个数：。∵，∴越大，第个数越小，所以选A。10.（江苏省苏州市2022年3分）如图，已知、两点的坐标分别为(2，0)、(0，2)，的圆心坐标为(－1，0)，半径为1．若是上的一个动点，线段与轴交于点，则面积的最小值是【】A．2B．1C．D．【答案】C。【考点】直角坐标系和坐标，切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】中边上的高2，要使面积最小，只需最短，由图知为切线时，最短。如图，当为切线时，连接。∵为切线，∴。∴。∴，即。又∵、两点的坐标分别为(2，0)、(0，2)，的圆心坐标为(－1，0)，半径为1，54用心爱心专心\n∴，=2，，∴。又∵，∴。∴。∴当为切线时，面积的最小值为。故选C。11.（江苏省苏州市2022年3分）如图，已知A点坐标为（5，0），直线与y轴交于点B，连接AB，∠a=75°，则b的值为【】A．3B．C．4D．【答案】B。【考点】一次函数，特殊角三角函数值。【分析】根据三角函数求出点B的坐标，即可求得b的值：由可知，k=1，故在△OAB中，∠OBA，∴。故选B。12.（2022江苏苏州3分）已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形（用阴影表示），点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上．若正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，则点A3到x轴的距离是【】A.B.C.D.54用心爱心专心\n【答案】D。【考点】正方形的性质，平行的性质，三角形内角和定理，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】过小正方形的一个顶点W作FQ⊥x轴于点Q，过点A3F⊥FQ于点F，∵正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，∴∠B3C3E4=60°，∠D1C1E1=30°，∠E2B2C2=30°。∴D1E1=D1C1=。∴D1E1=B2E2=。∴。解得：B2C2=。∴B3E4=。∴，解得：B3C3=。∴WC3=。根据题意得出：∠WC3Q=30°，∠C3WQ=60°，∠A3WF=30°，∴WQ=，FW=WA3•cos30°=。∴点A3到x轴的距离为：FW+WQ=。故选D。二、填空题1.（2022江苏苏州2分）如图，A、B、C是二次函数的图象上的三点．根据图中给出的三点的位置情况，可得a、c、△（）与零的大小关系是：a▲0，c▲0，△▲0。（填入“＞”、“＜”或“=”）【答案】＜、＜、＞。【考点】二次函数图象与系数的关系。54用心爱心专心\n【分析】根据二次函数图象的开口方向来判断a的符号；由图象与y轴的交点来判断c的符号；根据图象与x轴交点的个数来判断根的判别式的符号：画草图得，此函数开口向下，所以a＜0；与y轴的交点为在y轴的负半轴上，所以c＜0；抛物线与x轴有两个交点，∴＞0。故答案是：＜、＜、＞。2.（江苏省苏州市2022年2分）设有反比例函数，、为其图象上的两点，若时，，则的取值范围是▲【答案】＜－1。【考点】反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的性质。【分析】由给出的条件确定双曲线所在的象限，然后列出不等式解出的范围：∵时，，∴双曲线在第二，四象限，则+1＜0，解得＜－1。3.（江苏省苏州市2022年2分）如图，已知∠1=∠2，若再增加一个条件就能使结论“AB·DE=AD·BC”成立，则这个条件可以是▲_。【答案】∠B=∠D（答案不唯一）。【考点】相似三角形的判定和性质。【分析】要使AB•DE=AD•BC成立，只要，从而只要△ABC∽△ADE即可，在这两三角形中，由∠1=∠2可知∠BAC=∠DAE，还需的条件可以是∠B=∠D或∠C=∠AED（答案不唯一）。4.（江苏省苏州市2022年3分）正方形网格中，小格的顶点叫做格点。小华按下列要求作图：①在正方形网格的三条不同的实线上各取一个格点，使其中任意两点不在同一条实线上；②连结三个格点，使之构成直角三角形。小华在左边的正方形网格中作出了Rt⊿ABC。请你按照同样的要求，在右边的两个正方形网格中各画出一个直角三角形，并使三个网格中的直角三角形互不全等。54用心爱心专心\n【答案】作图如下（答案不唯一）：【考点】作图—复杂作图。【分析】本题中得出直角三角形的方法如图：设AE=x，BE=4－x，如果∠FEG=90°，△AFE∽△GBE，则AF•BG=AE•BE=x（4－x）当x=1时，AF•BG=3。即AF=1，BG=3（如图1）或AF=3，BG=1（如图2）；当x=2时，AF•BG=4，即AF=1，BG=4（如图3）或AF=2，BG=2（如图4）或AF=4，BG=1（与图3全等）；当x=3时，AF•BG=3，即AF=1，BG=3或AF=3，BG=1（同x=1时）。由此可知，使网格中的直角三角形互不全等的共有4种情况：5.（江苏省苏州市2022年3分）如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点A、B、C，其中，B点坐标为，则该圆弧所在圆的圆心坐标为▲。【答案】（2，0）。【考点】定圆的条件，坐标与图形性质，垂径定理。【分析】54用心爱心专心\n根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心。则圆心是（2，0），如图所示：6.（江苏省苏州市2022年3分）如图．直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格点上．其中,A点坐标为(2，一1)，则△ABC的面积为▲平方单位．【答案】5。【考点】三角形的面积，坐标与图形性质。【分析】如图，△ABC的面积为矩形的面积减去3个直角三角形的面积：，7.（江苏省苏州市2022年3分）如图，将纸片△ABC沿DE折叠，点A落在点A′处，已知∠1+∠2=100°，则∠A的大小等于▲度．【答案】50°。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，等腰三角形的性质，三角形外角定理。【分析】如图，连接AA′，由折叠的性质，得AD=A′D，AE=A′E。∴∠1+∠2=2（∠DAA′+∠EAA′）=2∠A=100°。∴∠A=50°。54用心爱心专心\n8.（江苏省苏州市2022年3分）初三数学课本上，用“描点法”画二次函数的图象时．列了如下表格：···－2－1012······－4－2···根据表格上的信息同答问题：该二次函数在=3时，y=▲．【答案】－4。【考点】二次函数的图象。【分析】由表格可知，（0，），（2，）是抛物线上两对称点，可求对称轴x=1，由利用对称性知横坐标为3的点关于x=1的对称点是（－1，－4）。根据对称性，x=3与x=－1时，函数值相等，都是－4。9.（江苏省2022年3分）如图，已知是梯形ABCD的中位线，△DEF的面积为，则梯形ABCD的面积为▲cm2．【答案】16。【考点】梯形中位线定理【分析】根据已知△DEF的高为梯形高的一半，从而根据三角形的面积可求得中位线与高的乘积，即求得了梯形的面积：设梯形的高为h，∵EF是梯形ABCD的中位线，∴△DEF的高为。∵△DEF的面积为，∴。∴梯形ABCD的面积为。10.（江苏省苏州市2022年3分）如图，已知A、B两点的坐标分别为、(0，2)，P是△AOB外接圆上的一点，且∠AOP=45°，则点P的坐标为▲．54用心爱心专心\n【答案】（，）。【考点】直角坐标系和坐标，圆周角定理，勾股定理。【分析】由∠AOP=45°，可设。∵AB所对的圆周角是直角（∠AOB），∴AB是圆的直径。连接AP，BP，则∠APB=90°。∵A、B两点的坐标分别为、(0，2)，∴，，。由勾股定理，得，即，解得。∴点P的坐标为（，）。11.（江苏省苏州市2022年3分）如图，已知点A的坐标为（，3），AB⊥x轴，垂足为B，连接OA，反比例函数（k>0）的图象与线段OA、AB分别交于点C、D．若AB＝3BD，以点C为圆心，CA的倍的长为半径作圆，则该圆与x轴的位置关系是▲（填“相离”、“相切”或“相交”）．【答案】相交。【考点】一次函数,反比例函数，实数的大小比较，圆与直线的位置关系。【分析】要看该圆与x轴的位置关系如何，只要求出圆半径和点C到x轴的距离即可。这都要求求出点C的坐标。54用心爱心专心\n∵点D横坐标与点A相同，为，纵坐标由AB＝3BD＝3可得为1；而点D在反比例函数的图像上，由得。∴反比例函数关系式为。又∵易知直线OA为，∴点C的坐标为（1，），CA＝16－8。∴点C到x轴的距离为；以点C为圆心，CA的倍的长为半径的圆半径为20－10。又∵－（20－10）＝11－20＝－＜0，∴小于20－10。则该圆与x轴的位置关系是相交。12.（2022江苏苏州3分）如图①，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=60°，动点P从A点出发，以1cm/s的速度沿着A→B→C→D的方向不停移动，直到点P到达点D后才停止.已知△PAD的面积S（单位：cm2）与点P移动的时间t（单位：s）的函数关系式如图②所示，则点P从开始移动到停止移动一共用了▲秒（结果保留根号）.【答案】4＋。【考点】动点问题的函数图象，矩形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理。【分析】由图②可知，t在2到4秒时，△PAD的面积不发生变化，∴在AB上运动的时间是2秒，在BC上运动的时间是4－2=2秒。∵动点P的运动速度是1cm/s，∴AB=2，BC=2。过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F，则四边形BCFE是矩形。∴BE=CF，BC=EF=2。∵∠A=60°，∴，。54用心爱心专心\n∵由图②可△ABD的面积为，∴，即，解得AD=6。∴DF=AD－AE－EF=6－1－2=3。在Rt△CDF中，，∴动点P运动的总路程为AB＋BC＋CD=2＋2＋=4＋（cm）。∵动点P的运动速度是1cm/s，∴点P从开始移动到停止移动一共用了（4+）÷1=4+s。三、解答题1.（2022江苏苏州6分）如图，已知AB是半圆O的直径，AP为过点A的半圆的切线。在上任取一点C（点C与A、B不重合），过点C作半圆的切线CD交AP于点D；过点C作CE⊥AB，垂足为E．连接BD，交CE于点F。（1）当点C为的中点时（如图1），求证：CF=EF；（2）当点C不是的中点时（如图2），试判断CF与EF的相等关系是否保持不变，并证明你的结论。【答案】解：（1）证明：∵DA是切线，AB为直径，∴DA⊥AB。∵点C是的中点，且CE⊥AB，∴点E为半圆的圆心。又∵DC是切线，∴DC⊥EC。又∵CE⊥AB，∴四边形DAEC是矩形。∴CD∥AO，CD=AD。∴，即EF=AD=EC。∴F为EC的中点，CF=EF。（2）CF=EF保持不变。证明如下：54用心爱心专心\n如图，连接BC，并延长BC交AP于G点，连接AC，∵AD、DC是半圆O的切线，∴DC=DA。∴∠DAC=∠DCA。∵AB是直径，∴∠ACB=90°。∴∠ACG=90°。∴∠DGC+∠DAC=∠DCA+∠DCG=90°。∴∠DGC=∠DCG。∴在△GDC中，GD=DC。∵DC=DA，∴GD=DA。∵AP是半圆O的切线，∴AP⊥AB。又∵CE⊥AB，∴CE∥AP。∴△BCF∽△BGD，△BEF∽△BAD。∴。∵GD=AD，∴CF=EF。【考点】探究型，圆的综合题，切线的性质，矩形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）由题意得DA⊥AB，点E为半圆的圆心，DC⊥EC，可得四边形DAEC是矩形，即可得出，即可得EF与EC的关系，可知CF=EF。（2）连接BC，并延长BC交AP于G点，连接AC，由切线长定理可得DC=DA，∠DAC=∠DCA，由角度代换关系可得出∠DGC=∠DCG，即可得GD=DC=DA，由已知可得CE∥AP，所以，即可知CF=EF。2.（2022江苏苏州7分）已知一个三角形纸片ABC，面积为25，BC的长为10，∠B、∠C都为锐角，M为AB边上的一动点（M与A、B不重合），过点M作MN∥BC交AC于点N，设MN=x。（1）用x表示△AMN的面积；（2）△AMN沿MN折叠，使△AMN紧贴四边形BCNM（边AM、AN落在四边形BCNM所在的平面内），设点A落在平面BCNM内的点A′，△A′MN与四边形BCNM重叠部分的面积为y。①用的代数式表示y，并写出x的取值范围；②当x为何值时，重叠部分的面积y最大，最大为多少？54用心爱心专心\n【答案】解：（1）∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC。∴。∴，即。（2）①当点A′落在四边形BCMN内或BC边上时，（0＜x≤5）。当点A′在四边形BCMN外，连接AA′与MN交于点G与BC交于点F，∵MN∥BC，∴，即。∴AG=x。∴AA′=2AG=x。∴A′F=x－5。∴，即。∴。∴重合部分的面积。综上所述，重合部分的面积。②∵∴当x=时，y最大，最大值为y最大=。【考点】翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。【分析】（1）根据已知条件求出△AMN∽△ABC，再根据面积比等于相似比的平方的性质即可求出△AMN的面积。54用心爱心专心\n（2）根据已知条件分两种情况进行讨论，当点A′落在四边形BCMN内或BC边上时和当点A′在四边形BCMN外时进行讨论，第一种情况很容易求出，第二种情况进行画图，连接AA′与MN交于点G与BC交于点F，再根据面积比等于相似比的平方的性质求出即可．再根据求出的式子，即可求出重叠部分的面积y的最大值来。3.（江苏省苏州市2022年7分）已知：⊙与⊙外切于点，过点的直线分别交⊙、⊙于点、，⊙的切线交⊙于点、，为⊙的弦，（1）如图（1），设弦交于点，求证：；（2）如图（2），当弦绕点旋转，弦的延长线交直线B于点时，试问：是否仍然成立？证明你的结论。【答案】解：（1）证明：连结，过点作⊙与⊙的公切线。∴。又∵是⊙的切线，∴。又∵，∴。又∵，∴。∴，即。（2）仍成立。证明如下：连结，过点作⊙和⊙的公切线。∵是⊙的切线，∴。∴。∴。又∵，∴。又∵，∴。∴，即。【考点】相切两圆切线的性质，弦切角定理，切线长定理，等腰三角形的性质，对顶角的性质，相似三角形的判定和性质。54用心爱心专心\n【分析】（1）连结，过点作⊙与⊙的公切线。根据弦切角定理可得，由也是⊙的切线，根据切线长定理可得，从而根据等腰三角形等边对等角的性质，得到，由对顶角相等的性质，得到。又，从而，根据相似三角形的性质即可证明。（2）同（1）可以证明。4.（江苏省苏州市2022年7分）如图，梯形OABC中，O为直角坐标系的原点，A、B、C的坐标分别为（14，0）、（14，3）、（4，3）。点P、Q同时从原点出发，分别作匀速运动。其中点P沿OA向终点A运动，速度为每秒1个单位；点Q沿OC、CB向终点B运动。当这两点中有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动。（1）设从出发起运动了秒，如果点Q的速度为每秒2个单位，试分别写出这时点Q在OC上或在CB上时的坐标（用含的代数式表示，不要求写出的取值范围）；（2）设从出发起运动了秒，如果点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半。①试用含的代数式表示这时点Q所经过的路程和它的速度；②试问：这时直线PQ是否可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分？如有可能，求出相应的的值和P、Q的坐标；如不可能，请说明理由。【答案】解：（1）当点Q在OC上时，如图，过点C作CE⊥OA于点E，过点Q作QF⊥OA于点F。依题意，有OE=4，EC=3，OC=5，OQ=2。由△OCE∽△OQF得，即。∴。∴当点Q在OC上时，点Q的坐标为。当点Q在CB上时，如图，过点C作CM⊥OA于点M，过点Q作QN⊥OA于点N。∵CQ=2－5，∴OM=4＋2－5=2－1。又MQ=3，∴当点Q在CB上时，点Q的坐标为（）。54用心爱心专心\n（2）①∵点P所经过的路程为，点Q所经过的路程为OQ，且点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半，∴＋OQ=（14＋3＋10＋5），即OQ=16－。∴点Q所经过的路程为16－，速度为。②不能。理由如下：当Q点在OC上时，如图，过点Q作QF⊥OA于点F。则OP=，QF=。∴。又∵，∴令，解之，得。∵当时，，这时点Q不在OC上，故舍去；当时，，这时点Q不在OC上，故舍去。∴当Q点在OC上时，PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分。当Q在CB上时，CQ=16－－5=11－，∴。∵，∴当Q点在CB上时，PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分。综上所述，这时PQ不可能同时平分梯形OABC的面积。【考点】动点问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）当点Q在OC上时，作直角三角形OCE和OQF，由二者相似即可求出此时点Q的坐标。当点Q在CB上时，过点C作CM⊥OA于点M，过点Q作QN⊥OA于点N，即可得出OM=4＋2－5=2－1，从而求出此时点Q的坐标。（2）①由点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半，列出等式，＋OQ=（14＋3＋10＋5），即可求出点Q所经过的路程。用路程÷时间即可求得速度。②分Q点在OC上和Q点在OC上，分别讨论即可得出结论。5.（江苏省苏州市2022年7分）如图1，⊙O的直径为AB，过半径OA的中点G作弦CE⊥AB，在上取一点D，分别作直线CD、ED，交直线AB于点F、M。（1）求∠COA和∠FDM的度数；54用心爱心专心\n（2）求证：△FDM∽△COM；（3）如图2，若将垂足G改取为半径OB上任意一点，点D改取在上，仍作直线CD、ED，分别交直线AB于点F、M。试判断：此时是否仍有△FDM∽△COM？证明你的结论。【答案】解：（1）∵AB为直径，CE⊥AB，∴，CG=EG。在Rt△COG中，∵OG=OC，∴∠OCG=30°。∴∠COA=60°。又∵∠CDE的度数=的度数=的度数=∠COA的度数=60°，∴∠FDM=180°－∠CDE=120°。（2）证明：∵∠COM=180°－∠COA=120°，∴∠COM=∠FDM。在Rt△CGM和Rt△EGM中，，∴Rt△CGM≌Rt△EGM（HL）。∴∠GMC=∠GME。又∵∠DMF=∠GME，∴∠GMC=∠DMF。∴△FDM∽△COM。 （3）结论仍成立。证明如下：∵∠EDC的度数=的度数=的度数=∠COA的度数，∴∠FDM=180°－∠COA=∠COM。∵AB为直径，∴CE⊥AB。在Rt△CGM和Rt△EGM中，∴Rt△CGM≌Rt△EGM（HL）。∴∠GMC=∠GME。∴△FDM∽△COM。【考点】圆周角定理，锐角三角函数，特殊角的三角函数值，线段垂直平分线的性质，直角三角形两锐角的关系，平角定义，直角三角形全等的判定和性质，垂径定理，相似三角形的判定。【分析】（1）由于CG⊥OA，根据垂径定理可得出，，那么根据圆周角定理可得出∠CDE=∠COA，在Rt△COG中，可根据OG是半径的一半得出∠AOC是60°，那么就能得出∠FDM=180°－∠CDE=120°。54用心爱心专心\n（2）在（1）中根据垂径定理得出OA是CE的垂直平分线，那么△CMG和△BMG就应该全等，可得出∠CMA=∠EMG，也就可得出∠CMO=∠FMD，在（1）中已经证得∠AOC=∠EDC=60°，那么∠COM=∠MDF，因此两三角形相似。（3）可按（2）的方法得出∠DMF=∠CMO，关键是再找出一组对应角相等，还是用垂径定理来求，根据垂径定理我们可得出，那么∠AOC=∠EDC，根据等角的余角相等即可得出∠COM=∠FDM，由此可证出两三角形相似。6.（江苏省苏州市2022年7分）OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=10，OC=6。（1）如图1，在OA上选取一点G，将△COG沿CG翻折，使点O落在BC边上，记为E，求折痕CG所在直线的解析式。（2）如图2，在OC上选取一点D，将△AOD沿AD翻折，使点O落在BC边上，记为。①求折痕AD所在直线的解析式；②再作F∥AB，交AD于点F，若抛物线过点F，求此抛物线的解析式，并判断它与直线AD的交点的个数。（3）如图3，一般地，在OC、OA上选取适当的点，使纸片沿翻折后，点O落在BC边上，记为。请你猜想：折痕所在直线与②中的抛物线会有什么关系？用（1）中的情形验证你的猜想。【答案】解：（1）由折叠法知，四边形OCEG是正方形，∴OG=OC=6。∴G（6，0），C（0，6）。设直线CG的解析式为y=kx+b，则，解得。∴直线CG的解析式为：y=－x+6。（2）①在Rt△ABE'中，。∴CE′=2。设OD=x，则DE'=x，CD=6－x，在Rt△DCE'中，，解得。则D（0，）。设AD所在直线的解析式为y=k'x＋，由于它过A（10，0），∴k'=。54用心爱心专心\n∴AD所在直线的解析式为。②∵E'F∥AB，E'（2，6），∴设F（2，yF）。∵F在AD上，∴。∴F（2，）。又∵点F在抛物线上，∴，解得h=3。∴抛物线的解析式为。联立和得，即。∵△=0，∴直线AD与抛物线只有一个交点（2，）。 （3）例如可以猜想：（ⅰ）折痕所在直线与抛物线只有一个交点；或（ⅱ）若作E''F''∥AB，交D'G'于F'，则F'在抛物线上。验证：（ⅰ）在图1中，折痕为CG，将y=－x+6代入，得，即。∵△=0，∴折痕CG所在直线与抛物线只有一个交点。或（ⅱ）在图1中，D'即C，E''即E，G'即G，交点F'也为G（6，0），∴当x=6时，。∴G点在这条抛物线上。【考点】二次函数综合题，折叠的性质，正方形的判定和性质，待定系数法，曲线点的坐标与方程的关系，勾股定理，一元二次方程根的判别式。【分析】（1）根据折叠的性质可知：四边形OGEC是个正方形，因此OC=OG=6，据此可得出G点的坐标，然后用待定系数法即可求出直线CG的解析式。（2）①求出D的坐标，根据折叠的性质可知AE′=OA，那么可在Rt△ABE′中求出BE′的长，从而可求出CE′的值。在Rt△CDE′中，CD=6－OD，DE′=OD，根据勾股定理即可求出OD的长，也就得出了D点的坐标，然后可用待定系数法求出直线AD的解析式。②①中已经求得CE′的长，即F点的横坐标，可根据直线AD的解析式求出F点的坐标，然后将F的坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式．从而可根据抛物线的解析式来判断其与x轴交点的个数。（3）可以猜想：（ⅰ）折痕所在直线与抛物线54用心爱心专心\n只有一个交点：（ⅱ）若作E''F''∥AB，交D'G'于F'，则F'在抛物线上。验证（ⅰ）时，将y=－x+6代入，证明△=0即可。验证（ⅱ）时，说明G（6，0）满足即可。7.（江苏省苏州市2022年7分）某中学为筹备校庆活动，准备印制一批校庆纪念册。该纪念册每册需要10张8K大小的纸，其中4张为彩页，6张为黑白页。印制该纪念册的总费用由制版费和印刷费两部分组成，制版费与印数无关，价格为：彩页300元/张，黑白页50元/张；印刷费与印数的关系见下表。印数a(单位：千册)1≤a＜55≤a＜10彩色(单位：元/张)2.22.0黑白（单位：元/张）0.70.6（1）印制这批纪念册的制版费为元；（2）若印制2千册，则共需多少费用？（3）如果该校希望印数至少为4千册，总费用至多为60000元，求印数的取值范围。（精确到0。01千册）8.（江苏省苏州市2022年8分）如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为（3，0），（3，4）。动点M、N分别从O、B同时出发，以每秒1个单位的速度运动。其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动。过点N作NP⊥AC，交AC于P，连结MP。已知动点运动了x秒。（1）P点的坐标为（，）；（用含x的代数式表示）54用心爱心专心\n（2）试求△MPA面积的最大值，并求此时x的值。（3）请你探索：当x为何值时，△MPA是一个等腰三角形？你发现了几种情况？写出你的研究成果。【答案】解：（1）3—x；x。（2）设△MPA的面积为S，在△MPA中，MA=3－x，MA边上的高为x，其中，0≤x≤3。∴。∴S的最大值为，此时x=。（3）延长NP交x轴于Q，则有PQ⊥OA。①若MP=PA，∵PQ⊥MA，∴MQ=QA。又∵QA=x，MQ=3－2x∴3－x=2x。∴x=1。②若MP=MA，则MQ=3－2x，PQ=x，PM=MA=3－x。在Rt△PMQ中，∵PM2=MQ2＋PQ2，∴(３－x)2=(3－2x)2+(x)2。∴x=（x=0舍去）。③若PA=AM，则PA=x，AM=3－x∴x=3－x。∴x=。综上所述，当x为以下值时，△MPA是一个等腰三角形：x=1或x=或x=。【考点】二次函数综合题，勾股定理，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值，等腰三角形的判定和性质。【分析】（1）由题意可知C（0，4），A（3，0），所以由待定系数法可求出直线AC解析式为：y=－54用心爱心专心\nx+4。因为P点的横坐标与N点的横坐标相同为3－x，代入直线AC中得y=x，所以P点坐标为（3－x，x）。（2）通过求△MPA的面积和x的函数关系式来得出△MPA的面积最大值及对应的x的值。（3）可分MP=AP，AP=AM，MP=MA三种情况进行讨论即可。9.（江苏省苏州市2022年7分）苏州地处太湖之滨，有丰富的水产养殖资源，水产养殖户李大爷准备进行大闸蟹与河虾的混合养殖，他了解到如下信息：①每亩水面的年租金为500元，水面需按整数亩出租；②每亩水面可在年初混合投放4公斤蟹苗和20公斤虾苗；③每公斤蟹苗的价格为75元，其饲养费用为525元，当年可获1400元收益；④每公斤虾苗的价格为15元，其饲养费用为85元，当年可获160元收益；（1）若租用水面亩，则年租金共需__________元；（2）水产养殖的成本包括水面年租金、苗种费用和饲养费用，求每亩水面蟹虾混合养殖的年利润（利润=收益－成本）；（3）李大爷现在奖金25000元，他准备再向银行贷不超过25000元的款，用于蟹虾混合养殖。已知银行贷款的年利率为8%，试问李大爷应该租多少亩水面，并向银行贷款多少元，可使年利润超过35000元？【答案】解：（1）500n。（2）每亩收益=4×1400+20×160=8800，每亩成本=4×（75+525）+20×（15+85）+500=4900，每亩利润=8800－4900=3900。（3）设应该租n亩水面，并向银行贷款x元，可使年利润超过35000元，则年内总成本为4900n＝25000＋x，即x＝4900n－25000①根据题意，有将①代入②，得4900n－25000≤25000，即n≤≈10.2。将①代入③，得3508n≥33000，即n≥≈9.4。∴n＝10（亩）。x＝4900×10－25000＝24000（元）。∴李大爷应该租10亩水面，并向银行贷款24000元，可使年利润超过35000元。【考点】一元一次不等式的应用54用心爱心专心\n【分析】（1）年租金=每亩水面的年租金×亩数。（2）年利润=收益－成本=（蟹苗收益＋虾苗收益）－（蟹苗成本＋虾苗成本）－水面年租金－饲养总费用（3）设应该租n亩水面，并向银行贷款x元，可使年利润超过35000元。依题意，有①年内总成本为：4900n＝25000＋x；②向银行贷款不超过25000元：；③年利润超过35000元：。解之即得所求。10.（江苏省苏州市2022年8分）如图一，平面直角坐标系中有一张矩形纸片OABC，O为坐标原点，A点坐标为（10，0），C点坐标为（0，6）。D是BC边上的动点（与点B、C不重合），现将△COD沿OD翻折，得到△FOD；再在AB边上选取适当的点E，将△BDE沿DE翻折，得到△GDE，并使直线DG、DF重合。（1）如图二，若翻折后点F落在OA边上，求直线DE的函数关系式；（2）设，，求关于的函数关系式，并求的最小值；（3）一般地，请你猜想直线DE与抛物线的公共点的个数，在图二的情形中通过计算验证你的猜想；如果直线DE与抛物线始终有公共点，请在图一中作出这样的公共点。【答案】解：（1）∵A点坐标为（10，0），C点坐标为（0，6），∴D点坐标为（6，6），E点坐标为（10，2）。设直线DE的函数关系式为，则，解得。∴直线DE的函数关系式为。（2）依题意有：OC=6，CD=a，BD=10－a，BE=6－b。∵∠ODE=90°，∴∠CDO+∠COD=∠CDO+∠BDE=90°。∴∠COD=∠BDE。又∵∠OCD=∠B=90°，∴△OCD∽△DBE。54用心爱心专心\n∴，即。∴。又∵∴当a=5时，b最小值=。（3）猜想：直线DE与抛物线只有一个公共点。就图2验证如下：由（1）可知，DE所在直线为．代入抛物线，得，化简得，∵△=242－4×1×144=0，∴有两个相等的实数根。∴直线DE与抛物线只有一个公共点。解得：x=12，∴y=0。∴直线DE与抛物线的公共点为（12，0）。∴延长DE交OF于点H，点H即为公共点。据此作出公共点如图。【考点】二次函数综合题，矩形的性质，翻折的性质，正方形的判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，一元二次方程根的判别式。【分析】（1）当F落在OA上时，四边形OCDF和四边形DGEB都是正方形，因此CD=DF=OC=6，即D点的坐标为（6，6），而GF=DF－DG=DF－（BC－CD）=6－（10－6）=2，因此E点的坐标为（10，2）。然后可用待定系数法求出直线DE的解析式。（2）根据各点的坐标可知：OC=6，CD=a，BD=10－a，BE=6－b，可根据△OCD∽△DBE得出的关于OC、CD、DB、BE的比例关系式求出b、a的函数关系式．然后可根据函数的性质得出b的最小值及对应的a的值。（3）可将（1）中得出的直线DE的解析式联立抛物线的解析式，得出的一元二次方程的根的判别式△的值与0的关系即可得出交点的个数并求出解，作图。11.（江苏省苏州市2022年8分）司机在驾驶汽车时，发现紧急情况到踩下刹车需要一段时间，这段时间叫反应时间．之后还会继续行驶一段距离．我们把司机从发现紧急情况到汽车停止所行驶的这段距离叫“刹车距离”(如图)．已知汽车的刹车距离s(单位：m)与车速v(单位：m／s)之同有如下关系：s=tv+kv254用心爱心专心\n其中t为司机的反应时间(单位：s)，k为制动系数．某机构为测试司机饮酒后刹车距离的变化，对某种型号的汽车进行了“醉汉”驾车测试，已知该型号汽车的制动系数k=0.08，并测得志愿者在未饮酒时的反应时间t=0.7s(1)若志愿者未饮酒，且车速为11m／s，则该汽车的刹车距离为＿＿＿＿m(精确到0.1m)(2)当志愿者在喝下一瓶啤酒半小时后，以17m／s的速度驾车行驶，测得刹车距离为46m．假如该志愿者当初是以11m／s的车速行驶，则刹车距离将比未饮酒时增加多少？(精确到O.1m)(3)假如你以后驾驶该型号的汽车以11m／s至17m／s的速度行驶，且与前方车辆的车距保持在40m至50m之间．若发现前方车辆突然停止，为防止“追尾”。则你的反应时间应不超过多少秒?(精确到0.01s)12.（江苏省苏州市2022年8分）如图，直角坐标系中，已知点A(2，4)，B(5，0)，动点P从B点出发沿BO向终点O运动，动点Q从A点出发沿AB向终点B运动．两点同时出发，速度均为每秒1个单位，设从出发起运动了．(1)Q点的坐标为(＿＿＿，＿＿＿)（用含x的代数式表示）(2)当x为何值时，△APQ是一个以AP为腰的等腰三角形?(3)记PQ的中点为G．请你探求点G随点P，Q运动所形成的图形，并说明理由.54用心爱心专心\n【答案】解：（1）2+，4－。（2）由题意，得AQ=BP=，P(5－x，0)，0≤x≤5，由勾股定理，求得PQ2=(一3)2+(4－)2，AP2=(3－x)2+42若AQ=AP，则x2=(3－x)2+42，解得x=。若PQ=AP，则(-3)2+(4－)2=(3-x)2+42，即x2－10x=0，解得x1=0(舍去)，x2=。经检验，当x=或x=时，△APQ是一个以AP为腰的等腰三角形。(3)设AB，BO的中点分别为点M，N，则点G随点P，Q运动所形成的图形是线段MN。理由如下：由M（，2），N(，0)，可求得线段MN的函数关系式为y=2x－5(≤x≤)，由P(5－x，0)，Q(2+,4－)得G(。∵G(满足y=2x－5，∴点G在线段MN上。【考点】坐标与图形性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，待定系数法求一次函数解析式，解一元二次方程，中点公式，直线上点的坐标与方程的关系。【分析】（1）如果过点A作OB的垂线，不难求出cos∠ABO=，sin∠ABO=，因此，Q移动时，横向移动的速度是1•cos∠ABO=35单位/秒，纵向移动的速度是1•sin∠ABO=45单位/秒，因此Q得坐标就可表示为（2+，4－）。（2）有了A、Q的坐标，如果分别过A、Q做x轴的垂线，通过构成的直角三角形，不难用x表示出AQ、AP和PQ的值，然后分AP=AQ，PQ=AP两种情况进行讨论，得出x的值。54用心爱心专心\n（3）通过观察G点似乎应该在三角形ABO的中位线上，因此它的轨迹应该是个线段。求出MN所在直线的方程和点G的坐标。根据满足直线方程的坐标的点在直线上验证即可。13.（江苏省苏州市2022年8分）如图，BC是⊙O的直径，点A在圆上，且AB=AC=4．P为AB上一点，过P作PE⊥AB分别BC、OA于E、F(1)设AP=1，求△OEF的面积．(2)设AP=a(0＜a＜2)，△APF、△OEF的面积分别记为S1、S2。①若S1=S2，求a的值；②若S=S1+S2，是否存在一个实数a，使S＜?若存在，求出一个a的值；若不存在，说明理由．【答案】解：(1)∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC=90°。又∵AB=AC，∴∠B=∠C=45°。∵OA⊥BC，∴∠B=∠1=45°。∵PE⊥AB，∴∠2=∠1=45°。∴∠4=∠3=45°。则△APF、△OEF与△OAB均为等腰直角三角形。∵AP=l，AB=4，∴AF=,OA=。∴OE=OF=。∴△OEF的面积为。(2)①∵PF=AP=a．∴AF=．OE=OF=一。∴，∵S1=S2，∴，解得。∵，∴。②不存在。理由如下：∵，∴当时，S取得最小值为。54用心爱心专心\n∵，∴不存在这样实数a，使S＜。【考点】圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程，二次函数的最值。【分析】(1)根据已知条件，证出△APF、△OEF与△OAB均为等腰直角三角形即易求出△OEF的面积。（2）①由S1=S2列出方程，解之即可。②求出S关于的函数关系式，由二次函数的最值求出S的最小值，与比较即可。14.（江苏省苏州市2022年8分）设抛物线与x轴交于两个不同的点A(一1，0)、B(m，0)，与y轴交于点C.且∠ACB=90°．(1)求m的值和抛物线的解析式；(2)已知点D(1，n)在抛物线上，过点A的直线交抛物线于另一点E．若点P在x轴上，以点P、B、D为顶点的三角形与△AEB相似，求点P的坐标．(3)在(2)的条件下，△BDP的外接圆半径等于________________．【答案】解：(1)∵在中令x=0，得y=－2，∴C(0，一2)。∵∠ACB=90°，CO⊥AB，∴△AOC∽△COB。∴，即OB=∴m=4。将A(一1，0)、B(4，0)代入，得，解得。∴抛物线的解析式为。54用心爱心专心\n（2）将D(1，n)代入，得n=－3。由解得，。∴E（6，7）。过点E作EH⊥轴于点H，则点H（6，0）。∴AH=EH=7，∠EAH=450。过点D作DF⊥轴于点F，则点F（1，0）。∴BF=DF=3，∠DBF=450。∴∠EAH=∠DBF=450。∴∠DBH=1350，900＜∠EBA＜1350。则点P只能在点B的左侧，有以下两种情况（如图）：①若△BDP1∽△EAB，则，由EH⊥轴，AH=EH=7，∠EAH=450得AE=。由DF⊥轴，BF=DF=7，∠DBF=450得BD=。∴。∴OP1=4－。∴P1（，0）。②若△BDP2∽△BAE，则，由EH⊥轴，AH=EH=7，∠EAH=450得AE=。由DF⊥轴，BF=DF=7，∠DBF=450得BD=。∴。∴OP2=。∴P2（，0）。综上所述，所求点P的坐标为（，0）或（，0）。（3）或。【考点】54用心爱心专心\n二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解方程组。【分析】（1）在中令x=0即能求得C点坐标；由△AOC∽△COB即能求得m的值；由A、C三点坐标代入即可求出抛物线的解析式。（2）将D(1，n)代入求得n，联立和求出点E的坐标。过点E作EH⊥轴于点H和过点D作DF⊥轴于点F，通过等腰直角三角形的判定和性质得出点P只能在点B的左侧的结论。分△BDP1∽△EAB和△BDP2∽△BAE分别求出符合条件的点P。（3）①点P（，0）时，△BDP的外接圆圆心在直线上，设外接圆圆心坐标为S（）。则，∴,解得。∴此时，△BDP的外接圆半径为。②点P（，0）时，△BDP的外接圆圆心在直线上，设外接圆圆心坐标为T（）。则，∴,解得。∴此时，△BDP的外接圆半径为。15.（江苏省苏州市2022年9分）课堂上，老师将图①中△AOB绕O点逆时针旋转，在旋转中发现图形的形状和大小不变，但位置发生了变化当△AOB旋转90°时，得到△A1OB1．已知A(4，2)、B(3，0)．（1）△A1OB1的面积是；A1点的坐标为（，；B1点的坐标为(，)；54用心爱心专心\n（2）课后，小玲和小惠对该问题继续进行探究，将图②中△AOB绕AO的中点C(2，1)逆时针旋转90°得到△A′O′B′，设O′B′交OA于D，O′A′交轴于E．此时A′、O′和B′的坐标分别为(1，3)、(3，－1)和(3，2)，且O′B′经过B点．在刚才的旋转过程中，小玲和小惠发现旋转中的三角形与△AOB重叠部分的面积不断变小，旋转到90°时重叠部分的面积(即四边形CEBD的面积)最小，求四边形CEBD的面积；（3）在（2)的条件之下，△AOB外接圆的半径等于.【答案】解：（1）3；－2，4；0，3。（2）设直线OA：，∵A(4，2)，∴，即。∴直线OA：。设直线：，∵(1，3)，（3，－1），∴，解得。∴直线：。联立直线OA和，得，解得。∴C（2，1）。在中令，得。∴E（，0）。在中令，得。∴D（3，）∴△OCE的底边OE=，高为1，∴。△ABD的底边BD=，高为1，∴。△OBA的底边OB=3，高为2，∴。∴。（3）。【考点】旋转的性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程式的关系，解二元一次方程组，勾股定理。54用心爱心专心\n【分析】（1）如图，作AC⊥轴于点C，作AC1⊥轴于点C1，由△AOB旋转90°，得到△A1OB1，根据旋转的性质，得OC1=OA=2，C1A1=OC=4，OB1=OB=3。∴A1点的坐标为（－2，4）；B1点的坐标为(0，3)；。（2）由已知，根据点在直线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法求出直线OA和的表达式，从而求出点C、D、E的坐标，进一步求出△OBA、△OCE、△ABD的面积。最后由求出。（3）由（2）知，△AOB外接圆圆心在直线上，设为Q（）。由勾股定理，得，。∴，解得。∴△AOB外接圆的半径。16.（江苏省苏州市2022年9分）如图，抛物线与轴的交点为M、N．直线与轴交于P(－2，0)．与y轴交于C，若A、B两点在直线上．且AO=BO=，AO⊥BO．D为线段MN的中点。OH为Rt△OPC斜边上的高．(1)OH的长度等于；k=，b=．(2)是否存在实数a，使得抛物线上有一点E．满足以D、N、E为顶点的三角形与△AOB相似?若不存在，说明理由；若存在，求所有符合条件的抛物线的解析式．同时探索所求得的抛物线上是否还有符合条件的E点(简要说明理由)．并进一步探索对符合条件的每一个E点，直线NE与直线AB的交点G是否总满足PB·PG10，写出探索过程54用心爱心专心\n【答案】解：（1）1；；。或1；－；－。（2）存在。理由如下：假设存在实数a，使得抛物线上有一点F．满足以D、N、E为顶点的三角形与△AOB相似。∵AO=BO=，AO⊥BO，∴△AOB是等腰直角三角形。∴以D、N、E为顶点与△AOB相似的三角形是等腰直角三角形，有两种情况：①以DN为直角边，②以DN为斜边。①若DN为直角边，则ED⊥DN。由抛物线与轴的交点为M、N，得M（－1，0）、N（5，0）。∴D（2，0）。∴ED=DN=3。∴E（2，3）。将（2，3）代入得。∴抛物线的解析式为，即。②若DN为斜边，则DE⊥EN，DE=EN。过点E作ES⊥轴于点S，则DS=ES=，OS=。∴E（，）。将（，）代入得。∴抛物线的解析式为，即。当时，若抛物线上还有满足条件的E点，不妨设为，那么只有可能△DN是以DN为斜边的等腰直角三角形，此时（，），代入不成立，所以点不在抛物线上。因此，抛物线上没有满足条件的其它E点。当时，若抛物线上还有满足条件的E点，不妨设为，那么只有可能△DN是以DN为直角边的等腰直角三角形，此时（2，3），代入54用心爱心专心\n不成立，所以点不在抛物线上。因此，抛物线上没有满足条件的其它E点。当E（2，3），对应的抛物线的解析式为，∵△EDN和△AOB是等腰直角三角形，∴∠GMP=∠PBO=450。又∵∠NPG=∠BPO，∴△NPG∽△BPO。，即。∵PO=2，PN=7，∴。∵，∴，即PB·PG10。当E（，），对应的抛物线的解析式为，同理可证得PB·PG10。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解无理方程，相似三角形的判定和性质，实数的大小比较。【分析】（1）∵直线与轴交于P(－2，0)，∴，即。∴直线表达式可表示为。令，则，即C（0，）。∴。又∵AO=BO=，AO⊥BO，OH为Rt△OPC斜边上的高，∴OH=AH=BH=1。又∵P(－2，0)，∴OP=2，PC=。由△POH∽△PCO，得，即，解得。当时，；当时，。（2）分DN为直角边和DN为斜边两种情况求出抛物线的解析式。用反证法说明两种情况下满足条件的点的唯一性。求出PB·PG后用差值法证明PB·PG10。17.（江苏省2022年12分）某加油站五月份营销一种油品的销售利润（万元）与销售量（万升）之间函数关系的图象如图中折线所示，该加油站截止到13日调价时的销售利润为4万元，截止至15日进油时的销售利润为5.5万元．（销售利润＝（售价－成本价）×销售量）请你根据图象及加油站五月份该油品的所有销售记录提供的信息，解答下列问题：54用心爱心专心\n（1）求销售量为多少时，销售利润为4万元；（2）分别求出线段与所对应的函数关系式；（3）我们把销售每升油所获得的利润称为利润率，那么，在三段所表示的销售信息中，哪一段的利润率最大？（直接写出答案）【答案】解：（1）根据题意，当销售利润为4万元，销售量为（万升）。答：销售量为4万升时销售利润为4万元。（2）∵点的坐标为，从13日到15日利润为（万元），∴销售量为（万升）。∴点的坐标为。设线段所对应的函数关系式为，则，解得。∴线段所对应的函数关系式为。∵从15日到31日销售5万升，利润为（万元），∴本月销售该油品的利润为（万元）。∴点的坐标为。设线段所对应的函数关系式为，则，解得。∴线段所对应的函数关系式为。（3）线段。【考点】一次函数的应用，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。【分析】54用心爱心专心\n（1）根据公式：销售利润＝（售价－成本价）×销售量，在已知售价和成本价时，可求销售利润为4万元时的销售量：销售量＝销售利润÷（售价－成本价）。（2）分别求出点、、的坐标，根据点在直线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法即可求出和所对应的函数关系式。（3）段的利润率=；段的利润率=；段的利润率=。∴段的利润率最大。18.（江苏省2022年12分）如图，已知射线与轴和轴分别交于点和点．动点从点出发，以1个单位长度/秒的速度沿轴向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以1个单位长度/秒的速度沿射线的方向作匀速运动．设运动时间为秒．（1）请用含的代数式分别表示出点与点的坐标；（2）以点为圆心、个单位长度为半径的与轴交于A、B两点（点在点的左侧），连接PA、PB．①当与射线有公共点时，求的取值范围；②当为等腰三角形时，求的值．【答案】解：（1）∵，∴。∴。过点作⊥轴于点，∵，，∴。又∵，且，∴，即。54用心爱心专心\n∴。∴。∴。（2）①当的圆心由点向左运动，使点到点时，有，即。当点在点左侧，与射线相切时，过点作射线，垂足为，则由，得，则．解得。由，即，解得。∴当与射线有公共点时，的取值范围为。②（I）当时，过作轴，垂足为，有。由（1）得，，，∴。又∵，∴，即。解得。（II）当时，有，∴，解得。（III）当时，有，∴，即。54用心爱心专心\n解得（不合题意，舍去）。综上所述，当是等腰三角形时，，或，或，或。【考点】动点问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质，直线和圆的位置关系，等腰三角形时的性质，解一元二次方程。【分析】（1）由可得，从而得到点的坐标。作点作⊥轴于点，利用可得，从而得到点的坐标。（2）①当与射线有公共点时，考虑（I）当的圆心由点向左运动，使点到点时，的取值；（II）当点在点左侧，与射线相切时，的取值。当在二者之间时，与射线有公共点。②分，，三种情况讨论即可。19.（江苏省苏州市2022年9分）刘卫同学在一次课外活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，见图①、②．图①中，，，；图②中，，，．图③是刘卫同学所做的一个实验：他将的直角边与的斜边重合在一起，并将沿方向移动．在移动过程中，、两点始终在边上(移动开始时点与点重合)．(1)在沿方向移动的过程中，刘卫同学发现：、两点间的距离逐渐▲．(填“不变”、“变大”或“变小”)(2)刘卫同学经过进一步地研究，编制了如下问题：问题①：当移动至什么位置，即的长为多少时，、的连线与平行?问题②：当移动至什么位置，即的长为多少时，以线段、、的长度为三边长的三角形是直角三角形?问题③：在的移动过程中，是否存在某个位置，使得?如果存在，求出的长度；如果不存在，请说明理由．请你分别完成上述三个问题的解答过程．【答案】解：（1）变小。54用心爱心专心\n（2）问题①：∵，，，∴。∵,,∴。连结，设，∴。在中，=4，∴=12－4。∴cm时，。问题②：设当，在中，。（Ⅰ）当为斜边时，由得，,。(Ⅱ)当为斜边时，由得，,（不符合题意，舍去）。(Ⅲ)当为斜边时，由，,,∵=144－248<0，∴方程无解。综上所述，当时，以线段、、的长度为三边长的三角形是直角三角形。问题③：不存在这样的位置，使得。理由如下：假设，由得。作的平分线，交于,则∴。∴,。∴。∴不存在这样的位置，使得。【考点】动态几何问题，等腰直角三角形的性质，勾股定理和逆定理，角平分线的性质，解一元二次方程。【分析】（1）观察图形即可得出结论。54用心爱心专心\n（2）问题①：连结，设，在中应用勾股定理，求出这时的值，从而得到的长。问题②：以线段、、的长度为三边长的三角形是否是直角三角形，根据勾股定理的逆定理，只需对三边是否能组成直角三角形进行讨论，分为斜边、为斜边和为斜边三种情况讨论。问题③：假设存在这样的位置，使得，由知条件进行推理，得出矛盾的结论。否存在性问题属于中考题常设置的一种题型，此类问题常先假设结论存在，利用已若推情合理，则存在；否则，则不存在。20.（江苏省苏州市2022年9分）如图，以为顶点的抛物线与轴交于点．已知、两点的坐标分别为(3，0)、(0，4)．(1)求抛物线的解析式；(2)设是抛物线上的一点(、为正整数)，且它位于对称轴的右侧．若以、、、为顶点的四边形四条边的长度是四个连续的正整数，求点的坐标；(3)在(2)的条件下，试问：对于抛物线对称轴上的任意一点，是否总成立?请说明理由．【答案】解：(1)设，把代入，得。∴抛物线的解析式为。(2)∵为正整数，,∴应该是9的倍数。∴是3的倍数。又∵，∴…当时，，此时,。∴四边形的四边长为3，4，5，6。54用心爱心专心\n∵当时，，∴四边形的四边长不能是四个连续的正整数。∴点坐标只有一种可能（6，4）。(3)设,与对称轴交点为，则，。∴=。∴当时，有最小值。∴总是成立。【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，连续整数的性质。【分析】（1）已知抛物线的顶点坐标，求其解析式，用待定系数法设这个抛物线的解析式为顶点式求解。（2）要求点的坐标与有关系，对的取值进行分类讨论。（3）证明，只要关于点纵坐标的函数最小值大于28即可。21.（江苏省苏州市2022年9分）如图①，小慧同学把一个正三角形纸片（即△OAB）放在直线l1上，OA边与直线l1重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°，此时点O运动到了点O1处，点B运动到了点B1处；小慧又将三角形纸片AO1B1绕点B1按顺时针方向旋转120°，此时点A运动到了点A1处，点O1运动到了点O2处（即顶点O经过上述两次旋转到达O2处）．小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转的过程中，顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即和，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l1围成的图形面积等于扇形AOO1的面积、△AO1B1的面积和扇形B1O1O2的面积之和．小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上，OA边与直线l2重合，然后将正方形纸片绕着顶点^按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O1处（即点B处），点C运动到了点C1处，点B运动到了点B1处；小慧又将正方形纸片AO1C1B1绕顶点B1按顺时针方向旋转90°，……，按上述方法经过若干次旋转后．她提出了如下问题：问题①：若正方形纸片OABC接上述方法经过3次旋转，求顶点O经过的路程，并求顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积；若正方形纸片OABC按上述方法经过5次旋转，求顶点O经过的路程；54用心爱心专心\n问题②：正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是?请你解答上述两个问题．【答案】解：问题①：如图，正方形纸片经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段圆弧，所以顶点O在此运动过程中经过的路程为。顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线围成图形的面积为。正方形纸片经过5次旋转，顶点O运动经过的路程为：。问题②：∵正方形纸片每经过4次旋转，顶点O运动经过的路程均为：。又，而是正方形纸片第4+1次旋转，顶点O运动经过的路程。∴正方形纸片OABC按上述方法经过81次旋转，顶点O经过的路程是【考点】分类归纳，图形的翻转，扇形弧长和面积.【分析】求出正方形OABC翻转时点O的轨迹弧长,再求面积即可。要理解的是第4次旋转，顶点O没有移动。54用心爱心专心\n22.（江苏省苏州市2022年10分）已知二次函数的图象与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C．点D是抛物线的顶点．(1)如图①，连接AC，将△OAC沿直线AC翻折，若点O的对应点O'恰好落在该抛物线的对称轴上，求实数a的值；(2)如图②，在正方形EFGH中，点E、F的坐标分别是（4，4）、（4，3），边HG位于边EF的右侧．小林同学经过探索后发现了一个正确的命题：“若点P是边EH或边HG上的任意一点，则四条线段PA、PB、PC、PD不能与任何一个平行四边形的四条边对应相等（即这四条线段不能构成平行四边形）．”若点P是边EF或边FG上的任意一点，刚才的结论是否也成立？请你积极探索，并写出探索过程；(3)如图②，当点P在抛物线对称轴上时，设点P的纵坐标t是大于3的常数，试问：是否存在一个正数a，使得四条线段PA、PB、PC、PD与一个平行四边形的四条边对应相等（即这四条线段能构成平行四边形）？请说明理由．【答案】解：（1）由，令，解得，。令，解得，。∴点A、B、C的坐标分别为（2，0），（4，0），（0，）。∴该抛物线的对称轴为。如图①，设该抛物线的对称轴与轴的交点为点M，则由OA=2得AM=1。由题意，得O'A=OA=2，∴O'A=2AM，∴∠O'AM=600。∴∠OAC=∠CAO'=600。54用心爱心专心\n∴OC=，即。∴。（2）若点P是边EF或边FG上的任意一点，结论仍然成立。①如图②，若点P是边EF上的任意一点（不与点E重合），连接PM，∵点E（4，4）、F（4，3）与点B（4，0）在一直线上，点C在y轴上，∴PB＜4，PC≥4，∴PC＞PB。又∵PD＞PM＞PB，PA＞PM＞PB，∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD。∴此时线段PA、PB、PC、PD不能构成平行四边形。②设点P是边FG上的任意一点（不与点G重合），∵点F的坐标是（4，3），点G的坐标是（5，3），∴FG=3，GB=。∴3≤PB＜。∵PC≥4，∴PC＞PB。又PD＞PM＞PB，PA＞PM＞PB，∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD。∴此时线段PA、PB、PC、PD也不能构成平行四边形。（3）存在一个正数a，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形，如图③，∵点A、B是抛物线与x轴交点，点P在抛物线对称轴上，∴PA=PB。∴当PC=PD时，线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形。∵点C的坐标是（0，8a），点D的坐标是（3，－a），点P的坐标是（3，），∴由PC=PD得PC2=PD2，∴，整理得，，解得。显然满足题意。∴当是一个大于3的常数时，存在一个正数，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形。54用心爱心专心\n【考点】二次函数综合题，,图形的翻转，含300角的直角三角形的性质，平行四边形的判定，解一元二次方程。【分析】(1)先利用点在抛物线上，点的坐标满足方程和含300角的直角三角形中300角所对的直角边是斜边一半的性质，求出点A、B、C的坐标，再求出a。(2)分点P在边EF或边FG上两种情况比较四线段的长短来得出结论。(3)因为点A、B是抛物线与X轴的交点，点P在抛物线对称轴上，所以PA=PB。要PA，PB，PC，PD构成一个平行四边形的四条边，只要PC=PD,，从而推出a。23.（2022江苏苏州9分）如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移动，移动开始前点A与点F重合.在移动过程中，边AD始终与边FG重合，连接CG，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD.已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH的边FG、GH的长分别为4cm、3cm.设正方形移动时间为x（s），线段GP的长为y（cm），其中0≤x≤2.5.⑴试求出y关于x的函数关系式，并求出y=3时相应x的值；⑵记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2．试说明S1－S2是常数；⑶当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长.【答案】解：（1）∵CG∥AP，∴∠CGD=∠PAG，则。∴。∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，∴GD=3－x，AG=4－x。∴，即。∴y关于x的函数关系式为。当y=3时，，解得:x=2.5。（2）∵，∴为常数。54用心爱心专心\n（3）延长PD交AC于点Q.∵正方形ABCD中，AC为对角线，∴∠CAD=45°。∵PQ⊥AC，∴∠ADQ=45°。∴∠GDP=∠ADQ=45°。∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP。∴，化简得：，解得：。∵0≤x≤2.5，∴。在Rt△DGP中，。【考点】正方形的性质，一元二次方程的应用，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】（1）根据题意表示出AG、GD的长度，再由可解出x的值。（2）利用（1）得出的y与x的关系式表示出S1、S2，然后作差即可。（3）延长PD交AC于点Q，然后判断△DGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值，在Rt△DGP中，解直角三角形可得出PD的长度。24.（2022江苏苏州10分）如图，已知抛物线（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C.⑴点B的坐标为▲，点C的坐标为▲（用含b的代数式表示）；⑵请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；⑶请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由.54用心爱心专心\n【答案】解：（1）B（b，0），C（0，）。（2）假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形。设点P坐标（x，y），连接OP，则∴。过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°。∴四边形PEOD是矩形。∴∠EPD=90°。∵△PBC是等腰直角三角形，∴PC=PB，∠BPC=90°。∴∠EPC=∠BPD。∴△PEC≌△PDB（AAS）。∴PE=PD，即x=y。由解得，。由△PEC≌△PDB得EC=DB，即，解得符合题意。∴点P坐标为（，）。（3）假设存在这样的点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO.∴要使得△QOA和△QAB相似，只能∠OAQ=∠QAB=90°，即QA⊥x轴。∵b＞2，∴AB＞OA.∴∠QOA＞∠QBA，∴∠QOA=∠AQB，此时∠OQB=90°。由QA⊥x轴知QA∥y轴，∴∠COQ=∠OQA。∴要使得△QOA和△OQC相似，只能∠OCQ=90°或∠OQC=90°。（Ⅰ）当∠OCQ=90°时，△QOA≌△OQC，∴AQ=CO=。由得：，解得：。∵b＞2，∴。∴点Q坐标为（1，）.（Ⅱ）当∠OQC=90°时，△QOA∽△OCQ，∴，即。又，∴，即，解得：AQ=4此时b=17＞2符合题意。∴点Q坐标为（1，4）。54用心爱心专心\n综上可知：存在点Q（1，）或（1，4），使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似。【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）令y=0，即，解关于x的一元二次方程即可求出A，B横坐标，令x=0，求出y的值即C的纵坐标。（2）存在，先假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．设点P的坐标为（x，y），连接OP，过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，利用已知条件证明△PEC≌△PDB，进而求出x和y的值，从而求出P的坐标。（3）存在，假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似，由条件可知：要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴；要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°。再分别讨论求出满足题意Q的坐标即可。54用心爱心专心