【2022版中考12年】浙江省台州市2002-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题

台州市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年浙江台州4分）从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业。根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上一年减少；本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业的收人每年比上年增加，设4年内（本年度为第一年）的总投入为M万元，总收入为N万元，则有【】（A）M=N(B)M＞N　　　(C)M＜N（D）无法确定【答案】B。【考点】列代数式（增长率问题）。【分析】根据题意，求出M、N的值再比较即可：，，∴2361.6＞2306.25，即M＞N。故选B。2.（2022年浙江台州4分）如图，四个半径均为R的等圆彼此相切，则图中阴影部分（形似水壶）图形的面积为【】A、　B、　C、　　D、\n3.（2022年浙江温州、台州4分）甲、乙、丙三位同学进行立定跳远比赛，每人轮流跳一次称为一轮，每轮按名次从高到低分别得3分、2分、1分(没有并列名次)，他们一共进行了五轮比赛，结果甲共得14分；乙第一轮得3分，第二轮得1分，且总分最低。那么丙得到的分数是【】(A)8分(B)9分(C)10分(D)11分∴乙、丙的后三轮比赛得分待定，由于乙的得分最低，因此丙的得分情况必为：丙：①1分，②2分，③2分，④2分，⑤2分。∴丙的总得分为1+2+2+2+2=9分。故选B。4.（2022年浙江台州4分）如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，OP交AB于点D，交⊙O\n于点C,在线段AB、PA、PB、PC、CD中，已知其中两条线段的长，但还无法计算出⊙O直径的两条线段是【】（A）AB、CD（B）PA、PC（C）PA、AB（D）PA、PB【答案】D。【考点】勾股定理，垂径定理，切割线定理，射影定理，切线长定理。【分析】根据有关定理逐一作出判断：A、连接OA，构造一个由半径、半弦、弦心距组成的直角三角形，根据垂径定理以及勾股定理即可计算。B、延长PO交圆于另一点E，根据切割线定理即可计算。C、首先根据垂径定理计算AD的长，再根据勾股定理计算PD的长，连接OA，根据射影定理计算OD的长，最后根据勾股定理即可计算其半径。D、根据切线长定理，得PA=PB．相当于只给了一条线段的长，无法计算出半径的长。故选D。5.（2022年浙江台州4分）我们知道，“两点之间线段最短”，“直线外一点与直线上各点连结的所有线段中，垂线段最短”．在此基础上，人们定义了点与点的距离，点到直线的距离．类似地，若点P是⊙O外一点（如图），则点P与⊙O的距离应定义为【】（A）线段PO的长度（B）线段PA的长度（C）线段PB的长度（D）线段PC的长度\n【答案】B。【考点】新定义。【分析】根据前面的几个定义都是点到图形的最小的距离，因而由图可知：点P到⊙O的距离是线段PA的长度。故选B。6.（2022年浙江台州4分）一次数学活动中，小迪利用自己制作的测角器测量小山的高度CD．已知她的眼睛与地面的距离为1.6米，小迪在B处测量时，测角器中的（量角器零度线AC和铅垂线OP的夹角，如图）；然后她向小山走50米到达点F处（点B，F，D在同一直线上），这时测角器中的，那么小山的高度CD约为【】（注：数据，供计算时选用）Ａ．68米Ｂ．70米Ｃ．121米Ｄ．123米【答案】B。【考点】解直角三角形的应用，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】由已知易得AE=BF=50，∠ACD=60°，∠ECD=45°，∴CG=EG。∵，∴。∴CD=68.3+1.6=69.9≈70（米）。故选B。7.（2022年浙江台州4分）把一个图形先沿着一条直线进行轴对称变换，再沿着与这条直线平行的方向平移，我们把这样的图形变换叫做滑动对称变换．在自然界和日常生活中，大量地存在这种图形变换（如图1）．结合轴对称变换和平移变换的有关性质，你认为在滑动对称变换过程中，两个对应三角形（如图2）的对应点所具有的性质是【】\nA．对应点连线与对称轴垂直B．对应点连线被对称轴平分C．对应点连线被对称轴垂直平分D．对应点连线互相平行8.（2022年浙江台州4分）若将代数式中的任意两个字母交换，代数式不变，则称这个代数式为完全对称式，如就是完全对称式.下列三个代数式：①；②；③．其中是完全对称式的是【】A．①②B．①③　C．②③D．①②③【答案】A。【考点】新定义，代数式变换。【分析】根据信息中的内容知，只要任意两个字母交换，代数式不变，就是完全对称式，则：①；是完全对对称式。②将代数式中的任意两个字母交换，代数式不变：ab对调后得； bc对调后得；ac对调后得故是完全对称式。 ③将代数式的ab对调后得，∴不是完全对称式。所以①②是③不是。故选A。\n9.（2022年浙江台州4分）如图，点A，B的坐标分别为（1,4）和（4,4）,抛物线的顶点在线段AB上运动，与x轴交于C、D两点（C在D的左侧），点C的横坐标最小值为－3，则点D的横坐标最大值为【】A．－3　B．1C．5D．8【答案】D。【考点】二次函数的性质。【分析】当点C横坐标为－3时，抛物线顶点为A（1，4），对称轴为x=1，此时D点横坐标为5，则CD=8。当抛物线顶点为B（4，4）时，抛物线对称轴为x=4，且CD=8，故C（0，0），D（8，0）。由于此时D点横坐标最大，故点D的横坐标最大值为8。故选D。10.（2022年浙江台州4分）如图，⊙O的半径为2，点O到直线l的距离为3，点P是直线l上的一个动点，PQ切⊙O于点Q，则PQ的最小值为【】A．B．C．3D．2【答案】B。【考点】圆的切线的性质，垂线段的性质，勾股定理。【分析】因为PQ为切线，所以△OPQ是Rt△．又OQ为定值，所以当OP最小时，PQ最小．根据垂线段最短，知OP=3时PQ最小．运用勾股定理得PQ=。故选B。\n11.（2022年浙江台州4分）如图，菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为【】　A．1B．C．2D．＋1【分析】分两步分析：（1）若点P，Q固定，此时点K的位置：如图，作点P关于BD的对称点P1，连接P1Q，交BD于点K1。由线段中垂线上的点到线段两端距离相等的性质，得P1K1=PK1，P1K=PK。由三角形两边之和大于第三边的性质，得P1K＋QK＞P1Q=P1K1＋QK1=PK1＋QK1。∴此时的K1就是使PK+QK最小的位置。（2）点P，Q变动，根据菱形的性质，点P关于BD的对称点P1在AB上，即不论点P在BC上任一点，点P1总在AB上。因此，根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质，得，当P1Q⊥AB时P1Q最短。过点A作AQ1⊥DC于点Q1。∵∠A=120°，∴∠DAQ1=30°。又∵AD=AB=2，∴P1Q=AQ1=AD·cos300=。综上所述，PK+QK的最小值为。故选B。12.（2022年浙江台州4分）已知△A1B1C1与△A2B2C2的周长相等，现有两个判断：①若A1B1=A2B2，A1C1=A2C2，则△A1B1C1≌△A2B2C2；②若∠A1=∠A2，∠B1=∠B2，则△A1B1C1≌△A2B2C2，对于上述的两个判断，下列说法正确的是【】A.①正确，②错误B.①错误，②正确C.①，②都错误D\n.①，②都正确二、填空题1.（2022年浙江台州5分）已知m为方程的根，那么对于一次函数y＝mx＋m：①图象一定经过一、二、三象限；②图象一定经过二、三、四象限；③图象一定经过二、三象限；④图象一定经过点（－l，0）；⑤y一定随着x的增大而增大；⑤y一定随着x的增大而减小。以上六个判断中，正确结论的序号是▲（多填、少填均不得分)【答案】③④。【考点】解一元二次方程，一次函数的性质，分类思想的应用。【分析】解方程求得的根，即m的值，根据一次函数的性质对各个问题进行判断：解方程得，方程的两个根是－3和2，即m=-3或2。当m=－3时，一次函数是y=－3x－3，根据一次函数的性质可得：②③④⑥正确；当m=2时，一次函数是y=2x＋2，根据一次函数的性质可得：①③④⑤正确。故正确结论的序号是③④。2.（2022年浙江台州5分）有一个附有进水管和出水管的容器，在单位时间内的进水量和出水量分别一定。设从某时刻开始的5分钟内只进水不出水，在随后的15分钟内既进水又出水，得到容器内水量（升）与时间（分）之间的函数图象如下图。若20分钟后只放水不进水，这时（≥20时）与之间的函数\n关系式是　　▲　（请注明自变量的取值范围）【答案】。【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，分类思想的应用。【分析】先根据图象解得进水管和出水管每分钟的进水量和出水量，然后列一次函数解析式，将（20，35）代入即可解得x≧20时，y与x之间的函数关系式：设5分钟内容器内水量y（升）与时间x（分）之间的函数解析式为，把（0，0）（5，20）代入，解得k1=4，b1=0。∴5分钟内容器内水量y（升）与时间x（分）之间的函数解析式为（0≤x≤5）。∴进水管每分钟进4L水。设5到20分钟之间容器内水量y（升）与时间x（分）之间的函数解析式为，把（5，20）（20，35）代入，解得k2=1，b2=15。∴5到20分钟之间容器内水量y（升）与时间x（分）之间的函数解析式为 （5＜x≤20）。∴出水管每分钟出水3L水。如图，设20分钟后只放水不进水时，某一时刻B的坐标为（x，y），则只放水不进水的时间CB=x－20，放水量CA=35－x，由出水管每分钟出水3L水，得，化简，得。3.（2022年浙江温州、台州5分）\n已知矩形ABCD的长AB=4，宽AD=3，按如图放置在直线AP上，然后不滑动地转动，当它转动一周时(A→A′)，顶点A所经过的路线长等于▲。【答案】。【考点】旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，扇形弧长。【分析】如图，根据题意，顶点A所经过的路线长三条弧长的和：以点B为圆心，AB=4长为半径，角度为900的弧，弧长为；以点G为圆心，EG=5长为半径，角度为900的弧，弧长为；以点H为圆心，HF=3长为半径，角度为900的弧，弧长为。∴顶点A所经过的路线长等于。4.（2022年浙江台州5分）在计算器上按照下面的程序进行操作：下表中的x与y分别是输入的6个数及相应的计算结果：x－2－10123y－5－214710上面操作程序中所按的第三个键和第四个键应是▲.【答案】＋，1。5.（2022年浙江台州5分）\n小敏中午放学回家自己煮面条吃．有下面几道工序：①洗锅盛水2分钟；②洗菜3分钟；③准备面条及佐料2分钟；④用锅把水烧开7分钟；⑤用烧开的水煮面条和菜要3分钟．以上各道工序，除④外，一次只能进行一道工序．小敏要将面条煮好，最少用▲分钟．【答案】12。【考点】推理分析。【分析】首选要进行的步骤是①，需要2分钟；然后在进行④的同时，可进行②③的操作；然后进行⑤的步骤；因此共用时2+7+3=12分。6.（2022年浙江台州5分）（1）善于思考的小迪发现：半径为，圆心在原点的圆（如图1），如果固定直径AB，把圆内的所有与轴平行的弦都压缩到原来的倍，就得到一种新的图形椭圆（如图2），她受祖冲之“割圆术”的启发，采用“化整为零，积零为整”“化曲为直，以直代曲”的方法．正确地求出了椭圆的面积，她求得的结果为　▲　．（2）（本小题为选做题，做对另加3分，但全卷满分不超过150分）小迪把图2的椭圆绕轴旋转一周得到一个“鸡蛋型”的椭球．已知半径为的球的体积为，则此椭球的体积为　▲　．【答案】（1）；（2）。【考点】转换思想的应用。【分析】（1）根据“化整为零，积零为整”、“化曲为直，以直代曲”的方法，结合圆的面积求法可知，椭圆的面积为。（2）因为半径为a的球的体积为，所以椭球的体积为：。7.（2022年浙江台州5分）\n善于归纳和总结的小明发现，“数形结合”是初中数学的基本思想方法，被广泛地应用在数学学习和解决问题中．用数量关系描述图形性质和用图形描述数量关系，往往会有新的发现．小明在研究垂直于直径的弦的性质过程中（如图，直径AB⊥弦CD于E），设AE=x，BE=y，他用含x，y的式子表示图中的弦CD的长度，通过比较运动的弦CD和与之垂直的直径AB的大小关系，发现了一个关于正数x，y的不等式，你也能发现这个不等式吗？写出你发现的不等式▲．【答案】。【考点】动线问题，垂径定理，相交弦定理。【分析】∵直径AB⊥弦CD于E，AE=x，BE=y，∴根据垂径定理和相交弦定理，得，即。又∵运动的弦CD最大时是过圆心O时，此时CD为圆O的直径，∴。∴。8.（2022年浙江台州5分）将正整数1，2，3，…从小到大按下面规律排列．若第4行第2列的数为32，则①▲；②第行第列的数为▲（用，表示）．　　　　　第列第列第列…第列第行…第行…第行…………………【答案】10；。【考点】探索规律题（数字的变化类）。\n【分析】由题意可得到每一行n的倍数比行数少1，后面加列数即可，因此，第4行第2列的数可表示为3n+2，则3n+2=32，解得n=10；第i行第j列的数为。9.（2022年浙江台州5分）如图，菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°,菱形ABCD在直线l上向右作无滑动的翻滚，每绕着一个顶点旋转60°叫一次操作，则经过36次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长为(结果保留π)▲．【答案】。【考点】探索规律题（图形的变化类――循环问题），菱形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，扇形弧长计算。【分析】由已知和菱形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值可求得各次旋转的扇形半径，∴第一、二次旋转的弧长=，第三次旋转的弧长=。∵36÷3=12，∴中心O所经过的路径总长=。10.（2022年浙江台州5分）如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足为点M，AB＝20，分别以CM、DM为直径作两个大小不同的⊙O1和⊙O2，则图中阴影部分的面积为▲(结果保留)．\n【答案】。【考点】垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等量代换。【分析】如图，连接AC，AD，∵AB⊥CD，AB=20，∴AM=MB=10。又∵CD为直径，∴∠CAD=90°，∴Rt△MAC∽Rt△MDA。∴，即MA2=MC•MD=100。∴S阴影部分=S⊙O－S⊙1－S⊙2=。11.（2022年浙江台州5分）请你规定一种适合任意非零实数a，b的新运算“a⊕b”，使得下列算式成立：1⊕2=2⊕1=3，（﹣3）⊕（﹣4）=（﹣4）⊕（﹣3）=﹣，（﹣3）⊕5=5⊕（﹣3）=﹣，…你规定的新运算a⊕b=▲（用a，b的一个代数式表示）．【答案】。【考点】探索规律题（数字的变化类），新定义。【分析】寻找规律：∵，，···∴。12.（2022年浙江台州5分）任何实数a，可用表示不超过a的最大整数，如\n，现对72进行如下操作：，这样对72只需进行3次操作后变为1，类似地，①对81只需进行▲次操作后变为1；②只需进行3次操作后变为1的所有正整数中，最大的是▲.∴只需进行3次操作后变为1的所有正整数中，最大的是255。三、解答题1.（2022年浙江台州12分）以x为自变量的二次函数，它的图象与y轴交于点C(0,3)，与x轴交于点A、B，点A在点B的左边，点O为坐标原点．(1）求这个二次函数的解析式及点A，点B的坐标，画出二次函数的图象；(2）在x轴上是否存在点Q，在位于x轴上方部分的抛物线上是否存在点P，使得以A，P，Q三点为顶点的三角形与ΔAOC相似（不包含全等)?若存在，请求出点P，点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）根据题意，把点C（0，3）代入，解得m=3。∴二次根式的解析式为。\n令，即，解得x1=－1，x2=3。∵点A在点B的左边，∴点A，点B的坐标分别是（－1，0），（3，0）。画出二次函数的图象如下：（2）存在。假设存在符合题意的点P、Q，一定是∠PAQ=∠ACO。∵若PAQ=∠CAO，则点P与点C重合，点Q与点O重合，∴△PAQ≌△CAO，不合题意。∵若∠PAQ=∠COA=90°，显然P不在抛物线上。∴若存在符合题意的点P、Q，一定是∠PAQ=∠ACO。过A作AP，使∠PAO=∠ACO且与抛物线交于点P，①若过点P作PQ1⊥x轴交x轴于点Q1，设Q1（x1，0），P（x1，），解得或（舍去）。把代入得∴当P（，），Q1（，0）时，存在△PQ1A∽△AOC。②由①所得点P作PQ2⊥AP交x轴于Q2，设Q2（x2，0），根据勾股定理理，得\n。∵∠APQ2∠COA，则△Q2PA∽△AOC。∴，即，解得。∴当P（，），Q2（，0）时，存在△PQ2A∽△AOC。综上所述，存在符合条件的相似三角形，且P、Q的坐标为：P（，），Q1（，0），Q2（，0）。【考点】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，分类思想的应用。【分析】（1）根据C点坐标，可确定m的值，从而得到抛物线的解析式，令函数解析式的y=0，即可求得A、B的坐标。（2）根据函数图象可知，显然∠PAQ不能是直角，已知以A，P，Q三点为顶点的三角形与△AOC相似但不全等，因此P、C不重合，即∠PAQ≠∠CAO，所以只考虑∠PAQ=∠ACO的情况，过A作∠PAQ=∠ACQ，交抛物线于点P，然后分∠PQA=∠COA=90°和∠APQ=∠COA=90°两种情况讨论。2.（2022年浙江台州14分）如图，已知半圆O的直径AB＝10，⊙O1与半圆O内切干点C，与AB相切干点D．(1）求证：CD平分∠ACB；(2）若AC：CB=1：3，求△CDB的面积S△CDB；（3）设AC：CB＝x（x＞0），⊙O1的半径为y，请用含x的代数式表示y．【答案】解：（1）证明：过点C作两圆外公切线MN，∵AB与⊙O1相切于点D，∴∠MCD=∠ADC，∠MCA=∠ABC。∵∠MCD=∠MCA+∠ACD，∠ADC=∠ABC+∠BCD，\n∴∠ACD=∠BCD，即CD平分∠ACB。（2）∵AB是半圆O的直径，∴∠ACB=90°。∴，即。又AC：CB=1：3，解得。∴。∵CD平分∠ACB，∴点D到AC，BC的距离相等。∵AC：CB=1：3，∴。∴。（3）由AC：CB=x，解得：，过点C作CE⊥AB交AB于点E，由得：，解得：。连接OO1并延长，则必过切点C，连O1D，则O1D⊥AB，【考点】切线的性质，角平分线的判定和性质，圆周勾股定理理，勾股定理，等高三角形面积的性质，相似三角形的判定和性质，由实际问题列关系式。【分析】（1）过点C作两圆外公切线MN，由角之间的等量关系，证明∠ACD=∠BCD。（2）在Rt△ABC中，解得AC、BC的长，求出三角形面积。（3）连接OO1并延长，则必过切点C，连O1D，求出AC、BC，由CE∥O1D，列出x、y的关系式。3.（2022年浙江台州12分）\n在一次数学实验探究课中，需要研究两个同心圆内有关线段的关系问题，某同学完成了以下部分记录单：记录单（单位：㎝）第一次第二次第三次图形R＝5R＝3AB2.503.003.50AC6.405.334.57AB·AC（1）请用计算器计算AB·AC的值，并填入上表的相应位置；（2）对半径分别为R、的两个同心圆，猜测AB·AC与R、的关系式，并加以证明。【答案】解：（1）填表如下：第一次第二次第三次图形R＝5R＝3AB2.503.003.50AC6.405.334.57AB·AC1615.9915.995（2）猜测AB·AC与R、的关系式为。证明如下：过点O作直线AE，交小圆与D，E，连接BD、CE，∵∠A=∠A，∠ABD=∠E，∴△ABD∽△AEC。∴，即。∴。\n4.（2022年浙江台州14分）已知抛物线顶点D（0，），且经过点A（1，）。（1）求这条抛物线的解析式；（2）点F是坐标原点O关于该抛物线顶点的对称点，坐标为（0，）。我们可以用以下方法求线段FA的长度；过点A作AA1⊥轴，过点F作轴的平行线，交AA1于A2则FA2＝1，A2A＝＝，在Rt△AFA2中，有FA＝＝。已知抛物线上另一点B的横坐标为2，求线段FB的长。（3）若点P是该抛物线在第一象限上的任意一点，试探究线段FP的长度与点P纵坐标的大小关系，并证明你的猜想。【答案】解：（1）∵抛物线顶点D（0，），∴设抛物线顶点式：。∵经过点A（1，），∴，解得a=2。∴这条抛物线的解析式为。（2）∵点B的横坐标为2，∴点B的纵坐标为。过点B作BB1⊥x轴，过点F作x轴的平行线，交BB1于B2，∴FB2=2，B2B=。在Rt△BFB2中，∴。\n（3）相等，理由如下：设点P的坐标为（a，），过点P作PP1⊥x轴，过点F作x轴的平行线，交PP1于P2，∴FP2=a，P2P=。在Rt△PFP2中，∴。∴线段FP的长度与点P纵坐标相等。【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，勾股定理。【分析】（1）根据题意设抛物线顶点式：，再将A点代入即可得出这条抛物线的解析式。（2）先将点B的横坐标代入抛物线解析式，求出纵坐标，过点B作BB1⊥x轴，过点F作x轴的平行线，交BB1于B2，求得FB2=2，B2B，在Rt△BFB2中，由勾股定理求出。（3）同（2）。5.（2022年浙江温州、台州12分）如图甲，正方形ABCD的边长为2，点M是BC的中点，P是线段MC上的一个动点(不运动至M，C),以AB为直径作⊙O，过点P的切线交AD于点F，切点为E。（1）求四边形CDFP的周长；（2）请连结OF，OP，求证：OF⊥OP；（3）延长DC，FP相交于点G，连结OE并延长交直线DC于H(如图乙)。是否存在点P使△EFO∽△EHG（其对应关系是EE，FH，OG）？如果存在，试求此时的BP的长；如果不存在，请说明理由。\n【答案】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=900。∴AF、BP都是⊙O的切线。又∵PF是⊙O的切线，∴EF=FA，PE=PB。∴四边形CDFP的周长为AD+DC+CB=2×3=6。（2）证明：连结OE，∵PF是⊙O的切线，∴OE⊥PF。在Rt△AOF和Rt△EOF中，∵AO=EO，OF=OF，∴Rt△AOF∽Rt△EOF。∴∠AOF=∠EOF。同理∠BOP=∠EOP。∴∠EOF+∠EOP=×180°=90°。∴∠EOP=90°，即OF⊥OP。（3）存在。∵∠EOF=∠AOF，∴∠EHG=∠AOE=2∠EOF。∴当∠EHG=∠AOE=2∠EOF,即∠EOF=30°时，Rt△EOF∽Rt△EHG。此时∠EOF=30°，∠BOP=∠EOP=90°－30°=60°。∴BP=OB·tan60°=。【考点】正方形的性质，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义。【分析】（1）根据切线的性质，将所求四边形CDFP的边转化为已知正方形ABCD的边，即可求得。（2）连结OE，根据切线的性质和相似三角形的判定和性质，求出∠EOF+∠EOP=×180°=90°，即可根据三角形内角和定理得到∠EOP=90°，即OF⊥OP。（3）要△EFO∽△EHG，必须∠EHG=∠EFO=2∠EOF=60°，在直角△O\nBP中，由正切定理可求出BP的长。6.（2022年浙江温州、台州14分）已知抛物线y=－x2+2(m－3)x+m－1与x轴交于B，A两点，其中点B在x轴的负半轴上，点A在x轴的正半轴上，该抛物线与y轴于点C。（1）写出抛物线的开口方向与点C的坐标(用含m的式子表示)；（2）若tan∠CBA=3，试求抛物线的解析式；（3）设点P(x，y)（其中0＜x＜3）是（2）中抛物线上的一个动点，试求四边形AOCP的面积的最大值及此时点P的坐标。由tan∠CAB=3得OB=OC=(m－1)，∴点B的坐标为()。代入解析式得由m－1≠0得，∴m=4。∴抛物线的解析式为y=。（3）当0＜x＜3时，y＞0，∴四边形AOCP的面积为S△COP+S△OPA=。∵当时，y=∴当点P的坐标为()时，四边形AOCP的面积达到最大值。【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系，锐角三角函数定义。【分析】（1）二次函数的二次项系数是-1＜0，因而抛物线的开口向下．在函数解析式中令x=0解得y的值，就是C的纵坐标。（2）由方程－x2+2(m－3)x+m－1=0的两根异号，根据一元二次方程根与系数的关系，\n得m－1＞0，从而OC=m－1。由tan∠CBA=3转化为OB，OC之间的关系，即可用m表示出B点的坐标，把B点的坐标代入抛物线的解析式，就可以得到一个关于m的方程，从而解出m的值．得到函数的解析式。（3）四边形AOCP的面积为S△COP＋S△OPA，这两个三角形的面积就可以用x表示出来，从而把面积表示成x的函数，转化为函数的最值问题。7.（2022年浙江台州12分）我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即已知三角形的三边长，求它的面积．用现代式子表示即为：……①（其中、、为三角形的三边长，为面积）.而另一个文明古国古希腊也有求三角形面积的海伦公式：……②（其中）.（1）若已知三角形的三边长分别为5、7、8，试分别运用公式①和公式②，计算该三角形的面积；（2）你能否由公式①推导出公式②？请试试.【答案】解：（1）；，。（2）∵，∴。【考点】代数式的恒等证明，二次根式分简。\n【分析】（1）代入计算即可。（2）需要在括号内都乘以4，括号外再乘，保持等式不变，构成完全平方公式，再进行计算。8.（2022年浙江台州14分）如图，在平面直角坐标系内，⊙C与y轴相切于D点，与x轴相交于A（2，0）、B（8，0）两点，圆心C在第四象限.（1）求点C的坐标；（2）连结BC并延长交⊙C于另一点E，若线段BE上有一点P，使得AB2＝BP·BE，能否推出AP⊥BE？请给出你的结论，并说明理由；（3）在直线BE上是否存在点Q，使得AQ2＝BQ·EQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，也请说明理由.【答案】解：（1）如图，过点C作CH⊥AB于点H，∵A（2，0）、B（8，0），∴H（5，0），BH=3。∴C的横坐标为5，即圆的半径为5。∴BC=5。∴HC=4。∴C（5，－4）。（2）能。连结AE，∵BE是⊙O的直径，∴∠BAE=90°。在△ABE与△PBA中，AB2＝BP·BE,即。又∠ABE=∠PBA，∴△ABE∽△PBA。∴∠BPA=∠BAE=90°,即AP⊥BE。\n（3）存在。①当点Q1与C重合时，AQ1=Q1B=Q1E,显然有AQ12＝BQ1·EQ1,∴Q1(5,－4)符合题意。②当Q2点在线段EB上，∵△ABE中，∠BAE=90°，∴点Q2为AQ2在BE上的垂足。∴。∴Q2点的横坐标是2+AQ2·∠BAQ2=2+3.84=5.84又AQ2·∠BAQ2=2.88，∴点Q2（5.84，－2.88）。③若符合题意的点Q3在线段EB外，则可得点Q3为过点A的⊙C的切线与直线BE在第一象限的交点。由Rt△Q3BR∽Rt△EBA，△EBA的三边长分别为6、8、10，故不妨设BR=3t，RQ3=4t，BQ3=5t，由Rt△ARQ3∽Rt△EAB得，即得t=。∴Q3点的横坐标为8+3t=，Q3点的纵坐标为4t=。∴Q3（，）。综上所述，在直线BE上存在点Q，使得AQ2＝BQ·EQ，点Q的坐标为(5,－4)或（5.84，－2.88）或（，）。（2）连接AE，由圆周角定理可得∠BAE=90°，进而可得AB2=BP•BE，即，可得△ABE∽△PBA；进而可得∠BAE=90°，即AP⊥BE。（3）分三种情况讨论，根据相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数的定义，易得Q到x、y轴的距离，即可得Q的坐标。\n9.（2022年浙江台州12分）如图，已知抛物线（a＞0）交x轴于A、B两点，交y轴于点C，点B的坐标为（－1，0）.（1）求此抛物线的对称轴及点A的坐标；（2）过点C作x轴的平行线交抛物线的对称轴于点P，你能判断四边形ABCP是什么四边形吗？请证明你的结论；（3）连结AC，BP，若AC⊥BP，试求此抛物线的解析式.【答案】解：（1）∵，∴抛物线的对称轴是直线x=－2。设点A的坐标为（x，0），∵，∴x=－3。∴A的坐标（－3，0）。（2）四边形ABCP是平行四边形。证明如下：∵抛物线的对称轴是直线x=－2，∴CP=2。又∵AB=2，∴CP=AB。又∵CP∥AB，∴四边形ABCP是平行四边形。（3）∵AC⊥BP，∴平行四边形ABCP是菱形。　　　　　　　　∴BC=AB=2。又∵OB=1，∴OC=。∴C（0,）。将B（-1,0）,C（0,）代入，得：　　　　　　　　，解得：。　　　　　　　　∴此抛物线的解析式为。【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理。\n【分析】（1）将抛物线化为顶点式即可得到抛物线的对称轴方程，由于A、B关于抛物线的对称轴对称，因此可根据B点的坐标求出A点的坐标。（2）已知了CP∥AB，只需证CP是否与AB相等即可，根据抛物线对称轴x=－2可知CP=2，根据A、B的坐标不难得出AB=2，因此AB与PC平行且相等，四边形ABCP是平行四边形。（3）本题的关键是求出C点的坐标，即OC的长，由菱形的判定和性质，勾股定理可得到点C的坐标，已知了A、B、C三点坐标后可用待定系数法求出抛物线的解析式。10.（2022年浙江台州14分）善于学习的小敏查资料知道：对应角相等，对应边成比例的两个梯形，叫做相似梯形.他想到“平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”，提出如下两个问题，你能帮助解决吗？MN是中位线（如图①）.根据相似梯形的定义，请你说明梯形AMND与梯形ABCD是否相似?（2）一般结论：平行于梯形底边的直线截两腰所得的梯形与原梯形▲(填“相似”或“不相似”或“相似性无法确定”.不要求证明).问题二平行于梯形底边的直线截两腰所得的两个小梯形是否相似?（1）从特殊平行线入手探究.梯形的中位线截两腰所得的两个小梯形▲(填“相似”或“不相似”或“相似性无法确定”.不要求证明).（2）从特殊梯形入手探究.同上假设，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=6，BC=8，CD=4，AD=2，你能找到与梯形底边平行的直线PQ（点P,Q在梯形的两腰上，如图②）,使得梯形APQD与梯形PBCQ相似吗?请根据相似梯形的定义说明理由.（3）一般结论：对于任意梯形（如图③），一定▲(填“存在”或“不存在”)平行于梯形底边的直线PQ，使截得的两个小梯形相似.若存在，则确定这条平行线位置的条件是=▲(不妨设AD=a，BC=b，AB=c，CD=d.不要求证明).【答案】解：问题一：（1）梯形AMND与梯形ABCD不相似。∵两个梯形的腰相等，即腰的比是1：2，而上底的比是1：1，\n∴这两个梯形一定不相似。（2）不相似。问题二：（1）不相似。（2）能。若梯形APQD与梯形PBCQ相似，则∵，即，解得：PQ=4。∵，AP+PB=6，∴AP=2。同理可得DQ=。∴当AP=2，DQ=时，形APQD与梯形PBCQ相似。（3）存在；。【考点】新定义，相似的意义。若梯形APQD∽梯形PBCQ，则，∵AD=a，BC=b，∴。∴。11.（2022年浙江台州12分）善于不断改进学习方法的小迪发现，对解题进行回顾反思，学习效果更好．某一天小迪有20分钟时间可用于学习．假设小迪用于解题的时间x（单位：分钟）与学习收益量y的关系如图1所示，用于回顾反思的时间x（单位：分钟）与学习收益y的关系如图2所示（其中OA是抛物线的一部分，A为抛物线的顶点），且用于回顾反思的时间不超过用于解题的时间．（1）求小迪解题的学习收益量y与用于解题的时间x之间的函数关系式；（2）求小迪回顾反思的学习收益量y与用于回顾反思的时间x的函数关系式；（3）问小迪如何分配解题和回顾反思的时间，才能使这20分钟的学习收益总量最大？\n【答案】解：（1）由图1，设，当时，，解得。∴。（2）由图2，当时，设，当时，，∴．∴。∴，即。当时，。∴。（3）设小迪用于回顾反思的时间为分钟，学习收益总量为，则她用于解题的时间为分钟，当时，，∴当时，。当时，，随的增大而减小，∴当时，。综上，当时，，此时。答：小迪用于回顾反思的时间为3分钟，用于解题的时间为17分钟时，学习收益总量最大。【考点】一、二次函数的应用，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，一、二次函数的性质。【分析】（1）由图设抛物线的公式为y=kx，即可依题意求出y与x的函数关系式。\n（2）本题涉及分段函数的知识．需要注意的是x的取值范围依照分段函数的解法解出即可。（3）设小迪用于回顾反思的时间为x（0≤x≤10）分钟，学习收益总量为y，则她用于解题的时间为（20－x）分钟，分和讨论即可。12.（2022年浙江台州14分）如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点A在轴上，点C在轴上，将边BC折叠，使点B落在边OA的点D处．已知折叠，且．（1）判断与是否相似？请说明理由；（2）求直线CE与轴交点P的坐标；（3）是否存在过点D的直线，使直线、直线CE与轴所围成的三角形和直线、直线CE与轴所围成的三角形相似？如果存在，请直接写出其解析式并画出相应的直线；如果不存在，请说明理由．【答案】解：（1）与相似。理由如下：由折叠知，，∴。∵，∴。又∵，∴。（2）∵，∴设，则。由勾股定理得。∴。由（1），得，即，解得。在中，∵，∴，解得。\n∴OC=8，AE=3，点C的坐标为（0，8），点E的坐标为（10，3）。设直线CE的解析式为，∴，解得。∴直线CE的解析式为，则点P的坐标为（16，0）。（3）满足条件的直线有2条：，。图象如图：【考点】折叠问题，折叠对称的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，分类思想的应用。【分析】（1）证两三角形相似，必须得出两组对应角相等，所求的两个三角形中，已知了一组直角，因此只需找出另一组对应角相等即可得出相似的结论．由于∠CDE为90°，那么∠CDO和∠EDA互余，而∠OCD也和∠CDO互余，因此根据同角的余角相等即可得出∠OCD=∠EDA，由此可证得两三角形相似。（2）本题的关键是求出C、E点的坐标，根据∠EDA的正切值，可设AE=3t，那么DA=4t，DE=5t．则\nOC=AE+BE=AE+DE=8t，进而可根据（1）的相似三角形得出的关于OC、CD、AD、DE的比例关系式，来求出CD的值，然后可在直角三角形CDE中求出t的值，即可得出AE、BC的长，即确定了E点的坐标，然后根据C，E两点的坐标求出直线CE的解析式，即可求得直线CE与x轴交点P的坐标。（3）应该有两条如图，①直线BF，根据折叠的性质可知CE必垂直平分BD，那么∠DGP=∠CGF=90°，而∠CFG=∠DPG（都是∠OCP的余角），由此可得出两三角形相似，那么可根据B、D两点的坐标求出此直线的解析式。②直线DN，由于∠FCP=∠NDO，那么可根据∠OCE即∠BEC的正切值，求出∠NDO的正切值，然后用OD的长求出ON的值，即可求出N点的坐标，然后根据N、D两点的坐标求出直线DN的解析式。13.（2022年浙江台州12分）CD经过∠BCA顶点C的一条直线，CA=CB．E，F分别是直线CD上两点，且∠BEC=∠CFA=∠α．（1）若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题：①如图1，若∠BCA=90°，∠α=90°，则BE▲CF；EF▲|BE－AF|（填“＞”，“＜”或“=”）；②如图2，若0°＜∠BCA＜180°，请添加一个关于∠α与∠BCA关系的条件▲，使①中的两个结论仍然成立，并证明两个结论成立．（2）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α=∠BCA，请提出EF，BE，AF三条线段数量关系的合理猜想（不要求证明）．【答案】解：（1）①=；=。②所填的条件是：∠α＋∠BCA=180°。证明如下：在△BCE中，∠CBE＋∠BCE=180°－∠BEC=180°－∠α。∵∠BCA=180°－∠α，∴∠CBE＋∠BCE=∠BCA。又∵∠ACF＋∠BCE=∠BCA，∴∠CBE=∠ACF。又∵BC=CA，∠BEC=∠CFA，∴△BCE≌△CAF（AAS）。\n∴BE=CF，CE=AF。又∵EF=CF－CE，∴EF=|BE－AF|。（2）EF=BE+AF。【考点】全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理。【分析】（1）①∵∠BCA=90°，∠α=90°，∴∠BCE＋∠CBE=90°，∠BCE＋∠ACF=90°。∴∠CBE=∠ACF。∵CA=CB，∠BEC=∠CFA，∴△BCE≌△CAF（AAS）。∴BE=CF；EF=|BE＋AF|。②由∠α＋∠BCA=180°结合已知条件，可得∠CBE=∠ACF，从而根据AAS可证得△BCE和△CAF全等，从而得出结论。（2）由题意推出∠CBE=∠ACF，再由AAS定理证△BCE≌△CAF，继而得答案。14.（2022年浙江台州14分）如图，在矩形ABCD中，AB=9，AD=，点P是边BC上的动点（点P不与点B，点C重合），过点P作直线PQ∥BD，交CD边于Q点，再把△PQC沿着动直线PQ对折，点C的对应点是R点，设CP的长度为x，△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积为y．（1）求∠CQP的度数；（2）当x取何值时，点R落在矩形ABCD的AB边上；（3）①求y与x之间的函数关系式；②当x取何值时，重叠部分的面积等于矩形面积的？【答案】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC。∵AB=9，AD=，∠C=90°，∴CD=9，BC=。∴。∴∠CDB=30°。∵PQ∥BD，∴∠CQP=∠CDB=30°。∴∠CPQ=90°－∠CQP=60°。∴∠CPQ的度数是60°。（2）如图1，由轴对称的性质可知，△RPQ≌△CPQ，∴∠RPQ=∠CPQ，RP=CP。\n由（1）知：∠CQP=30°，∴∠RPQ=∠CPQ=60°。∴∠RPB=60°。∴RP=2BP。∵CP=x，∴RP=x，BP=。∴，解这个方程得：x=。∴当x取时，点R落在矩形ABCD的AB边上。（3）①当点R在矩形ABCD的内部或AB边上时，CP的范围是0＜x≤，此时，△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积为△PQR的面积，等于△CPQ的面积。∴。当点R在矩形ABCD的外部时（如图2），CP的范围是＜x＜，此时，△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积为四边形PQEF的面积，等于△PQR的面积减去△EFRR的面积，即△CPQ的面积减去△EFRR的面积。在Rt△PFB中，∵∠RPB=60°，∴∵RP=CP=x，∴。在Rt△ERF中，∵∠EFR=∠PFR=30°，∴。∴。∴。∴y与x之间的函数解析式是：。②矩形面积=，当0＜x≤时，由，解得（舍去负值）。∵，∴当0＜x≤时，不存在重叠部分的面积等于矩形面积的。当＜x＜时，由，解得\n。∵＞，∴x=不合题意，舍去。∴x=。∴当x=时，△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积等于矩形面积的。（2）根据轴对称的性质可知△RPQ≌△CPQ，推出∠RPQ=∠CPQ，RP=CP，在△RPB中得出，求出即可。（3）①分点R在矩形ABCD的内部或AB边上和点R在矩形ABCD的外部两种情况讨论即可。②△PQR与矩形ABCD重叠部分的面积等于矩形面积的列方程求解，同样分点R在矩形ABCD的内部或AB边上和点R在矩形ABCD的外部两种情况讨论。15.（2022年浙江台州12分）定义：到凸四边形一组对边距离相等，到另一组对边距离也相等的点叫凸四边形的准内点．如图1，PH=PJ，PI=PG，则点P就是四边形ABCD的准内点．（1）如图2，∠AFD与∠DEC的角平分线FP，EP相交于点P．求证：点P是四边形ABCD的准内点．（2）分别画出图3平行四边形和图4梯形的准内点．（作图工具不限，不写作法，但要有必要的说明）（3）判断下列命题的真假，在括号内填“真”或“假”．①任意凸四边形一定存在准内点． （▲）②任意凸四边形一定只有一个准内点．（▲）③若P是任意凸四边形ABCD的准内点，则PA+PB=PC+PD或PA+PC=PB+PD．(▲)\n【答案】解：（1）证明：如图，过点P作PG⊥AB，PH⊥BC，PI⊥CD，PJ⊥AD，垂足分别为G，I，J，H，∵EP平分∠DEC，∴PJ=PH。同理PG=PI。∴P是四边形ABCD的准内点。（2）作图如下：平行四边形对角线AC，BD的交点P1就是准内点，或者取平行四边形两对边中点连线的交点P1就是准内点；梯形两腰夹角的平分线与梯形中位线的交点P2就是准内点。（3）真；真；假。【考点】新定义，作图（复杂作图）平行四边形和梯形的性质。【分析】（1）过点P作PG⊥AB，PH⊥BC，PI⊥CD，PJ⊥AD，由角平分线的性质可知PJ=PH，PG=PI。（2）平行四边形对角线的交点，即为平行四边形的准内点；梯形两腰夹角的平分线与梯形中位线的交点，即为梯形的准内点。（3）①当凸四边形为平行四边形时，易知其对角线交点即为其准内点；②当凸四边形不为平行四边形时，可以将四边形的两边延长，构造三角形，其对角线交点即为准内点。16.（2022年浙江台州14分）如图，已知直线\n交坐标轴于A，B两点，以线段AB为边向上作正方形ABCD，过点A，D，C的抛物线与直线另一个交点为E．（1）请直接写出点C，D的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）若正方形以每秒个单位长度的速度沿射线AB下滑，直至顶点D落在x轴上时停止．设正方形落在x轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间t的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围；（4）在（3）的条件下，抛物线与正方形一起平移，同时D停止，求抛物线上C，E两点间的抛物线弧所扫过的面积．【答案】解：（1）C（3，2）D（1，3）。（7）设抛物线为，∵抛物线过（0，1）（3，2）（1，3），∴，解得：。∴抛物线的解析式为。（3）①当点A运动到x轴上时，t=1，当0＜t≤1时，如图1，∵∠OFA=∠GFB′，，∴。∴。\n∴。②当点0运动到x轴上时，t=2，当1＜t≤2时，如图2，A′B′=AB=，∴。∴。又∵，∴。③当点D运动到x轴上时，t=3，当2＜t≤3时，如图3，∵，∴。∵，△AOF∽△GD′H，∴，∴。∴。综上所述，S关于滑行时间t的函数关系式为。（8）∵t=3，,∴。\n【考点】二次函数综合题，面动线动问题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，由实际问题列函数关系式，锐角三角函数定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质，分类和转换思想的应用。【分析】（1）根据AB所在直线的解析式求出A，B两点的坐标，即可得出OA、OB的长．过D作DM⊥y轴于M，则△ADM≌△BAO，由此可得出MD、MA的长，也就能求出D的坐标，同理可求出C的坐标。（2）可根据A、C、D三点的坐标，用待定系数法求出抛物线的解析式。（3）要分0＜t≤1，1＜t≤2，2＜t≤3三种情况讨论即可。（4）CE扫过的图形是个类平行四边形，经过关系不难发现这个类平行四边形的面积实际上就是矩形BCD′A′的面积．可通过求矩形的面积来求出CE扫过的面积。17.（2022年浙江台州12分）如图1，Rt△ABC≌Rt△EDF，∠ACB=∠F=90°，∠A=∠E=30°．△EDF绕着边AB的中点D旋转，DE，DF分别交线段AC于点M，K．（1）观察：①如图2、图3，当∠CDF=0°或60°时，AM+CK▲MK(填“>”，“<”或“=”)．②如图4，当∠CDF=30°时，AM+CK▲MK(只填“>”或“<”)．（2）猜想：如图1，当0°＜∠CDF＜60°时，AM+CK▲MK，证明你所得到的结论．（3）如果，请直接写出∠CDF的度数和的值．\n【答案】解：（1）①=。②＞。（2）＞。证明如下：作点C关于FD的对称点G，连接GK，GM，GD，则CD=GD，GK=CK，∠GDK=∠CDK。∵D是AB的中点，∴AD=CD=GD。∵∠A=30°，∴∠CDA=120°。∵∠EDF=60°，∴∠GDM+∠GDK=60°。∠ADM+∠CDK=60°。∴∠ADM=∠GDM。∵DM=DM，∴，∴△ADM≌△GDM，（SAS）。∴GM=AM。∵GM+GK＞MK，∴AM+CK＞MK。（3）15°；。①在Rt△ABC中，D是AB的中点，∴AD=BD=CD=AB，∠B=∠BDC=60°。又∵∠A=30°，∴∠ACD=60°－30°=30°。又∵∠CDE=60°，或∠CDF=60°时，∴∠CKD=90°。\n∴在△CDA中，AM（K）=CM（K），即AM（K）=KM（C）（等腰三角形底边上的垂线与中线重合）。∵CK=0，或AM=0，∴AM+CK=MK。②由①，得∠ACD=30°，∠CDB=60°。又∵∠A=30°，∠CDF=30，∠EDF=60°，∴∠ADM=30°。∴AM=MD，CK=KD。∴AM+CK=MD+KD。∴在△MKD中，AM+CK＞MK（两边之和大于第三边）。（2）作点C关于FD的对称点G，连接GK，GM，GD．证明△ADM≌△GDM后，根据全等三角形的性质，GM=AM，GM+GK＞MK，∴AM+CK＞MK。又∵点C关于FD的对称点G，∴∠CKG=90°，∠FKC=∠CKG=45°。又由（1），得∠A=∠ACD=30°，∴∠FKC=∠CDF+∠ACD。∴∠CDF=∠FKC－∠ACD=15°。在Rt△GKM中，∠MGK=∠DGK+∠MGD=∠A+∠ACD=60°，∴∠GMK=30°，∴。∴。18.（2022年浙江台州14分）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=8．点P，Q都是斜边AB上的动点，点P从B向A运动（不与点B重合），点Q从A向B运动，BP=AQ．点D，E分别是点A，B以Q，P为对称中心的对称点，HQ⊥AB于Q，交AC于点H．当点E到达顶点A时，P，Q同时停止运动．设BP的长为x，△HDE的面积为y．（1）求证：△DHQ∽△ABC；（2）求y关于x的函数解析式并求y的最大值；（3）当x为何值时，△HDE为等腰三角形？\n【答案】解：（1）证明：∵A、D关于点Q成中心对称，HQ⊥AB，∴∠HQD=∠C=90°，HD=HA。∴∠HDQ=∠A。∴△DHQ∽△ABC。（2）①如图1，当0＜x≤2.5时，ED=10－4x，，此时，。∵，∴当x=时，最大值y=。②如图2，当2.5＜x≤5时，ED=4x－10，，此时，。∵，∴当x=5时，y有最大值，最大值为y=。综上所述，y与x之间的函数解析式为，当x=5时，y有最大值，其最大值是y=。（3）①如图1，当0＜x≤2.5时，若DE=DH，∵，\n∴，解得：。∵∠EDH＞90°，∴EH＞ED，EH＞DH，即ED=EH，HD=HE不可能。②如图2，当2.5＜x≤5时，若DE=DH，由解得：。若HD=HE，此时点D，E分别与点B，A重合，x=5。若ED=EH，则∠ADH=∠DHE，又∵点A、D关于点Q对称，∴∠A=∠ADH。∴△EDH∽△HAD。∴，即，解得：。综上所述，当x的值为，，5，时，△HDE是等腰三角形。19.（2022年浙江台州12分）如图1，AD和AE分别是△ABC的BC边上的高和中线，点D是垂足，点E是BC的中点，规定：λA＝．特别地，当点D、E重合时，规定：λA＝0．另外，对λB、λC作类似的规定．(1)如图2，在△ABC中，∠C＝90º，∠A＝30º，求λA、λC；(2)在每个小正方形边长均为1的4×4的方格纸上，画一个△ABC，使其顶点在格点(格点即每个小正方形的顶点)上，且λA＝2，面积也为2；(3)判断下列三个命题的真假(真命题打“P”，假命题打“×”)：①若△ABC中λA＜1，则△ABC为锐角三角形；【】\n②若△ABC中λA＝1，则△ABC为锐角三角形；【】③若△ABC中λA＞1，则△ABC为锐角三角形．【】【答案】解：（1）如图，作BC边上的中线AD，又AC⊥BC。∴λA＝＝1。过点C分别作AB边上的高CE和中线CF，∵∠ACB＝90º，∴AF＝CF。∴∠ACF＝∠CAF＝30º。∴∠CFE＝60º。∴λC＝＝＝cos60º＝。（2）画图如下：（3）×；√；√。【考点】解直角三角形，三角形的角平分线、中线和高，作图（应用与设计作图），真假命题的定义。【分析】（1）根据直角三角形斜边中线、高的特点进行转换即可得出答案。（2）根据题目要求即可画出图象。（3）根据真假命题的定义即可得出答案。20.（2022年浙江台州14分）已知抛物线＝(－m)2＋n与轴交于点A，它的顶点为点B，点AB关于原点O的对称点分别为C、D．若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．\n(1)如图1，求抛物线＝(－2)2＋1的伴随直线的解析式．(2)如图2，若抛物线＝(－m)2＋nn(m＞0)的伴随直线是＝－3，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＝(－m)2＋nn的伴随直线是＝－2＋b(b＞0)，且伴随四边形ABCD是矩形．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的代数式表示)，若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）由已知得B(2，1)，A(0，5)。设所求直线的解析式为＝k＋b，则，解得。∴所求直线的解析式为＝－2＋5。（2）如图，作BE⊥AC于点E，由题意得四边形ABCD是平行四边形，点A的坐标为(0，－3)，点C的坐标为(0，3)，可得AC＝6。∵ABCD的面积为12，∴S△ABC＝6即S△ABC＝AC·BE＝6。∴BE＝2。∵m＞0，即顶点B有轴的右侧，且在直线＝－3上，\n∴顶点B的坐标为B(2，－1)。又抛物线经过点A(0，－3)，∴＝－。∴＝－(－2)2－1。（3）①如图，作BE⊥轴于点E，由已知得：A的坐标为(0，b)，C的坐标为(0，－b)。∵顶点B(m，n)在直线＝－2＋b上，∴n＝－2m＋b，即点B的坐标为(m，－2m＋b)。在矩形ABCD中，OC＝OB，OC2＝OB2，即b2＝m2＋(－2m＋b)2，∴5m2－4mb＝0。∴m(5m－4b)＝0。∴m1＝0(不合题意，舍去)，m2＝b。∴n＝－2m＋b＝－2×b＋b＝－b。∴用含b的代数式表示m、n的值为m＝b，n＝－b。②存在，共四个点如下：P1(b，b)，P2(b，b)，P3(b，b)，P4(b，－b)。【考点】二次函数综合题。【分析】（1）利用抛物线＝(－2)2＋1的与轴交于点A（0，5），它的顶点为点B（2，1），求出直线解析式即可。（2）首先得出点A的坐标为（0，-3），以及点C的坐标为（0，3），从而求出BE=2，得出顶点B的坐标求出解析式即可。（3）①由已知可得A坐标为（0，b），C点坐标为（0，-b），以及n=-2m+b，即点B点的坐标为（m，-2m+b），利用勾股定理求出。②利用①中B点坐标，以及BD的长度即可得出P点的坐标。分BD=BP，BD=DP，BP=DP三种情况分别求出。21.（2022年浙江台州12分）某汽车在刹车后行驶的距离s（单位：米）与时间t（单位：秒）之间的关系得部分数据如下表：时间t（秒）00.20.40.60.81.01.2…行驶距离s（米）02.85.27.28.81010.8…\n（1）根据这些数据在给出的坐标系中画出相应的点；（2）选择适当的函数表示s与t之间的关系，求出相应的函数解析式；（3）①刹车后汽车行驶了多长距离才停止？②当t分别为t1，t2（t1＜t2）时，对应s的值分别为s1，s2，请比较与的大小，并解释比较结果的实际意义．【答案】解：（1）描点图所示：（2）由散点图可知该函数为二次函数。设二次函数的解析式为：s=at2＋bt＋c，∵抛物线经过点（0，0），∴c=0。又由点（0.2，2.8），（1，10）可得：，解得：。经检验，其余各点均在s=－5t2+15t上。∴二次函数的解析式为：。（3）①汽车刹车后到停止时的距离即汽车滑行的最大距离。\n∵，∴当t=时，滑行距离最大，为。因此，刹车后汽车行驶了米才停止。②∵，∴。∴。∵t1＜t2，∴。∴。其实际意义是刹车后到t2时间内的平均速到t1时间内的度小于刹车后平均速度。【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，二次函数的性质和应用，不等式的应用。【分析】（1）描点作图即可。（2）首先判断函数为二次函数。用待定系数法，由所给的任意三点即可求出函数解析式。（3）将函数解析式表示成顶点式（或用公式求），即可求得答案。（4）求出与，用差值法比较大小。22.（2022年浙江台州14分）定义：P、Q分别是两条线段a和b上任意一点，线段PQ长度的最小值叫做线段与线段的距离.已知O(0，0)，A(4，0)，B(m，n)，C(m+4，n)是平面直角系中四点.（1）根据上述定义，当m=2，n=2时，如图1，线段BC与线段OA的距离是_____,当m=5，n=2时，如图2，线段BC与线段OA的距离(即线段AB的长)为______\n（2）如图3，若点B落在圆心为A，半径为2的圆上，线段BC与线段OA的距离记为d，求d关于m的函数解析式.（3）当m的值变化时，动线段BC与线段OA的距离始终为2，线段BC的中点为M.①求出点M随线段BC运动所围成的封闭图形的周长;②点D的坐标为(0，2)，m≥0，n≥0，作MH⊥x轴,垂足为H，是否存在m的值，使以A、M、H为顶点的三角形与△AOD相似，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）2；。（2）∵点B落在圆心为A，半径为2的圆上，∴2≤m≤6。当4≤m≤6时，根据定义，d=AB=2。当2≤m＜4时，如图，过点B作BE⊥OA于点E，则根据定义，d=EB。∵A(4，0)，B(m，n)，AB=2，∴EA=4－m。\n∴。∴。（3）①如图，由（2）知，当点B在⊙O的左半圆时，d=2，此时，点M是圆弧M1M2，长2π；当点B从B1到B3时，d=2，此时，点M是线段M1M3，长为8；同理，当点B在⊙O的左半圆时，圆弧M3M4长2π；点B从B2到B4时，线段M1M3=8。∴点M随线段BC运动所围成的封闭图形的周长为16+4π。②存在。如图，由A(4，0)，D(0，2),得。（i）∵M1H1=M2H2=2，∴只要AH1=AH2=1,就有△AOD∽△M1H1A和△AOD∽△M2H2A，此时OH1=5，OH2=3。∵点M为线段BC的中点,BC=4，∴OH1=5时，m=3；OH2=3时，m=1。（ii）显然，当点M3与点D重合时，△AOD∽△AH3M3，此时m=－2,与题设m≥0不符。（iii）当点M4右侧圆弧上时，连接FM4，其中点F是圆弧的圆心，坐标为（6，0）。设OH4=x,则FH4=x－6。又FM4\n=2，∴。若△AOD∽△AH2M2，则,即,解得（不合题意，舍去）。此时m=。若△AOD∽△M2H2A，则,即,解得（不合题意，舍去）。此时,点M4在圆弧的另一半上，不合题意，舍去。综上所述，使以A、M、H为顶点的三角形与△AOD相似的m的值为：m=1，m=3，m=。【考点】新定义，点到直线的距离，两平行线间的距离，勾股定理，求函数关系式，图形的平移性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）根据定义，当m=2，n=2时，线段BC与线段OA的距离是点A到BC的距离2。当m=5，n=2时，线段BC与线段OA的距离(即线段AB的长)可由勾股定理求出：。（2）分2≤m＜4和4≤m≤6两种情况讨论即可。（3）①由（2）找出点M随线段BC运动所围成的封闭图形即可。②由（2）分点M在线段上和圆弧上两种情况讨论即可。23.（2022年浙江台州12分）如图1，已知直线与y轴交于点A，抛物线经过点A，其顶点为B，另一抛物线的顶点为D，两抛物线相交于点C（1）求点B的坐标，并说明点D在直线的理由；（2）设交点C的横坐标为m\n①交点C的纵坐标可以表示为：▲或▲，由此请进一步探究m关于h的函数关系式；②如图2，若，求m的值【答案】解：（1）当x=0时候，，∴A（0，2）。把A（0，2）代入，得1+k=2，∴k=1。∴B（1，1）。∵D（h，2－h），∴当x=h时，。∴点D在直线l上。（2）①或。由题意得，整理得。∵h＞1，∴。②过点C作y轴的垂线，垂足为E，过点D作DF⊥CE于点F，∵∠ACD=90°，∴∠ACE=∠CDF。又∵∠AEC=∠DFC，∴△ACE∽△CDF。∴。又∵C（m，），D（2m，2－2m），∴AE=，DF=，CE=CF=m。∴。∴=1。解得：。∵h＞1，∴。∴。【考点】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，由实际问题列函数关系式。\n【分析】（1）首先求得点A的坐标，然后求得点B的坐标，用h表示出点D的坐标后代入直线的解析式验证即可。（2）根据两种不同的表示形式得到m和h之间的函数关系即可；过点C作y轴的垂线，垂足为E，过点D作DF⊥CE于点F，证得△ACE∽△CDF，然后用m表示出点C和点D的坐标，根据相似三角形的性质求得m的值即可。24.（2022年浙江台州14分）如果三角形有一边上的中线长恰好等于这边的长，那么称这个三角形为“好玩三角形”（1）请用直尺与圆规画一个“好玩三角形”；（2）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，，求证：△ABC是“好玩三角形”；（3）如图2，已知菱形ABCD的边长为a,∠ABC=2β，点P，Q从点A同时出发，以相同的速度分别沿折线AB－BC和AD－DC向终点C运动，记点P所经过的路程为s①当β=45°时，若△APQ是“好玩三角形”，试求的值；②当tanβ的取值在什么范围内，点P，Q在运动过程中，有且只有一个△APQ能成为“好玩三角形”？请直接写出tanβ的取值范围。（4）本小题为选做题依据（3）中的条件，提出一个关于“在点P，Q的运动过程中，tanβ的取值范围与△APQ是“好玩三角形”的个数关系”的真命题（“好玩三角形”的个数限定不能为1）。【答案】解：（1）作图如下，△ABC即为所求。\n（2证明：取AC的中点D，连接BD，∵∠C=90°，，∴。设，由，。∴。∴AC=BD。∴△ABC是“好玩三角形”。（3）①若β=45°，当点P在AB上时，△APQ是等腰直角三角形，不可能是“好玩三角形”。当点P在BC上时，连接AC，交PQ于点E，延长AB交QP的延长线于点F，∵PC=QC，∠ACB=∠ACD，∴AC是PQ的垂直平分线。∴AP=AQ。∵∠CAB=∠ACP，∠AEF=∠CEP，∴△AEF∽△CEP。∴。∵PE=CE，∴。ⅰ）当底边PQ与它的中线AE相等，即AE=PQ时，，∴。ⅱ）当腰AP与它的中线QM相等，即AP=QM时，作QN⊥AP于点N，∴MN=AN=PM。∴QN=MN。\n∴。∴。∴。综上所述，的值为或。②。（4）若，则在点P，Q的运动过程中，使得△APQ是“好玩三角形”的个数为2。（2）取AC的中点D，连接BD，应用锐角三角函数定义和勾股定理证明AC=BD即可。（3）①先确定当点P在BC上时才可能使△APQ是“好玩三角形”，从而分底边PQ与它的中线AE相等和腰AP与它的中线QM相等两种情况求解。②由①知两上临界点和2，即可得出结论。（4）在点P，Q的运动过程中，tanβ的取值范围与△APQ是“好玩三角形”的个数关系如下：tanβ的取值范围“好玩三角形”的个数210无数个