2022年中考数学试题题分项汇编：专题10 平行线与三角形

专题10平行线与三角形一．选择题1．（2022·内蒙古通辽）如图，一束光线先后经平面镜，反射后，反射光线与平行，当时，的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意得：∠ABM=∠OBC，∠BCO=∠DCN，然后平行线的性质可得∠BCD=70°，即可求解．【详解】解：根据题意得：∠ABM=∠OBC，∠BCO=∠DCN，∵∠ABM=35°，∴∠OBC=35°，∴∠ABC=180°-∠ABM-∠OBC=180°-35°-35°=110°，∵CD∥AB，∴∠ABC+∠BCD=180°，∴∠BCD=180°-∠ABC=70°，∵∠BCO+∠BCD+∠DCN=180°，∠BCO=∠DCN，∴．故选：A【点睛】本题主要考查了平行线的性质，熟练掌握两直线平行，同旁内角互补是解题的关键．2．（2022·河北）要得知作业纸上两相交直线AB，CD所夹锐角的大小，发现其交点不在作业纸内，无法直接测量．两同学提供了如下间接测量方案（如图1和图2）：对于方案Ⅰ、Ⅱ，说法正确的是（

）A．Ⅰ可行、Ⅱ不可行 B．Ⅰ不可行、Ⅱ可行 C．Ⅰ、Ⅱ都可行 D．Ⅰ、Ⅱ都不可行【答案】C【分析】用夹角可以划出来的两条线，证明方案Ⅰ和Ⅱ的结果是否等于夹角，即可判断正误【详解】方案Ⅰ：如下图，即为所要测量的角∵∴∴故方案Ⅰ可行方案Ⅱ：如下图，即为所要测量的角在中：则：故方案Ⅱ可行故选：C【点睛】本题考查平行线的性质和判定，三角形的内角和；本题的突破点是用可画出夹角的情况进行证明3．（2022·河南）如图，直线AB，CD相交于点O，EO⊥CD，垂足为O．若∠1＝54°，则∠2的度数为（

）A．26° B．36° C．44° D．54°【答案】B【分析】根据垂直的定义可得，根据平角的定义即可求解．【详解】解：EO⊥CD，，，．故选：B．【点睛】本题考查了垂线的定义，平角的定义，数形结合是解题的关键．4．（2022·湖北鄂州）如图，直线l1l2，点C、A分别在l1、l2上，以点C为圆心，CA长为半径画弧，交l1于点B，连接AB．若∠BCA＝150°，则∠1的度数为（）A．10° B．15° C．20° D．30°【答案】B【分析】由作图得为等腰三角形，可求出，由l1l2得，从而可得结论．【详解】解：由作图得，，∴为等腰三角形，∴∵∠BCA＝150°，∴∵l1l2∴故选B【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，求出是解答本题的关键．5．（2022·湖南郴州）如图，直线，且直线a，b被直线c，d所截，则下列条件不能判定直线的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用平行线的判定条件进行分析即可得出结果．【详解】解：A、当时，；故A不符合题意；B、当时，；故B不符合题意；C、当时，；故C符合题意；D、∵，则，∵，则，∴；故D不符合题意；故选：C【点睛】本题主要考查平行线的判定，解答的关键是熟记平行线的判定条件并灵活运用．6．（2022·山东潍坊）如图是小亮绘制的潜望镜原理示意图，两个平面镜的镜面与平行，入射光线l与出射光线m平行．若入射光线l与镜面的夹角，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由入射光线与镜面的夹角等于反射光线与镜面的夹角，可得∠1=∠2，可求出∠5，由//可得∠6=∠5【详解】解：由入射光线与镜面的夹角等于反射光线与镜面的夹角，可得∠1=∠2，∵∴∴∵//∴故选：C【点睛】本题主要考查了平行线的性质，熟记两直线平行，内错角相等是解答本题的关键．7．（2022·北京）如图，利用工具测量角，则的大小为（

）A．30° B．60° C．120° D．150°【答案】A【分析】利用对顶角相等求解．【详解】解：量角器测量的度数为30°，由对顶角相等可得，．故选A．【点睛】本题考查量角器的使用和对顶角的性质，掌握对顶角相等是解题的关键．8．（2022·黑龙江）如图，中，，AD平分与BC相交于点D，点E是AB的中点，点F是DC的中点，连接EF交AD于点P．若的面积是24，，则PE的长是（

）A．2.5 B．2 C．3.5 D．3【答案】A【分析】连接DE，取AD的中点G，连接EG，先由等腰三角形“三线合一“性质，证得AD⊥BC，BD=CD，再由E是AB的中点，G是AD的中点，求出S△EGD=3，然后证△EGP≌△FDP（AAS），得GP=CP=1.5，从而得DG=3，即可由三角形面积公式求出EG长，由勾股定理即可求出PE长．【详解】解：如图，连接DE，取AD的中点G，连接EG，∵AB=AC，AD平分与BC相交于点D，∴AD⊥BC，BD=CD，∴S△ABD==12，∵E是AB的中点，∴S△AED==6，∵G是AD的中点，∴S△EGD==3，∵E是AB的中点，G是AD的中点，∴EGBC，EG=BD=CD，∴∠EGP=∠FDP=90°，∵F是CD的中点，∴DF=CD，∴EG=DF，∵∠EPG=∠FPD，∴△EGP≌△FDP（AAS），∴GP=PD=1.5，∴GD=3，∵S△EGD==3，即，∴EG=2，在Rt△EGP中，由勾股定理，得PE==2.5，故选：A．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形面积，全等三角形判定与性质，勾股定理，熟练掌握三角形中线分三角形两部分的面积相等是解题的关键．9．（2022·贵州遵义）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形．若，，则点到的距离为（

）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】根据题意求得，进而求得，进而等面积法即可求解．【详解】解：在中，，，，，设到的距离为，，，故选B．【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．10．（2022·广西）活动探究：我们知道，已知两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等，如己知△ABC中，∠A＝30°，AC＝3，∠A所对的边为，满足已知条件的三角形有两个（我们发现其中如图的△ABC是一个直角三角形），则满足已知条件的三角形的第三边长为（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】分情况讨论，当△ABC是一个直角三角形时，当△AB1C是一个钝角三角形时，根据含30°的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．【详解】如图，当△ABC是一个直角三角形时，即，，；如图，当△AB1C是一个钝角三角形时，过点C作CD⊥AB1，，，，，，，，，，综上，满足已知条件的三角形的第三边长为或，故选：C．【点睛】本题考查了根据已知条件作三角形，涉及含30°的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．11．（2022·山东烟台）如图，某海域中有A，B，C三个小岛，其中A在B的南偏西40°方向，C在B的南偏东35°方向，且B，C到A的距离相等，则小岛C相对于小岛A的方向是（）A．北偏东70° B．北偏东75° C．南偏西70° D．南偏西20°【答案】A【分析】根据题意可得∠ABC＝75°，AD∥BE，AB＝AC，再根据等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠C＝75°，从而求出∠BAC的度数，然后利用平行线的性质可得∠DAB＝∠ABE＝40°，从而求出∠DAC的度数，即可解答．【详解】解：如图：由题意得：∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝40°+35°＝75°，AD∥BE，AB＝AC，∴∠ABC＝∠C＝75°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝30°，∵AD∥BE，∴∠DAB＝∠ABE＝40°，∴∠DAC＝∠DAB+∠BAC＝40°+30°＝70°，∴小岛C相对于小岛A的方向是北偏东70°，故选：A．．【点睛】本题考查了方向角，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．12．（2022·河北）如图，将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，展开后得到折痕l，则l是△ABC的（

）A．中线 B．中位线 C．高线 D．角平分线【答案】D【分析】根据折叠的性质可得，作出选择即可．【详解】解：如图，∵由折叠的性质可知，∴AD是的角平分线，故选：D．【点睛】本题考查折叠的性质和角平分线的定义，理解角平分线的定义是解答本题的关键．13．（2022·广西贺州）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=56°，则∠A的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据直角三角形的两个锐角互余，即可得出∠A的度数．【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=56°，∴∠A=90°-∠B=90°-56°=34°；故选：A．【点睛】本题考查了直角三角形的性质：直角三角形的两个锐角互余；熟练掌握直角三角形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．14．（2022·湖南永州）如图，在中，，，点为边的中点，，则的长为（）A． B． C．2 D．4【答案】C【分析】根据三角形内角和定理可得∠A=30°，由直角三角形斜边上的中线的性质得出AC=2BD=4，再利用含30度角的直角三角形的性质求解即可．【详解】解：∵∠ABC=90°，∠C=60°，∴∠A=30°，∵点D为边AC的中点，BD=2∴AC=2BD=4，∴BC=，故选：C．【点睛】题目主要考查三角形内角和定理及直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．15．（2022·湖南永州）下列多边形具有稳定性的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】利用三角形具有稳定性直接得出答案．【详解】解：三角形具有稳定性，四边形、五边形、六边形都具有不稳定性，故选D．【点睛】本题考查三角形的特性，牢记三角形具有稳定性是解题的关键．16．（2022·广西玉林）请你量一量如图中边上的高的长度，下列最接近的是(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】作出三角形的高，然后利用刻度尺量取即可．【详解】解：如图所示，过点A作AO⊥BC，用刻度尺直接量得AO更接近2cm，故选：D．【点睛】题目主要考查利用刻度尺量取三角形高的长度，作出三角形的高是解题关键．17．（2022·黑龙江大庆）下列说法不正确的是(

)A．有两个角是锐角的三角形是直角或钝角三角形B．有两条边上的高相等的三角形是等腰三角形C．有两个角互余的三角形是直角三角形D．底和腰相等的等腰三角形是等边三角形【答案】A【分析】利用等腰三角形的性质与判定、等边三角形的性质与判定、直角三角形的判定，对各选项逐项分析可得出正确答案．【详解】解：A、设∠1、∠2为锐角，因为：∠1+∠2+∠3=180°，所以：∠3可以为锐角、直角、钝角，所以该三角形可以是锐角三角形，也可以是直角或钝角三角形，故A选项不正确，符合题意；B、如图，在△ABC中，BE⊥AC，CD⊥AB，且BE=CD．∵BE⊥AC，CD⊥AB，∴∠CDB=∠BEC=90°，在Rt△BCD与Rt△CBE中，，∴Rt△BCD≌Rt△CBE（HL），∴∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，即△ABC是等腰三角形．，故B选项正确，不符合题意；C、根据直角三角形的判定：有两个角互余的三角形是直角三角形，，故C选项正确，不符合题意；D、底和腰相等的等腰三角形是等边三角形，故D选项正确，不符合题意；故选：A．【点睛】本题综合考查了等腰三角形的性质与判定、等边三角形的性质与判定、直角三角形的判定，要求学生在学习过程中掌握三角形的各种性质及推论，不断提升数学学习的能力．18．（2022·广西梧州）如图，在中，是的角平分线，过点D分别作，垂足分别是点E，F，则下列结论错误的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等腰三角形底边上的高线、顶角的角平分线、底边上的中线这三线合一及角平分线的性质即可判断求解．【详解】解：∵是的角平分线，∴，∴，故选项A、D结论正确，不符合题意；又是的角平分线，，∴，故选项B结论正确，不符合题意；由已知条件推不出，故选项C结论错误，符合题意；故选：C．【点睛】本题考察了等腰三角形的性质及角平分线的性质，属于基础题，熟练掌握其性质即可．19．（2022·四川乐山）如图，等腰△ABC的面积为2，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=BC．点P是线段AB上一动点，连接PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（

）A． B．3 C． D．4【答案】D【分析】当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．求出CF的长即可解决问题．【详解】解：过点A作AD⊥BC于点D，连接CE，∵AB=AC，∴BD=DC=BC=1，∵AE=BC，∴AE=DC=1，∵AE∥BC，∴四边形AECD是矩形，∴S△ABC=BC×AD=×2×AD=2，∴AD=2，则CE=AD=2，当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在CE的中点N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．∵BC=2，CE=2，由勾股定理得BE=4，cos∠EBC=，即，∴BF=8，∵点N是CE的中点，点M是EF的中点，∴MN=BF=4，∴点M的运动路径长为4，故选：D．【点睛】本题考查点的轨迹、矩形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，学会利用起始位置和终止位置寻找轨迹，属于中考填空题中的压轴题．20．（2022·四川凉山）下列长度的三条线段能组成三角形的是（

）A．3，4，8 B．5，6，11 C．5，6，10 D．5，5，10【答案】C【分析】根据三角形的三边关系定理（任意两边之和大于第三边）逐项判断即可得．【详解】解：A、，不能组成三角形，此项不符题意；B、，不能组成三角形，此项不符题意；C、，能组成三角形，此项符合题意；D、，不能组成三角形，此项不符题意；故选：C．【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理，熟练掌握三角形的三边关系定理是解题关键．21．（2022·四川成都）如图，在和中，点，，，在同一直线上，，，只添加一个条件，能判定的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角形全等的判定做出选择即可．【详解】A、，不能判断，选项不符合题意；B、，利用SAS定理可以判断，选项符合题意；C、，不能判断，选项不符合题意；D、，不能判断，选项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查三角形全等的判定，根据SSS、SAS、ASA、AAS判断三角形全等，找出三角形全等的条件是解答本题的关键．22．（2022·山东聊城）如图，中，若，，根据图中尺规作图的痕迹推断，以下结论错误的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据线段的垂直平分线的性质，角平分线的定义，三角形外角的性质，直角三角形的性质判断即可．【详解】∵，，∴∠B=180°-∠BAC-∠ACB=30°，A．由作图可知，平分，∴，故选项A正确，不符合题意；B．由作图可知，MQ是BC的垂直平分线，∴，∵，∴，故选项B正确，不符合题意；C．∵，，∴，∵，∴，故选项C正确，不符合题意；D．∵，，∴；故选项D错误，符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了线段的垂直平分线的性质，角平分线的定义，三角形外角的性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是读懂图象信息．23．（2022·海南）如图，直线，是等边三角形，顶点B在直线n上，直线m交于点E，交于点F，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等边三角形的性质可得∠A=60°，再由三角形外角的性质可得∠AEF=∠1-∠A=80°，从而得到∠BEF=100°，然后根据平行线的性质，即可求解．【详解】解：∵是等边三角形，∴∠A=60°，∵∠1=140°，∴∠AEF=∠1-∠A=80°，∴∠BEF=180°-∠AEF=100°，∵，∴∠2=∠BEF=100°．故选：B【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，三角形外角的性质，平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质，三角形外角的性质，平行线的性质是解题的关键．24．（2022·黑龙江齐齐哈尔）如图所示，直线a∥b，点A在直线a上，点B在直线b上，AC=BC，∠C=120°，∠1=43°，则∠2的度数为（

）A．57°B．63°C．67°D．73°【答案】D【分析】根据等腰三角形的性质可求出，可得出，再根据平行线的性质可得结论．【详解】解：∵AC=BC，∴是等腰三角形，∵∴∴∵a∥b，∴故选：D【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，以及平行线的性质，求出是解答本题的关键．25．（2022·湖北恩施）已知直线，将含30°角的直角三角板按图所示摆放．若，则（

）A．120° B．130° C．140° D．150°【答案】D【分析】根据平行线的性质可得∠3=∠1=120°，再由对顶角相等可得∠4=∠3=120°，然后根据三角形外角的性质，即可求解．【详解】解：如图，根据题意得：∠5=30°，∵，∴∠3=∠1=120°，∴∠4=∠3=120°，∵∠2=∠4+∠5，∴∠2=120°+30°=150°．故选：D【点睛】本题主要考查了平行线的性质，对顶角相等，三角形外角的性质，熟练掌握平行线的性质，对顶角相等，三角形外角的性质是解题的关键．26．（2022·山东泰安）抛物线上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如表：x-2-106y0461下列结论不正确的是（

）A．抛物线的开口向下 B．抛物线的对称轴为直线C．抛物线与x轴的一个交点坐标为 D．函数的最大值为【答案】C【分析】利用待定系数法求出抛物线解析式，由此逐一判断各选项即可【详解】解：由题意得，解得，∴抛物线解析式为，∴抛物线开口向下，抛物线对称轴为直线，该函数的最大值为，故A、B、D说法正确，不符合题意；令，则，解得或，∴抛物线与x轴的交点坐标为（-2，0），（3，0），故C说法错误，符合题意；故选C．【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，正确求出二次函数解析式是解题的关键．27．（2022·新疆）已知抛物线，下列结论错误的是（

）A．抛物线开口向上 B．抛物线的对称轴为直线 C．抛物线的顶点坐标为 D．当时，y随x的增大而增大【答案】D【分析】根据二次函数的开口方向、对称轴、顶点坐标以及增减性对各选项分析判断即可得解．【详解】解：抛物线中，a＞0，抛物线开口向上，因此A选项正确，不符合题意；由解析式得，对称轴为直线，因此B选项正确，不符合题意；由解析式得，当时，y取最小值，最小值为1，所以抛物线的顶点坐标为，因此C选项正确，不符合题意；因为抛物线开口向上，对称轴为直线，因此当时，y随x的增大而减小，因此D选项错误，符合题意；故选D．【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在中，对称轴为，顶点坐标为．28．（2022·湖南株洲）已知二次函数，其中、，则该函数的图象可能为（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】利用排除法，由得出抛物线与y轴的交点应该在y轴的负半轴上，排除A选项和D选项，根据B选项和C选项中对称轴，得出，抛物线开口向下，排除B选项，即可得出C为正确答案．【详解】解：对于二次函数，令，则，∴抛物线与y轴的交点坐标为∵，∴，∴抛物线与y轴的交点应该在y轴的负半轴上，∴可以排除A选项和D选项；B选项和C选项中，抛物线的对称轴，∵，∴，∴抛物线开口向下，可以排除B选项，【点睛】本题考查二次函数的图象的性质，熟练掌握二次函数图象与三个系数之间的关系是解题的关键．29．（2022·陕西）已知二次函数y=x2−2x−3的自变量x1，x2，x3对应的函数值分别为y1，y2，y3．当−1<x1<0，1<x2<2，x3>3时，y1，y2，y3三者之间的大小关系是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求得抛物线的对称轴为直线x=1，抛物线与x轴的交点坐标，画出草图，利用数形结合，即可求解．【详解】解：y=x2−2x−3=(x-1)2-4，∴对称轴为直线x=1，令y=0，则(x-1)2-4=0，解得x1=-1，x2=3，∴抛物线与x轴的交点坐标为(-1，0)，(3，0)，二次函数y=x2−2x−3的图象如图：由图象知．故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．利用数形结合解题是关键．30．（2022·浙江宁波）点A（m-1，y1），B（m，y2）都在二次函数y=（x-1）2+n的图象上．若y1＜y2，则m的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据y1＜y2列出关于m的不等式即可解得答案．【详解】解：∵点A（m-1，y1），B（m，y2）都在二次函数y=（x-1）2+n的图象上，∴y1=（m-1-1）2+n=（m-2）2+n，y2=（m-1）2+n，∵y1＜y2，∴（m-2）2+n＜（m-1）2+n，∴（m-2）2-（m-1）2＜0，即-2m+3＜0，∴m＞，故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据已知列出关于m的不等式．31．（2022·山东泰安）一元二次方程根的情况是（

）A．有一个正根，一个负根 B．有两个正根，且有一根大于9小于12C．有两个正根，且都小于12 D．有两个正根，且有一根大于12【答案】D【分析】将方程转化为一次函数与二次函数的交点问题求解．画出函数图象，找准图象与坐标轴的交点，结合图象可选出答案．【详解】解：如图，由题意二次函数y=，与y交与点（0，12）与x轴交于（-4，0）（12，0），一次函数y=，与y交与点（0，15）与x轴交于（9，0）因此，两函数图象交点一个在第一象限，一个在第四象限，所以两根都大于0，且有一根大于12故选：D．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，利用数形结合的思想，画图象时找准关键点，与坐标轴的交点，由图象得结果．32．（2022·四川成都）如图，二次函数的图像与轴相交于，两点，对称轴是直线，下列说法正确的是（

）A． B．当时，的值随值的增大而增大C．点的坐标为 D．【答案】D【分析】结合二次函数图像与性质，根据条件与图像，逐项判定即可．【详解】解：A、根据图像可知抛物线开口向下，即，故该选项不符合题意；B、根据图像开口向下，对称轴为，当，随的增大而减小；当，随的增大而增大，故当时，随的增大而增大；当，随的增大而减小，故该选项不符合题意；C、根据二次函数的图像与轴相交于，两点，对称轴是直线，可得对称轴，解得，即，故该选项不符合题意；D、根据可知，当时，，故该选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查二次函数的图像与性质，根据图像得到抛物线开口向下，根据对称轴以及抛物线与轴交点得到是解决问题的关键．33．（2022·四川泸州）抛物线经平移后，不可能得到的抛物线是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】通过了解平移过程，得到二次函数平移过程中不改变开口大小和开口方向，所以a不变，选出答案即可．【详解】解：抛物线经平移后，不改变开口大小和开口方向，所以a不变，而D选项中a=-1，不可能是经过平移得到，故选：D．【点睛】本题考查了二次函数平移的知识点，上加下减，左加右减，熟练掌握方法是解题关键，还要掌握通过平移不能改变开口大小和开口方向，即不改变a的大小．34．（2022·四川自贡）九年级2班计划在劳动实践基地内种植蔬菜，班长买回来8米长的围栏，准备围成一边靠墙（墙足够长）的菜园，为了让菜园面积尽可能大，同学们提出了围成矩形，等腰三角形（底边靠墙），半圆形这三种方案，最佳方案是（

）A．方案1 B．方案2 C．方案3 D．方案1或方案2【答案】C【分析】分别计算出三个方案的菜园面积进行比较即可．【详解】解：方案1，设米，则米，则菜园的面积当时，此时散架的最大面积为8平方米；方案2，当∠时，菜园最大面积平方米；方案3，半圆的半径此时菜园最大面积平方米>8平方米，故选：C【点睛】本题主要考查了同周长的几何图形的面积的问题，根据周长为8米计算三个方案的边长及半径是解本题的关键．35．（2022·山东泰安）如图,函数和(是常数,且)在同一平面直角坐标系的图象可能是（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：可先根据一次函数的图象判断a的符号，再判断二次函数图象与实际是否相符，判断正误即可．详解：A．由一次函数y=ax﹣a的图象可得：a＜0，此时二次函数y=ax2﹣2x+1的图象应该开口向下．故选项错误；B．由一次函数y=ax﹣a的图象可得：a＞0，此时二次函数y=ax2﹣2x+1的图象应该开口向上，对称轴x=﹣＞0．故选项正确；C．由一次函数y=ax﹣a的图象可得：a＞0，此时二次函数y=ax2﹣2x+1的图象应该开口向上，对称轴x=﹣＞0，和x轴的正半轴相交．故选项错误；D．由一次函数y=ax﹣a的图象可得：a＞0，此时二次函数y=ax2﹣2x+1的图象应该开口向上．故选项错误．

故选B．点睛：本题考查了二次函数以及一次函数的图象，解题的关键是熟记一次函数y=ax﹣a在不同情况下所在的象限，以及熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、顶点坐标等．36．（2022·湖北随州）如图，已知开口向下的抛物线与x轴交于点对称轴为直线．则下列结论：①；②；③函数的最大值为；④若关于x的方数无实数根，则．正确的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由图象可知，图像开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故，故b＞0，且，则图象与y轴的交点为正半轴，则c＞0，由此可知abc＜0，故①错误，由图象可知当x=1时，函数取最大值，将x=1，代入，中得：，计算出函数图象与x轴的另一交点为（3,0）设函数解析式为：，将交点坐标代入得化简得：，将x=1，代入可得：，故函数的最大值为-4a，、变形为：要使方程无实数根，则，将c=-3a，，代入得：，因为a＜0，则，则，综上所述，结合以上结论可判断正确的项．【详解】解：由图象可知，图像开口向下，a＜0，对称轴为x=1，故，故b＞0，且，则故②正确，∵图象与y轴的交点为正半轴，∴c＞0，则abc＜0，故①错误，由图象可知当x=1时，函数取最大值，将x=1，代入，中得：，由图象可知函数与x轴交点为（﹣1,0），对称轴为将x=1，故函数图象与x轴的另一交点为（3,0），设函数解析式为：，将交点坐标代入得：，故化简得：，将x=1，代入可得：，故函数的最大值为-4a，故③正确，变形为：要使方程无实数根，则，将c=-3a，，代入得：，因为a＜0，则，则，综上所述，故④正确，则②③④正确，故选C．【点睛】本题考查二次函数的一般式，二次函数的交点式，二次函数的最值，对称轴，以及交点坐标掌握数形结合思想是解决本题的关键．37．（2022·浙江杭州）已知二次函数（a，b为常数）．命题①：该函数的图像经过点(1，0)；命题②：该函数的图像经过点(3，0)；命题③：该函数的图像与x轴的交点位于y轴的两侧；命题④：该函数的图像的对称轴为直线．如果这四个命题中只有一个命题是假命题，则这个假命题是（

）A．命题① B．命题② C．命题③ D．命题④【答案】A【分析】根据对称轴为直线，确定a的值，根据图像经过点（3，0），判断方程的另一个根为x=-1，位于y轴的两侧，从而作出判断即可．【详解】假设抛物线的对称轴为直线，则，解得a=-2，∵函数的图像经过点(3，0),∴3a+b+9=0，解得b=-3，故抛物线的解析式为，令y=0，得，解得，故抛物线与x轴的交点为（-1，0）和（3，0），函数的图像与x轴的交点位于y轴的两侧；故命题②，③，④都是正确，命题①错误，故选A．【点睛】本题考查了待定系数法确定解析式，抛物线与x轴的交点，对称轴，熟练掌握待定系数法，抛物线与x轴的交点问题是解题的关键．38．（2022·天津）已知抛物线（a，b，c是常数，）经过点，有下列结论：①；②当时，y随x的增大而增大；③关于x的方程有两个不相等的实数根．其中，正确结论的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【详解】由题意可知：，，，，，即，得出，故①正确；，对称轴，，时，随的增大而减小，时，随的增大而增大，故②不正确；，关于x的方程有两个不相等的实数根，故③正确．故选：C．【点睛】本题考查二次函数的图象与性质及一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质并能应用求解．39．（2022·浙江温州）已知点都在抛物线上，点A在点B左侧，下列选项正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】画出二次函数的图象，利用数形结合的思想即可求解．【详解】解：当时，画出图象如图所示，根据二次函数的对称性和增减性可得，故选项C错误，选项D正确；当时，画出图象如图所示，根据二次函数的对称性和增减性可得，故选项A、B都错误；故选：D【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，借助图象，利用数形结合的思想解题的解决问题的关键．40．（2022·浙江绍兴）已知抛物线的对称轴为直线，则关于x的方程的根是（

）A．0，4 B．1，5 C．1，－5 D．－1，5【答案】D【分析】根据抛物线的对称轴为直线可求出m的值，然后解方程即可．【详解】抛物线的对称轴为直线，，解得，关于x的方程为，，解得，故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的性质及解一元二次方程，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．41．（2022·山东滨州）如图，抛物线与x轴相交于点，与y轴相交于点C，小红同学得出了以下结论：①；②；③当时，；④．其中正确的个数为（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】根据二次函数的图像与性质，逐一判断即可．【详解】解：∵抛物线与x轴交于点A、B，∴抛物线对应的一元二次方程有两个不相等的实数根，即，故①正确；对称轴为，整理得4a＋b＝0，故②正确；由图像可知，当y＞0时，即图像在x轴上方时，x＜－2或x＞6，故③错误，由图像可知，当x＝1时，，故④正确．∴正确的有①②④，故选：B．【点睛】本题考查二次函数的性质与一元二次方程的关系，熟练掌握相关知识是解题的关键．42．（2022·四川南充）已知点在抛物线上，当且时，都有，则m的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可得，抛物线的对称轴为，然后分四种情况进行讨论分析，最后进行综合即可得出结果．【详解】解：根据题意可得，抛物线的对称轴为，①当0<m<时，恒成立；②当时，恒不成立；③当时，使恒成立，∴m，∴m，，④当时，恒不成立；综上可得：，故选：A．【点睛】题目主要考查二次函数的基本性质，理解题意，熟练掌握二次函数的基本性质是解题的关键．二．填空题43．（2022·四川遂宁）抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数）的部分图象如图所示，设m=a-b+c，则m的取值范围是______．【答案】【分析】由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点位置及抛物线经过（1，0）可得a，b，c的等量关系，然后将x=-1代入解析式求解．【详解】解：∵抛物线开口向上，∴a＞0，∵抛物线对称轴在y轴左侧，∴-＜0，∴b＞0，∵抛物线经过（0，-2），∴c=-2，∵抛物线经过（1，0），∴a+b+c=0，∴a+b=2，b=2-a，∴y=ax2+（2-a）x-2，当x=-1时，y=a+a-2-2=2a-4，∵b=2-a＞0，∴0＜a＜2，∴-4＜2a-4＜0，故答案为：-4＜m＜0．【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程的关系．44．（2022·湖北武汉）已知抛物线（，，是常数）开口向下，过，两点，且．下列四个结论：①；②若，则；③若点，在抛物线上，，且，则；④当时，关于的一元二次方程必有两个不相等的实数根．其中正确的是_________（填写序号）．【答案】①③④【分析】首先判断对称轴，再由抛物线的开口方向判断①；由抛物线经过A（-1，0），，当时，，求出，再代入判断②，抛物线，由点，在抛物线上，得，，把两个等式相减，整理得，通过判断，的符号判断③；将方程写成a（x-m）（x+1）-1=0，整理，得，再利用判别式即可判断④．【详解】解：抛物线过，两点，且，，

，，即，抛物线开口向下，，，故①正确；若，则，，，故②不正确；抛物线，点，在抛物线上，∴，，把两个等式相减，整理得，，，，，，，故③正确；依题意，将方程写成a（x-m）（x+1）-1=0，整理，得，，，，，，，

故④正确．综上所述，①③④正确．故答案为；①③④．【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系．45．（2022·四川南充）如图，水池中心点O处竖直安装一水管，水管喷头喷出抛物线形水柱，喷头上下移动时，抛物线形水柱随之竖直上下平移，水柱落点与点O在同一水平面．安装师傅调试发现，喷头高时，水柱落点距O点；喷头高时，水柱落点距O点．那么喷头高_______________m时，水柱落点距O点．【答案】8【分析】由题意可知，在调整喷头高度的过程中，水柱的形状不发生变化，则当喷头高2.5m时，可设y=ax2+bx+2.5，将（2.5，0）代入解析式得出2.5a+b+1=0；喷头高4m时，可设y=ax2+bx+4，将（3，0）代入解析式得9a+3b+4=0，联立可求出a和b的值，设喷头高为h时，水柱落点距O点4m，则此时的解析式为y=ax2+bx+h，将（4，0）代入可求出h．【详解】解：由题意可知，在调整喷头高度的过程中，水柱的形状不发生变化，当喷头高2.5m时，可设y=ax2+bx+2.5，将（2.5，0）代入解析式得出2.5a+b+1=0①，喷头高4m时，可设y=ax2+bx+4，将（3，0）代入解析式得9a+3b+4=0②，联立可求出，，设喷头高为h时，水柱落点距O点4m，∴此时的解析式为，将（4，0）代入可得，解得h=8．故答案为：8．【点睛】本题考查了二次函数在实际生活中的运用，重点是二次函数解析式的求法，直接利用二次函数的平移性质是解题关键．46．（2022·辽宁锦州）如图，在中，，点D为的中点，将绕点D逆时针旋转得到，当点A的对应点落在边上时，点在的延长线上，连接，若，则的面积是____________．【答案】【分析】先证明是等边三角形，再证明，再利用直角三角形角对应的边是斜边的一般分别求出和，再利用勾股定理求出，从而求得的面积．【详解】解：如下图所示，设与交于点O，连接和，∵点D为的中点，，∴,，是的角平分线，是，∴，∴∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴∵∵，∴∴，,∴．【点睛】本题考查等腰三角形、等边三角形和直角三角形的性质，证明是等边三角形是解本题的关键．47．（2022·湖南郴州）如图．在中，，．以点A为圆心，以任意长为半径作弧交AB，AC于D，E两点；分别以点D，E为圆心，以大于长为半径作弧，在内两弧相交于点P；作射线AP交BC于点F，过点F作，垂足用G．若，则的周长等于________cm．【答案】8【分析】由角平分线的性质，得到，然后求出的周长即可．【详解】解：根据题意，在中，，，由角平分线的性质，得，∴的周长为：；故答案为：8【点睛】本题考查了角平分线的性质，解题的关键是掌握角平分线的性质．48．（2022·江苏常州）如图，在中，是中线的中点．若的面积是1，则的面积是______．【答案】2【分析】根据的面积的面积，的面积的面积计算出各部分三角形的面积．【详解】解：是边上的中线，为的中点，根据等底同高可知，的面积的面积，的面积的面积的面积，故答案为：2．【点睛】本题考查了三角形的面积，解题的关键是利用三角形的中线平分三角形面积进行计算．49．（2022·黑龙江哈尔滨）在中，为边上的高，，，则是___________度．【答案】40或80##80或40【分析】根据题意，由于类型不确定，需分三种情况：高在三角形内部、高在三角形边上和高在三角形外部讨论求解．【详解】解：根据题意，分三种情况讨论：①高在三角形内部，如图所示：在中，为边上的高，，，，；②高在三角形边上，如图所示：可知，，故此种情况不存在，舍弃；③高在三角形外部，如图所示：在中，为边上的高，，，，；综上所述：或，故答案为：或．【点睛】本题考查求角度问题，在没有图形的情况下，必须考虑清楚各种不同的情况，根据题意分情况讨论是解决问题的关键．50．（2022·四川成都）如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线交边于点．若，，，则的长为_________．【答案】7【分析】连接EC，依据垂直平分线的性质得．由已知易得，在Rt△AEC中运用勾股定理求得AE，即可求得答案．【详解】解：由已知作图方法可得，是线段的垂直平分线，连接EC，如图，所以，所以，所以∠BEC=∠CEA=90°，因为，，所以，在中，，所以，因此的长为7．故答案为：7．【点睛】本题主要考查中垂线性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握中垂线上一点到线段两端点距离相等，由勾股定理求得即可．51．（2022·内蒙古通辽）在中，，有一个锐角为，，若点在直线上（不与点，重合），且，则的长为_______．【答案】或9或3【分析】分∠ABC=60、∠ABC=30°两种情况，利用数形结合的方法，分别求解即可．【详解】解：当∠ABC=60°时，则∠BAC=30°，∴，∴，当点P在线段AB上时，如图，∵，∴∠BPC=90°，即PC⊥AB，∴；当点P在AB的延长线上时，∵，∠PBC=∠PCB+∠CPB，∴∠CPB=30°，∴∠CPB=∠PCB，∴PB=BC=3，∴AP=AB+PB=9；当∠ABC=30°时，则∠BAC=60°，如图，∴，∵，∴∠APC=60°，∴∠ACP=60°，∴∠APC=∠PAC=∠ACP，∴△APC为等边三角形，∴PA=AC=3．综上所述，的长为或9或3．故答案为：或9或3【点睛】本题是解直角三角形综合题，主要考查了含30度角的直角三角形、解直角三角形，等边三角形的判定和性质等，分类求解是本题解题的关键．52．（2022·湖南岳阳）如图，在中，，于点，若，则______．【答案】3【分析】根据等腰三角形的性质可知是的中点，即可求出的长．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，故答案为：3．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形三线合一是解题的关键．53．（2022·江苏无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF＝________°；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是________．【答案】

80

##【分析】利用SAS证明△BDC≌△AEC，得到∠DBC=∠EAC=20°，据此可求得∠BAF的度数；利用全等三角形的性质可求得∠AFB=60°，推出A、B、C、F四个点在同一个圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，此时线段AF长度有最小值，据此求解即可．【详解】解：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴AC=BC，DC=EC，∠BAC=∠ACB=∠DCE=60°，∴∠DCB+∠ACD=∠ECA+∠ACD=60°，即∠DCB=∠ECA，在△BCD和△ACE中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠EAC=∠DBC，∵∠DBC=20°，∴∠EAC=20°，∴∠BAF=∠BAC+∠EAC=80°；设BF与AC相交于点H，如图：∵△ACE≌△BCD∴AE=BD，∠EAC=∠DBC，且∠AHF=∠BHC，∴∠AFB=∠ACB=60°，∴A、B、C、F四个点在同一个圆上，∵点D在以C为圆心，3为半径的圆上，当BF是圆C的切线时，即当CD⊥BF时，∠FBC最大，则∠FBA最小，∴此时线段AF长度有最小值，在Rt△BCD中，BC=5，CD=3，∴BD=4，即AE=4，∴∠FDE=180°-90°-60°=30°，∵∠AFB=60°，∴∠FDE=∠FED=30°，∴FD=FE，过点F作FG⊥DE于点G，∴DG=GE=，∴FE=DF==，∴AF=AE-FE=4-，故答案为：80；4-．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．54．（2022·湖南永州）我国古代数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，极富创新意识地给出了勾股定理的证明.如图所示，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则______．【答案】3【分析】根据题意得出AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，设AF=DE=CH=BG=x，结合图形得出AE=x-1，利用勾股定理求解即可得出结果．【详解】解：∵大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，∴AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，根据题意，设AF=DE=CH=BG=x，则AE=x-1，在Rt∆AED中，，即，解得：x=4（负值已经舍去），∴x-1=3，故答案为：3．【点睛】题目主要考查正方形的性质，勾股定理解三角形，一元二次方程的应用等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．55．（2022·黑龙江齐齐哈尔）在△ABC中，，，，则______________．【答案】或【分析】画出图形，分△ABC为锐角三角形和钝角三角形两种情况讨论即可．【详解】解：情况一：当△ABC为锐角三角形时，如图1所示：过A点作AH⊥BC于H，∵∠B=45°，∴△ABH为等腰直角三角形，∴,在Rt△ACH中，由勾股定理可知：，∴．情况二：当△ABC为钝角三角形时，如图2所示：由情况一知：，，∴．故答案为：或．【点睛】本题考察了等腰直角三角形的性质及勾股定理的应用，本题的关键是能将△ABC分成锐角三角形或钝角三角形分类讨论．56．（2022·贵州遵义）如图，在等腰直角三角形中，，点，分别为，上的动点，且，．当的值最小时，的长为__________．【答案】【分析】过点作，且，证明，可得，当三点共线时，取得最小值，证明，即可求解．【详解】如图，过点作，且，连接，如图1所示，，又，，，，当三点共线时，取得最小值，此时如图2所示，在等腰直角三角形中，，，，，，，，，，设，，，，，，，，即取得最小值为，故答案为：．图1

图2【点睛】本题考查了等腰直角三角的性质，勾股定理，两点之间线段最短，转化线段是解题的关键．57．（2022·广西）如图摆放一副三角板，直角顶点重合，直角边所在直线分别重合，那么∠BAC的大小为______【答案】135°##135度【分析】根据三角板及其摆放位置可得，求解即可．【详解】，，故答案为：135°．【点睛】本题考查了求一个角的补角，即两个角的和为180度时，这两个角互为补角，熟练掌握知识点是解题的关键．58．（2022·广西桂林）如图，点C是线段AB的中点，若AC＝2cm，则AB＝_____cm．【答案】4【分析】根据中点的定义可得AB＝2AC＝4cm．【详解】解：根据中点的定义可得：AB＝2AC＝2×2＝4cm，故答案为：4．【点睛】本题主要考查中点的定义，熟知中点的定义是解题关键．59．（2022·贵州遵义）数学小组研究如下问题：遵义市某地的纬度约为北纬28°，求北纬28纬线的长度．小组成员查阅相关资料，得到如下信息：信息一：如图1，在地球仪上，与赤道平行的圆圈叫做纬线；信息二：如图2，赤道半径约为6400千米，弦，以为直径的圆的周长就是北纬28°纬线的长度；（参考数据：，，，）根据以上信息，北纬28°纬线的长度约为__________千米．【答案】33792【分析】根据平行线的性质可知，在中，利用锐角三角函数求出，即为以为直径的圆的半径，求出周长即可．【详解】解：如图，过点O作，垂足为D，根据题意，∵，∴，∵在中，，∴，∵，∴由垂径定理可知：，∴以为直径的圆的周长为，故答案为：33792．【点睛】本题考查解直角三角形，平行线的性质，解题的关键是熟练三角函数的含义与解直角三角形的方法．60．（2022·新疆）如图，用一段长为的篱芭围成一个一边靠墙的矩形围栏（墙足够长），则这个围栏的最大面积为_______．【答案】32【分析】设围栏的宽为x米，则长为米，列出围栏面积S关于x的二次函数解析式，化为顶点式，即可求解．【详解】解：设围栏的宽为x米，则长为米，∴围栏的面积，∴当时，S取最大值，最大值为32，故答案为：32．【点睛】本题主要考查二次函数的实际应用，根据已知条件列出函数解析式是解题的关键．61．（2022·甘肃武威）如图，以一定的速度将小球沿与地面成一定角度的方向击出时，小球的飞行路线是一条抛物线．若不考虑空气阻力，小球的飞行高度（单位：m）与飞行时间（单位：s）之间具有函数关系：，则当小球飞行高度达到最高时，飞行时间_________s．【答案】2【分析】把一般式化为顶点式，即可得到答案．【详解】解：∵h=-5t2+20t=-5（t-2）2+20，且-5＜0，∴当t=2时，h取最大值20，故答案为：2．【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是掌握将二次函数一般式化为顶点式．62．（2022·江苏连云港）如图，一位篮球运动员投篮，球沿抛物线运行，然后准确落入篮筐内，已知篮筐的中心离地面的高度为，则他距篮筐中心的水平距离是_________．【答案】4【分析】将代入中可求出x，结合图形可知，即可求出OH．【详解】解：当时，，解得：或，结合图形可知：，故答案为：4【点睛】本题考查二次函数的实际应用：投球问题，解题的关键是结合函数图形确定x的值．63．（2022·四川成都）距离地面有一定高度的某发射装置竖直向上发射物体，物体离地面的高度（米）与物体运动的时间（秒）之间满足函数关系，其图像如图所示，物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒．设表示0秒到秒时的值的“极差”（即0秒到秒时的最大值与最小值的差），则当时，的取值范围是_________；当时，的取值范围是_________．【答案】

【分析】根据题意，得-45+3m+n=0，，确定m，n的值，从而确定函数的解析式，根据定义计算确定即可．【详解】根据题意，得-45+3m+n=0，，∴，∴，解得m=50，m=10，当m=50时，n=-105；当m=10时，n=15；∵抛物线与y轴交于正半轴，∴n＞0，∴，∵对称轴为t==1，a=-5＜0，∴时，h随t的增大而增大，当t=1时，h最大，且（米）；当t=0时，h最最小，且（米）；∴w=，∴w的取值范围是，故答案为：．当时，的取值范围是∵对称轴为t==1，a=-5＜0，∴时，h随t的增大而减小，当t=2时，h=15米，且（米）；当t=3时，h最最小，且（米）；∴w=，w=，∴w的取值范围是，故答案为：．【点睛】本题考查了待定系数法确定抛物线的解析式，函数的最值，增减性，对称性，新定义计算，熟练掌握函数的最值，增减性，理解新定义的意义是解的关键．三．解答题64.．（2022·四川凉山）在平面直角坐标系xoy中，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A（－1，0）和点B（0，3），顶点为C，点D在其对称轴上，且位于点C下方，将线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处．(1)求抛物线的解析式；(2)求点P的坐标；(3)将抛物线平移，使其顶点落在原点O，这时点P落在点E的位置，在y轴上是否存在点M，使得MP＋ME的值最小，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；（2）先求出抛物线的对称轴，再设点的坐标为，则，根据旋转的性质可得，从而可得，将点代入抛物线的解析式求出的值，由此即可得；（3）先根据点坐标的平移规律求出点，作点关于轴的对称点，连接，从而可得与轴的交点即为所求的点，再利用待定系数法求出直线的解析式，由此即可得出答案．(1)解：将点代入得：，解得，则抛物线的解析式为．(2)解：抛物线的对称轴为直线，其顶点的坐标为，设点的坐标为，则，由旋转的性质得：，，即，将点代入得：，解得或（舍去），当时，，所以点的坐标为．(3)解：抛物线的顶点的坐标为，则将其先向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度恰好落在原点，这时点落在点的位置，且，，即，恰好在对称轴直线上，如图，作点关于轴的对称点，连接，则，由两点之间线段最短可知，与轴的交点即为所求的点，此时的值最小，即的值最小，由轴对称的性质得：，设直线的解析式为，将点代入得：，解得，则直线的解析式为，当时，，故在轴上存在点，使得的值最小，此时点的坐标为．【点睛】本题考查了求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质、旋转的性质、点坐标的平移规律等知识点，熟练掌握待定系数法和二次函数的图象与性质是解题关键．65．（2022·江苏连云港）已知二次函数，其中．(1)当该函数的图像经过原点，求此时函数图像的顶点的坐标；(2)求证：二次函数的顶点在第三象限；(3)如图，在（1）的条件下，若平移该二次函数的图像，使其顶点在直线上运动，平移后所得函数的图像与轴的负半轴的交点为，求面积的最大值．【答案】(1)(2)见解析(3)最大值为【分析】（1）先利用待定系数法求出二次函数解析式，再将二次函数解析式化为顶点式即可得到答案；（2）先根据顶点坐标公式求出顶点坐标为，然后分别证明顶点坐标的横纵坐标都小于0即可；（3）设平移后图像对应的二次函数表达式为，则其顶点坐标为，然后求出点B的坐标，根据平移后的二次函数顶点在直线上推出，过点作，垂足为，可以推出,由此即可求解．(1)解：将代入，解得．由，则符合题意，∴，∴．(2)解：由抛物线顶点坐标公式得顶点坐标为．∵，∴，∴，∴．∵，∴二次函数的顶点在第三象限．(3)解：设平移后图像对应的二次函数表达式为，则其顶点坐标为当时，，∴．将代入，解得．∵在轴的负半轴上，∴．∴．过点作，垂足为，∵，∴．在中，,∴当时，此时，面积有最大值，最大值为．【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数的平移，二次函数的最值问题，正确理解题意，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．66．（2022·浙江舟山）已知抛物线：（）经过点．(1)求抛物的函数表达式．(2)将抛物线向上平移m（）个单位得到抛物线．若抛物线的顶点关于坐标原点O的对称点在抛物线上，求m的值．(3)把抛物线向右平移n（）个单位得到抛物线．已知点，都在抛物线上，若当时，都有，求n的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据待定系数法即可求解．（2）根据平移的性质即可求解．（3）根据平移的性质对称轴为直线，，开口向上，进而得到点P在点Q的左侧，分两种情况讨论：①当P，Q同在对称轴左侧时，②当P，Q在对称轴异侧时，③当P，Q同在对称轴右侧时即可求解．(1)解：将代入得：，解得：，∴抛物线的函数表达式：．(2)∵将抛物线向上平移m个单位得到抛物线，∴抛物线的函数表达式：．∴顶点，∴它关于O的对称点为，将代入抛物线得：，∴．(3)把向右平移n个单位，得：，对称轴为直线，，开口向上，∵点，，由得：，∴点P在点Q的左侧，①当P，Q同在对称轴左侧时，，即，∵，∴，②当P，Q在对称轴异侧时，∵，∴，解得：，③当P，Q同在对称轴右侧时，都有（舍去），综上所述：．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象平移变换，熟练掌握待定系数法及平移的性质结，巧妙运用分类讨论思想是解题的关键．67．（2022·山东滨州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，连接．(1)求线段AC的长；(2)若点Р为该抛物线对称轴上的一个动点，当时，求点P的坐标；(3)若点M为该抛物线上的一个动点，当为直角三角形时，求点M的坐标．【答案】(1)(2)(3)或或或【分析】（1）根据解析式求出A，B，C的坐标，然后用勾股定理求得AC的长；（2）求出对称轴为x=1，设P（1，t），用t表示出PA2和PC2的长度，列出等式求解即可；（3）设点M（m,m2-2m-3），分情况讨论，当，，分别列出等式求解即可．(1)与x轴交点：令y=0，解得，即A（-1，0），B（3，0），与y轴交点：令x=0，解得y=-3，即C（0，-3），∴AO=1,CO=3,∴;(2)抛物线的对称轴为：x=1，设P（1，t），∴，，∴∴t=-1，∴P（1，-1）；(3)设点M（m,m2-2m-3），，，,①当时，，解得，（舍），，∴M（1，-4）；②当时，，解得，，（舍），∴M（-2，5）；③当时，，解得，，∴M或；综上所述：满足条件的M为或或或．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了与坐标轴交点、线段求值、存在直角三角形等知识，解题的关键是学会分类讨论的思想，属于中考压轴题．68．（2022·山东泰安）若二次函数的图象经过点，，其对称轴为直线，与x轴的另一交点为C．(1)求二次函数的表达式；(2)若点M在直线上，且在第四象限，过点M作轴于点N．①若点N在线段上，且，求点M的坐标；②以为对角线作正方形（点P在右侧），当点P在抛物线上时，求点M的坐标．【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；（2）①先求出直线的表达式为，然后设点N的坐标为．可得．可得到，．再由，即可求解；②连接与交与点E．设点M的坐标为，则点N的坐标为根据正方形的性质可得E的坐标为，进而得到P的坐标．再由点P在抛物线上，即可求解．(1)解：二次函数的图象经过点，．又抛物线经过点，对称轴为直线，解得∶抛物线的表达式为．(2)解∶①设直线的表达式为．点A，B的坐标为，，∴，解得∶，直线的表达式为．根据题意得∶点C与点关于对称轴直线对称，．设点N的坐标为．轴，．∴．，解，得．点M的坐标；②连接与交与点E．设点M的坐标为，则点N的坐标为四边形是正方形，，，．∵MN⊥x轴，轴．E的坐标为．．．∴P的坐标．点P在抛物线上，．解，得，．点P在第四象限，舍去．即．点M坐标为．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图形和性质，正方形的性质，一次函数的图象和性质是解题的关键．69．（2022·四川眉山）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点，且点的坐标为．(1)求点的坐标；(2)如图1，若点是第二象限内抛物线上一动点，求点到直线距离的最大值；(3)如图2，若点是抛物线上一点，点是抛物线对称轴上一点，是否存在点使以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)最大为(3)存在，的坐标为或（3，-16）或【分析】（1）把点A的坐标代入，求出c的值即可；（2）过作于点，过点作轴交于点，证明是等腰直角三角形，得，当最大时，最大，，运用待定系数法求直线解析式为，设，，则，求得PH，再根据二次函数的性质求解即可；（3）分①当AC为平行四边形ANMC的边，②当AC为平行四边形AMNC的边，③当AC为对角线三种情况讨论求解即可．(1)（1）∵点在抛物线的图象上，∴∴，∴点的坐标为；(2)过作于点，过点作轴交于点，如图：∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵轴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴当最大时，最大，设直线解析式为，将代入得，∴，∴直线解析式为，设，，则，∴，∵，∴当时，最大为，∴此时最大为，即点到直线的距离值最大；(3)存在．∵∴抛物线的对称轴为直线，设点N的坐标为（-2，m），点M的坐标为（x，）分三种情况：①当AC为平行四边形ANMC的边时，如图，∵A（-5，0），C（0，5），∴，即解得，x=3.∴∴点M的坐标为（3，-16）②当AC为平行四边形AMNC的边长时，如图，方法同①可得，，∴∴点M的坐标为（-7，-16）；③当AC为对角线时，如图，∵A（-5，0），C（0，5），∴线段AC的中点H的坐标为，即H（）∴，解得，。∴∴点M的坐标为（-3，8）综上，点的坐标为：或（3，-16）或．【点睛】本题是二次函数综合题，其中涉及到二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，平行四边形的判定与性质．熟知几何图形的性质利用数形结合是解题的关键．70．（2022·广东）如图，已知，点P在上，，，垂足分别为D，E．求证：．【答案】见解析【分析】根据角平分线的性质得，再用HL证明．【详解】证明：∵，∴为的角平分线，又∵点P在上，，，∴，，又∵（公共边），∴．【点睛】本题考查角平分线的性质，全等三角形的判定，利用合适的条件证明三角形全等是本题的关键．71．（2022·广西）校园内有一块四边形的草坪造型，课外活动小组实地测量，并记录数据，根据造型画如图的四边形ABCD，其中AB＝CD＝2米，AD＝BC＝3米，∠B＝(1)求证：△ABC≌△CDA；(2)求草坪造型的面积．【答案】(1)见解析(2)草坪造型的面积为【分析】（1）根据“SSS”直接证明三角形全等即可；（2）过点A作AE⊥BC于点E，利用含30°的直角三角形的性质求出的长度，继而求出的面积，再由全等三角形面积相等得出，即可求出草坪造型的面积．(1)在和中，，；(2)过点A作AE⊥BC于点E，，，，，，，，草坪造型的面积，所以，草坪造型的面积为．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．72．（2022·贵州铜仁）如图，点C在上，．求证：．【答案】见解析【分析】直接根据一线三垂直模型利用AAS证明即可．【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，AC⊥CE，∴∠B=∠D=∠ACE=90°，∴∠BAC+∠BCA=90°=∠BCA+∠DCE，∴∠BAC=∠DCE，在△ABC和△CDE中，，∴△ABC≌△CDE（AAS）．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，熟知一线三垂直模型是解题的关键．73．（2022·四川宜宾）已知：如图，点A、D、C、F在同一直线上，，，．求证：．【答案】见解析【分析】根据，可得，根据证明，进而可得，根据线段的和差关系即可求解．【详解】证明：∵，∴，在与中，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．74．（2022·北京）下面是证明三角形内角和定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．三角形内角和定理：三角形三个内角和等于180°，已知：如图，,求证：方法一证明：如图，过点A作方法二证明：如图，过点C作【答案】答案见解析【分析】选择方法一，过点作，依据平行线的性质，即可得到，，再根据平角的定义，即可得到三角形的内角和为．【详解】证明：过点作，则，．两直线平行，内错角相等）点，，在同一条直线上，．（平角的定义）．即三角形的内角和为．【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理的运用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．75．（2022·湖南长沙）如图，AC平分，垂足分别为B，D．(1)求证：；(2)若，求四边形ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)12【分析】（1）由角平分线的定义和垂直的定义求出，结合已知条件，利用“AAS”即可求证；（2）由全等三角形的性质得，根据三角形的面积公式求出，再根据四边形ABCD的面积求解即可．(1)AC平分，，，；(2)，，，，，四边形ABCD的面积．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握它们是解题的关键．76．（2022·湖南湘潭）在中，，，直线经过点，过点、分别作的垂线，垂足分别为点、．(1)特例体验：如图①，若直线，，分别求出线段、和的长；(2)规律探究：①如图②，若直线从图①状态开始绕点旋转，请探究线段、和的数量关系并说明理由；②如图③，若直线从图①状态开始绕点A顺时针旋转，与线段相交于点，请再探线段、和的数量关系并说明理由；(3)尝试应用：在图③中，延长线段交线段于点，若，，求．【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2(2)DE=CE+BD；理由见解析；②BD=CE+DE；理由见解析(3)【分析】（1）先根据得出，根据，得出，，再根据，求出，，即可得出，最后根据三角函数得出，，即可求出；（2）①DE=CE+BD；根据题意，利用“AAS”证明，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；②BD=CE+DE；根据题意，利用“AAS”证明，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；（3）在Rt△AEC中，根据勾股定理求出，根据，得出，代入数据求出AF，根据AC=5，算出CF，即可求出三角形的面积．(1)解：∵，，∴，∵，∴，，∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴，∴，，∴，∴，，∴．(2)DE=CE+BD；理由如下：∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴，∴，∵，∴，∴，∵AB=AC，∴，∴AD=CE，BD=AE，∴DE=AD+AE=CE+BD，即DE=CE+BD；②BD=CE+DE，理由如下：∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴，∴，∵，∴，∴，∵AB=AC，∴，∴AD=CE，BD=AE，∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，即BD=CE+DE．(3)根据解析（2）可知，AD=CE=3，∴，在Rt△AEC中，根据勾股定理可得：，∵BD⊥AE，CE⊥AE，∴，∴，即，解得：，∴，∵AB=AC=5，∴．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形，根据题意证明，是解题的关键．77．（2022·江苏常州）在四边形中，是边上的一点．若，则点叫做该四边形的“等形点”．(1)正方形_______“等形点”（填“存在”或“不存在”）；(2)如图，在四边形中，边上的点是四边形的“等形点”．已知，，，连接，求的长；(3)在四边形中，EH//FG．若边上的点是四边形的“等形点”，求的值．【答案】(1)不存在，理由见详解(2)(3)1【分析】（1）根据“等形点”的概念，采用反证法即可判断；（2）过A点作AM⊥BC于点M，根据“等形点”的性质可得AB=CD=，OA=OC=5，OB=7=OD，设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，则在Rt△AMC中利用勾股定理即可求出AC；（3）根据“等形点”的性质可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根据，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，进而有OE=OH，可得OF=OG，则问题得解．(1)不存在，理由如下：假设正方形ABCD存在“等形点”点O，即存在△OAB≌△OCD，∵在正方形ABCD中，点O在边BC上，∴∠ABO=90°，∵△OAB≌△OCD，∴∠ABO=∠CDO=90°，∴CD⊥DO，∵CD⊥BC，∴，∵O点在BC上，∴DO与BC交于点O，∴假设不成立，故正方形不存在“等形点”；(2)如图，过A点作AM⊥BC于点M，如图，∵O点是四边形ABCD的“等形点”，∴△OAB≌△OCD，∴AB=CD，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，∵，OA=5，BC=12，∴AB=CD=，OA=OC=5，∴OB=BC-OC=12-5=7=OD，∵AM⊥BC，∴∠AMO=90°=∠AMB，∴设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，∴在Rt△ABM和Rt△AOM中，，∴，即，解得：，即，∴MC=MO+OC=，∴在Rt△AMC中，，即AC的长为；(3)如图，∵O点是四边形EFGH的“等形点”，∴△OEF≌△OGH，∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，∵，∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，∴根据∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，∴OE=OH，∵OF=OH，OE=OG，∴OF=OG，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的性质、勾股定理、正方形的性质、平行的性质等知识，充分利用全等三角形的性质是解答本题的关键．78．（2022·北京）在中，，D为内一点，连接，，延长到点，使得(1)如图1，延长到点，使得，连接，，若，求证：；(2)连接，交的延长线于点，连接，依题意补全图2，若，用等式表示线段与的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)；证明见解析【分析】（1）先利用已知条件证明，得出，推出，