题型06 分类讨论试题 【有答案】

备战2020年中考数学十大题型专练卷题型06分类讨论试题1．在平面直角坐标系中，已知，设函数的图像与x轴有M个交点，函数的图像与x轴有N个交点，则（）A．或 B．或C．或 D．或【答案】C【分析】先根据函数的图像与x轴有M个交点解得，再对a，b分情况讨论，求得答案.【详解】对于函数，当时，函数与x轴两交点为（－a，0）、（－b，0），∵，所以有2个交点，故对于函数①，交点为，此时②，交点为，此时③，交点为，此时综上所述，或故选C.【点睛】本题考查二次函数与坐标轴的交点，解题的关键是分情况讨论a，b.2．如图，已知矩形一条直线将该矩形分割成两个多边形（含三角形），若这两个多边形的内角和分别为和则不可能是（）.A． B． C． D．【答案】D如图，一条直线将该矩形ABCD分割成两个多边（含三角形）的情况有以上三种，①当直线不经过任何一个原来矩形的顶点，此时矩形分割为一个五边形和三角形，∴M+N=540°+180°=720°；②当直线经过一个原来矩形的顶点，此时矩形分割为一个四边形和一个三角形，∴M+N=360°+180°=540°；③当直线经过两个原来矩形的对角线顶点，此时矩形分割为两个三角形，∴M+N=180°+180°=360°．故选D．3．已知⊙O是正六边形ABCDEF的外接圆，P为⊙O上除C、D外任意一点，则∠CPD的度数为（）A．30° B．30°或150°C．60° D．60°或120°【答案】B【分析】连接OC，OD，分P点在优弧CAD上时与P点在劣弧CD上时两种情况，根据圆周角定理进行解答即可.【详解】解：连接OC，OD，∵六边形ABCDEF为正六边形，∴∠COD=60°，如图1，当P点在弧CAD上时，∠CPD=∠COD=30°；如图2，当P点在弧CD上时，∠CPD=（360°﹣∠COD）=150°.故选B.【点睛】本题主要考查正六边形的性质，圆周角定理，解此题的关键在于熟练掌握其知识点，根据题意分情况进行讨论.4．数轴上表示整数的点称为整点，某数轴的单位长度为1cm，若在数轴上画出一条长2019cm的线段AB，则AB盖住的整点个数是（）A．2019或2020 B．2018或2019 C．2019 D．2020【答案】A【分析】根据线段的位置分为两种：起点在整点、不在整点两种，分别得到整点的个数即可.【详解】依题意得：①当线段AB起点在整点时覆盖2020个数；②当线段AB起点不在整点，即在两个整点之间时覆盖2019个数．故选：A．【点睛】此题考查了利用数轴确定有理数的个数.5．已知等腰三角形的三边长分别为，且a、b是关于的一元二次方程的两根，则的值是（）A． B． C．或 D．或【答案】A【分析】分三种情况讨论，①当a=4时，②当b=4时，③当a=b时；结合韦达定理即可求解；【详解】解：当时，，是关于的一元二次方程的两根，，不符合；当时，，是关于的一元二次方程的两根，，不符合；当时，是关于的一元二次方程的两根，，，，；故选：A．【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系；根据等腰三角形的性质进行分类讨论，结合韦达定理和三角形三边关系进行解题是关键．6．二次函数y=x2+（a﹣2）x+3的图象与一次函数y=x（1≤x≤2）的图象有且仅有一个交点，则实数a的取值范围是（）A．a=3±2 B．﹣1≤a＜2C．a=3或﹣≤a＜2 D．a=3﹣2或﹣1≤a＜﹣【答案】D【分析】根据二次函数的图象性质即可求出答案．【详解】由题意可知：方程x2+（a-2）x+3=x在1≤x≤2上只有一个解，即x2+（a-3）x+3=0在1≤x≤2上只有一个解，当△=0时，即（a-3）2-12=0，a=3±2，当a=3+2时，此时x=-，不满足题意，当a=3-2时，此时x=，满足题意，当△＞0时，令y=x2+（a-3）x+3，令x=1，y=a+1，令x=2，y=2a+1（a+1）（2a+1）≤0解得：-1≤a≤−，当a=-1时，此时x=1或3，满足题意；当a=-时，此时x=2或x=，不满足题意，综上所述，a=3-2或-1≤a＜−.故选：D．【点睛】本题考查二次函数的综合问题，解题的关键是将问题转化为x2+（a-3）x+3=0在1≤x≤2上只有一个解，根据二次函数的性质即可求出答案二、填空题7．如图，平面直角坐标系中，矩形的边分别在轴，轴上，点的坐标为，点在矩形的内部，点在边上，满足∽，当是等腰三角形时，点坐标为_____．【答案】或【分析】根据题意分情况讨论：①当点在的垂直平分线上时，点同时在上，的垂直平分线与的交点即是，根据∽求出PE，②点在以点为圆心为半径的圆弧上，圆弧与的交点为，过点作于，根据∽，求出，，则可得到，故而求出点点坐标.【详解】解：∵点在矩形的内部，且是等腰三角形，∴点在的垂直平分线上或在以点为圆心为半径的圆弧上；①当点在的垂直平分线上时，点同时在上，的垂直平分线与的交点即是，如图1所示：∵，，∴，∴∽，∵四边形是矩形，点的坐标为，∴点横坐标为﹣4，，，，∵∽，∴，即，解得：，∴点；②点在以点为圆心为半径的圆弧上，圆弧与的交点为，过点作于，如图2所示：∵，∴，∴∽，∵四边形是矩形，点的坐标为，∴，，，∴，∴，∵∽，∴，即：，解得：，，∴，∴点；综上所述：点的坐标为：或；故答案为：或．【点睛】此题主要考查正方形的综合，解题的关键是熟知相似三角形的判定与性质、矩形的性质及圆的性质.8．半径为的是锐角三角形的外接圆，，连接，延长交弦于点．若是直角三角形，则弦的长为_____．【答案】或【分析】分∠ODB=90°与∠DOB=90°两种情况分别进行求解即可.【详解】如图1，当时，即，，，，是等边三角形，，，，；如图2，当，，是等腰直角三角形，∠OBC=45°，，综上所述，若是直角三角形，则弦的长为或，故答案为或.【点睛】本题考查了垂径定理，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的判定与性质，解直角三角形等，正确把握和灵活运用相关知识是解题的关键.注意分类讨论思想的运用.9．把边长为2的正方形纸片分割成如图的四块，其中点为正方形的中心，点分别是，的中点，用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形的周长是______.【答案】10或或【分析】先根据题意画出图形，再根据周长的定义即可求解．【详解】如图所示：图1的周长为1+2+3+2=6+2；图2的周长为1+4+1+4=10；图3的周长为3+5++=8+2．故四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2．故答案为：6+2或10或8+2．【点睛】考查了平面镶嵌（密铺），关键是得到与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙）的各种情况．10．如图，在平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数的点称为“整点”.已知点的坐标为，点在轴的上方，的面积为，则内部（不含边界）的整点的个数为_____.【答案】4或5或6.【分析】根据面积求出B点纵坐标为3，结合直角坐标系，作图观察即可求解.【详解】设B（m,n）∵点A的坐标为（5,0）∴OA=5，∵△OAB的面积=×5×n=∴n=3，结合图像可知：当2＜m＜3时，有6个整点；当2＜m＜时，有5个整数点；当m=3时，有4个整数点，故答案为4或5或6.【点睛】此题主要考查点的坐标，解题的关键是熟知直角坐标系的坐标特点.11．如图，为的直径，为上一点，过点的切线交的延长线于点，为弦的中点，，，若点为直径上的一个动点，连接，当是直角三角形时，的长为__________．【答案】4或2.56．【分析】根据勾股定理求出AB，由△BCD∽△ABD得到比例式求出CD的长，当是直角三角形时，分∠AEP=90°和∠APE=90°两种情况进行讨论,可求出AP长有2种情况.【详解】解：连接BC过点的切线交的延长线于点，，，当时，，经过圆心，；当时，则，，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°.∴∠BCD＝90°.∵∠BCD＝∠ABD，∠D是公共角，∴△BCD∽△ABD.∴，，，，，．综上的长为4或2.56．故答案为4或2.56．【点睛】本题考查的是切线的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的性质是解题的关键.12．在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为．以原点为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，得到，则点的对应点的坐标是__________．【答案】或【分析】根据位似图形的中心和位似比例即可得到点A的对应点C.【详解】解：以原点为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，点的坐标为，∴点的坐标为或，即或，故答案为：或．【点睛】本题主要考查位似图形的对应点，关键在于原点的位似图形，要注意方向.13．在▱ABCD中，E是AD上一点，且点E将AD分为2：3的两部分，连接BE、AC相交于F，则是_______．【答案】或【分析】分两种情况，根据相似三角形的性质计算即可．【详解】解：①当时，∵四边形ABCD是平行四边形，，，②当时，同理可得，，故答案为：或．【点睛】考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．14．如图,在Rt△ABC中,∠C=90°，AC=3，BC=4，点E，F分别在边BC，AC上，沿EF所在的直线折叠∠C，使点C的对应点D恰好落在边AB上，若△EFC和△ABC相似，则AD的长为___.【答案】【分析】△CEF与△ABC相似，分两种情况：①若CF：CE=3：4，此时EF∥AB，CD为AB边上的高；②若CE：CF=3：4，由相似三角形角之间的关系，可以推出∠B=∠ECD与∠A=∠FCD，从而得到CD=AD=BD，即D点为AB的中点．【详解】若△CEF与△ABC相似，分两种情况：①若CF：CE=3：4，

∵AC：BC=3：4，

∴CF：CE=AC：BC，

∴EF∥AB．

连接CD，如图1所示：由折叠性质可知，CD⊥EF，∴CD⊥AB，即此时CD为AB边上的高。在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，∴AB==5，∴cosA=，∴AD=AC⋅cosA=3×；②若CE：CF=3：4，

∵AC：BC=3：4，∠C=∠C，∵△CEF∽△CAB，∴∠CEF=∠A．

连接CD，如图2所示：由折叠性质可知,∠CEF+∠ECD=90°，又∵∠A+∠B=90°，∴∠B=∠ECD，

∴BD=CD．

同理可得：∠A=∠FCD，AD=CD，∴D点为AB的中点，∴AD=；故答案为：【点睛】此题考查三角形相似，勾股定理，三角函数，解题关键在于分情况讨论15．一张直角三角形纸片，，，，点为边上的任一点，沿过点的直线折叠，使直角顶点落在斜边上的点处，当是直角三角形时，则的长为_____．【答案】或【分析】依据沿过点D的直线折叠，使直角顶点C落在斜边AB上的点E处，当△BDE是直角三角形时，分两种情况讨论：∠DEB=90°或∠BDE=90°，分别依据勾股定理或者相似三角形的性质，即可得到CD的长【详解】分两种情况：①若，则，，连接，则，，，设，则，中，，解得，；②若，则，，四边形是正方形，，，，，设，则，，，，解得，，综上所述，的长为或，故答案为：或．【点睛】此题考查折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解题关键在于画出图形16．如图，在矩形中，，点是的中点，点在上，，点、在线段上．若是等腰三角形且底角与相等，则_____．【答案】6或【分析】分两种情况：①MN为等腰△PMN的底边时，作于，则，由矩形的性质得出，，，得出，，证明，得出，求出，证出，由等腰三角形的性质得出，，证出，得出，求出，即可得出答案；②MN为等腰△PMN的腰时，作PF⊥BD于F，设MN=PN=x，则FN=3-x，在Rt△PNF中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】分两种情况：①MN为等腰△PMN的底边时，作于，如图所示：则，四边形是矩形，，，，，，点是的中点，，，，，即，解得：，，，，，是等腰三角形且底角与相等，，，，，，，，；②MN为等腰△PMN的腰时，作PF⊥BD于F，如图所示，由①得：，，设，则，在中，，解得：，即，综上所述，MN的长为6或.【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键．17．在平行四边形ABCD中，∠A＝30°，AD＝，BD＝4，则平行四边形ABCD的面积等于________.【答案】或【分析】过点D作DE⊥AB，垂足为E，分点E在AB上或AB的延长线上两种情况，分别利用三角函数求出AE、DE的长，利用勾股定理求出BE的长，继而可得AB的长，然后利用平行四边形的面积公式进行求解即可.【详解】过点D作DE⊥AB，垂足为E，如图1，点E在AB上，∵∠A=30°，∴DE=ADsin30°=，AE=ADcos30°=6，在Rt△DBE中，BE=，∴AB=AE+BE=8，∴平行四边形ABCD的面积为；如图2，点E在AB的延长线上，∵∠A=30°，∴DE=ADsin30°=，AE=ADcos30°=6，在Rt△DBE中，BE=，∴AB=AE-BE=4，∴平行四边形ABCD的面积为，故答案为：或.【点睛】本题考查了解直角三角形，平行四边形的面积，正确地画出图形是解题的关键.18．如图，直线交轴于点，交轴于点，点是轴上一动点，以点为圆心，以1个单位长度为半径作，当与直线相切时，点的坐标是_____．【答案】（﹣，0）或P（﹣，0）【分析】根据函数解析式求得，，得到，，根据勾股定理得到，设与直线相切于，连接，则，，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】∵直线y＝﹣x﹣3交x轴于点A，交y轴于点B，∴令x＝0，得y＝﹣3，令y＝0，得x＝﹣4，∴A（﹣4，0），B（0．﹣3），∴OA＝4，OB＝3，∴AB＝5，设⊙P与直线AB相切于D，如图所示：连接PD，则PD⊥AB，PD＝1，∵∠ADP＝∠AOB＝90°，∠PAD＝∠BAO，∴△APD∽△ABO，∴＝，∴＝，∴AP＝，∴OP＝或OP＝，∴P（﹣，0）或P（﹣，0）.故答案是：（﹣，0）或P（﹣，0）．【点睛】考查了切线的判定和性质、一次函数图形上点的坐标特征、相似三角形的判定和性质，解题的关键正确的理解题意，分两种情况解析．19．如图，在矩形ABCD中，，，点E在边BC上，且．连接AE，将沿AE折叠，若点B的对应点落在矩形ABCD的边上，则a的值为________．【答案】或【分析】分两种情况：①点落在AD边上，根据矩形与折叠的性质易得，即可求出a的值；②点落在CD边上，证明，根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值．【详解】解：分两种情况：①当点落在AD边上时，如图1．四边形ABCD是矩形，，将沿AE折叠，点B的对应点落在AD边上，，，，；②当点落在CD边上时，如图2．∵四边形ABCD是矩形，，．将沿AE折叠，点B的对应点落在CD边上，，，，，．在与中，，，，即，解得，（舍去）．综上，所求a的值为或．故答案为或．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．进行分类讨论与数形结合是解题的关键．20．如图，中，，，点在边上，，.点是线段上一动点，当半径为6的圆与的一边相切时，的长为________.【答案】或【分析】根据勾股定理得到，，当⊙P于BC相切时，点P到BC的距离=6，过P作PH⊥BC于H，则PH=6，当⊙P于AB相切时，点P到AB的距离=6，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BD+CD=18，∴，在Rt△ADC中，∠C=90°，AC=12，CD=5，∴，当⊙P于BC相切时，点P到BC的距离=6，过P作PH⊥BC于H，则PH=6，∵∠C=90°，∴AC⊥BC，∴PH∥AC，∴△DPH∽△DAC，∴，∴，∴PD=6.5，∴AP=6.5；当⊙P于AB相切时，点P到AB的距离=6，过P作PG⊥AB于G，则PG=6，∵AD=BD=13，∴∠PAG=∠B，∵∠AGP=∠C=90°，∴△AGP∽△BCA，∴，∴，∴AP=3，∵CD=5＜6，∴半径为6的⊙P不与△ABC的AC边相切，综上所述，AP的长为6.5或3，故答案为6.5或3．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练正确切线的性质是解题的关键．三、解答题21．如图，直线与轴、轴分别交于两点，抛物线经过点，与轴另一交点为，顶点为．（1）求抛物线的解析式；（2）在轴上找一点，使的值最小，求的最小值；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）或．【分析】由于抛物线的解析式中只有两个待定系数，因此将B、C两点的坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式．作点关于轴的对称点，连接交轴于点，则此时为最小，再将的坐标代入一次函数表达式即可解得分别求出点P在x轴的位置即可.【详解】解：（1）直线与轴、轴分别交于两点，则点的坐标分别为，将点的坐标代入二次函数表达式得：，解得：，故函数的表达式为：，令，则或3，故点；（2）如图1，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，则此时为最小，函数顶点坐标为，点，将的坐标代入一次函数表达式并解得：直线的表达式为：，当时，，故点；（3）①当点在轴上方时，如下图2，∵，则，过点作，设，则，由勾股定理得：，，解得：（负值已舍去），则，则；②当点在轴下方时，则；故点的坐标为或．【点睛】本题考查二次函数，熟练掌握二次函数的运算法则是解题关键.22．如图，在矩形中，，为边上一点，，连接．动点从点同时出发，点以的速度沿向终点运动；点以的速度沿折线向终点运动．设点运动的时间为，在运动过程中，点，点经过的路线与线段围成的图形面积为．⑴________,________°；⑵求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围；⑶当时，直接写出的值．【答案】（1），45；（2）（），（），（）；（3）或.【分析】（1）由勾股定理可求AE的长，由等腰三角形的性质可求∠EAD的度数；（2）分三种情况讨论，由面积和差关系可求解；（3）分三种情况讨论，由勾股定理可求解．【详解】解：（1）∵AB=3cm，BE=AB=3cm，∴AE=cm，∠BAE=∠BEA=45°，∵∠BAD=90°，∴∠DAE=45°故答案为：3，45；（2）当0＜x≤2时，如图，过点P作PF⊥AD，∵AP=x，∠DAE=45°，PF⊥AD，∴PF=x=AF，∴y=S△PQA=×AQ×PF=x2；（2）当2＜x≤3时，如图，过点P作PF⊥AD，

∵PF=AF=x，QD=2x-4，∴DF=4-x，∴y=x2+（2x-4+x）（4-x）=-x2+8x-8；当3＜x≤时，如图，点P与点E重合．∵CQ=（3+4）-2x=7-2x，CE=4-3=1cm，∴y=（1+4）×3-（7-2x）×1=x+4；（3）当0＜x≤2时，∵QF=AF=x，PF⊥AD，∴PQ=AP.∵PQ=cm，∴x=，∴x=；当2＜x≤3时，过点P作PM⊥CD，∴四边形MPFD是矩形，∴PM=DF=4-2x，MD=PF=x，∴MQ=x-（2x-4）=4-x.∵MP2+MQ2=PQ2，∴（4-2x）2+（4-x）2=，∵△＜0，∴方程无解，当3＜x≤时，∵PQ2=CP2+CQ2，∴=1+（7-2x）2，∴x=，综上所述：x=或.【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．23．如图，已知的圆心为点，抛物线过点，与交于两点，连接、，且，两点的纵坐标分别是2、1．（1）请直接写出点的坐标，并求的值；（2）直线经过点，与轴交于点．点（与点不重合）在该直线上，且，请判断点是否在此抛物线上，并说明理由；（3）如果直线与相切，请直接写出满足此条件的直线解析式．【答案】（1）B（2,2），；（2）点在抛物线上，见解析；（3）满足条件的直线解析式为：或．【分析】（1）证明，即可求解；（2）点在直线上，则设的坐标为，由，即可求解；（3）分当切点在轴下方、切点在轴上方两种情况，分别求解即可．【详解】解：（1）过点分别作轴的垂线交于点，∵，∴，又，∴，∴，故点的坐标分别为、，将点坐标代入抛物线并解得：，故抛物线的表达式为：；（2）将点坐标代入并解得：，则点，点的坐标分别为、、、，则，点在直线上，则设的坐标为，∵，则，解得：或6（舍去），故点，把代入，故点在抛物线上；（3）①当切点在轴下方时，设直线与相切于点，直线与轴、轴分别交于点、，连接，，，∵，∴，∴，即：，解得：或（舍去），故点，把点坐标代入并解得：直线的表达式为：；②当切点在轴上方时，直线的表达式为：；故满足条件的直线解析式为：或．【点睛】考核知识点：二次函数和相似三角形.数形结合分析问题是关键.特别是熟练掌握圆的性质和函数性质.24．如图所示抛物线过点，点，且（1）求抛物线的解析式及其对称轴；（2）点在直线上的两个动点，且，点在点的上方，求四边形的周长的最小值；（3）点为抛物线上一点，连接，直线把四边形的面积分为3∶5两部分，求点的坐标.【答案】（1），对称轴为直线；（2）四边形的周长最小值为；（3）【分析】（1）OB=OC，则点B（3，0），则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3）=ax2-2ax-3a，即可求解；（2）CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，即可求解；（3）S△PCB：S△PCA=EB×（yC-yP）：AE×（yC-yP）=BE：AE，即可求解．【详解】（1）∵OB=OC，∴点B（3，0），则抛物线的表达式为：y=a（x+1）（x-3）=a（x2-2x-3）=ax2-2ax-3a，故-3a=3，解得：a=-1，故抛物线的表达式为：y=-x2+2x+3…①；对称轴为：直线（2）ACDE的周长=AC+DE+CD+AE，其中AC=、DE=1是常数，故CD+AE最小时，周长最小，取点C关于函数对称点C（2，3），则CD=C′D，取点A′（-1，1），则A′D=AE，故：CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，四边形ACDE的周长的最小值=AC+DE+CD+AE=+1+A′D+DC′=+1+A′C′=+1+；（3）如图，设直线CP交x轴于点E，直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分，又∵S△PCB：S△PCA=EB×（yC-yP）：AE×（yC-yP）=BE：AE，则BE：AE，=3：5或5：3，则AE=或，即：点E的坐标为（，0）或（，0），将点E、C的坐标代入一次函数表达式：y=kx+3，解得：k=-6或-2，故直线CP的表达式为：y=-2x+3或y=-6x+3…②联立①②并解得：x=4或8（不合题意值已舍去），故点P的坐标为（4，-5）或（8，-45）．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图象面积计算、点的对称性等，其中（1），通过确定点A′点来求最小值，是本题的难点．25．在矩形中，连结，点E从点B出发，以每秒1个单位的速度沿着的路径运动，运动时间为t（秒）．过点E作于点F，在矩形的内部作正方形．（1）如图，当时，①若点H在的内部，连结、，求证：；②当时，设正方形与的重叠部分面积为S，求S与t的函数关系式；（2）当，时，若直线将矩形的面积分成1︰3两部分，求t的值．【答案】（1）①证明见解析；②；（3）t的值为或或．【分析】（1）①如图1中，证明即可解决问题．②分两种情形分别求解：如图1中，当时，重叠部分是正方形．如图2中，当时，重叠部分是五边形．（2）分三种情形分别求解：①如图3﹣1中，延长交于M，当时，直线将矩形的面积分成1︰3两部分．②如图3﹣2中，延长交于M交的延长线于K，当时，直线将矩形的面积分成1︰3两部分．③如图3﹣3中，当点E在线段上时，延长交于M，交的延长线于N．当时，直线将矩形的面积分成1︰3两部分．【详解】解：（1）①如图1中，∵四边形是正方形，，∴，，，∴，∵，∴，∴．②如图1中，当时，重叠部分是正方形，．如图2中，当时，重叠部分是五边形，．综上所述，．（2）如图3﹣1中，延长交于M，当时，直线将矩形的面积分成1︰3两部分．∵，∴，∴，∴．如图3﹣2中，延长交于M交的延长线于K，当时，直线将矩形的面积分成1︰3两部分，易证，∵，∴，∴，∴．如图3﹣3中，当点E在线段上时，延长交于M，交的延长线于N．当时，直线将矩形的面积分成1︰3两部分，易证．在中，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，解得．综上所述，满足条件的t的值为或或．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．26．在平面直角坐标系中，已知，动点在的图像上运动（不与重合），连接，过点作，交轴于点，连接．（1）求线段长度的取值范围；（2）试问：点运动过程中，是否问定值？如果是，求出该值；如果不是，请说明理由．（3）当为等腰三角形时，求点的坐标．【答案】（1）；（2）为定值，=30°；（3），，，【分析】（1）作，由点在的图像上知：，求出AH，即可得解；（2）①当点在第三象限时，②当点在第一象的线段上时，③当点在第一象限的线段的延长线上时，分别证明、、、四点共圆，即可求得=30°；（3）分，，三种情况，分别求解即可．【详解】解：（1）作，则∵点在的图像上∴，∵，∴∴（2）①当点在第三象限时，由，可得、、、四点共圆，∴②当点在第一象的线段上时，由，可得、、、四点共圆，∴，又此时∴③当点在第一象限的线段的延长线上时，由，可得，∴、、、四点共圆，∴（3）设，则：∵，∴∴：∴∴，①当时，则整理得：解得：∴，②当时，则整理得：解得：或当时，点与重合，舍去，∴，∴③当时，则整理得：解得：∴【点睛】本题为一次函数综合题，涉及到待定系数法求函数解析式、三角函数、等腰三角形判定和性质以及圆的相关性质等知识点，其中（2）（3），要注意分类求解，避免遗漏．27．在△中，已知是边的中点，是△的重心，过点的直线分别交、于点、.（1）如图1，当∥时，求证：；（2）如图2，当和不平行，且点、分别在线段、上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由.（3）如图3，当点在的延长线上或点在的延长线上时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）（1）中结论成立，理由见解析；（3）（1）中结论不成立，理由见解析.【分析】（1）根据G为重心可知，由EF∥BC可知,，故（2）过点作∥交的延长线于点，、的延长线相交于点，则，，故要求式子，又，D是的中点，即，故有，所以原式，又有，得，故结论成立；（3）由G点为重心可知，当点与点重合时，为中点，，故当点在的延长线上时，，,则，同理：当点在的延长线上时，，故结论不成立.【详解】（1）证明：是△重心,又∥,,,则.（2）（1）中结论成立，理由如下：如图，过点作∥交的延长线于点，、的延长线相交于点，则，又而是的中点，即又结论成立；（3）（1）中结论不成立，理由如下：当点与点重合时，为中点，,点在的延长线上时，,,则，同理：当点在的延长线上时，，结论不成立.【点睛】本题考查了三角形的重心，相似三角形的性质和判定，分类讨论思想，解本题的关键是通过三角形重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1与相似比结合来解题，并合理作出辅助线来解题.28．⑴如图1，是正方形边上的一点，连接，将绕着点逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线交于点和点.①线段和的数量关系是；②写出线段和之间的数量关系.⑵当四边形为菱形，，点是菱形边所在直线上的一点，连接，将绕着点逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线交于点和点.①如图2，点在线段上时，请探究线段和之间的数量关系，写出结论并给出证明；②如图3，点在线段的延长线上时，交射线于点；若,直接写出线段的长度.【答案】⑴①;②；⑵①.理由见解析，②的长度为.理由见解析.【分析】（1）①根据旋转的性质解答即可；②根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；（2）①根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可；②作辅助线，计算BD和BF的长，根据平行线分线段成比例定理可得BM的长，根据线段的差可得结论．【详解】（1）①DB=DG，理由是：∵∠DBE绕点B逆时针旋转90°，如图1，由旋转可知，∠BDE=∠FDG，∠BDG=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠CBD=45°，∴∠G=45°，∴∠G=∠CBD=45°，∴DB=DG；故答案为DB=DG；②BF+BE=BD，理由如下：由①知：∠FDG=∠EDB，∠G=∠DBE=45°，BD=DG，∴△FDG≌△EDB（ASA），∴BE=FG，∴BF+FG=BF+BE=BC+CG，Rt△DCG中，∵∠G=∠CDG=45°，∴CD=CG=CB，∵DG=BD=BC，即BF+BE=2BC=BD；（2）①如图2，BF+BE=BD，理由如下：在菱形ABCD中，∠ADB=∠CDB=∠ADC=×60°=30°，由旋转120°得∠EDF=∠BDG=120°，∠EDB=∠FDG，在△DBG中，∠G=180°-120°-30°=30°，∴∠DBG=∠G=30°，∴DB=DG，∴△EDB≌△FDG（ASA），∴BE=FG，∴BF+BE=BF+FG=BG，过点D作DM⊥BG于点M，如图2，∵BD=DG，∴BG=2BM，在Rt△BMD中，∠DBM=30°，∴BD=2DM．设DM=a，则BD=2a，DM=a，∴BG=2a，∴，∴BG=BD，∴BF+BE=BG=BD；②过点A作AN⊥BD于N，过D作DP⊥BG于P，如图3，Rt△ABN中，∠ABN=30°，AB=2，∴AN=1，BN=，∴BD=2BN=2，∵DC∥BE，∴，∵CM+BM=2，∴BM=，Rt△BDP中，∠DBP=30°，BD=2，∴BP=3，由旋转得：BD=BF，∴BF=2BP=6，∴GM=BG-BM=6+1-=．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正方形和菱形的性质，直角三角形30度的角性质等知识，本题证明△FDG≌△BDE是解本题的关键．29．如图，抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点A（0，2），对称轴为直线x=﹣2，平行于x轴的直线与抛物线交于B、C两点，点B在对称轴左侧，BC=6．（1）求此抛物线的解析式．（2）点P在x轴上，直线CP将△ABC面积分成2：3两部分，请直接写出P点坐标．【答案】（1）抛物线的解析式为y=x2+4x+2；（2）P的坐标为（﹣6，0）或（﹣13，0）．【分析】（1）由对称轴直线x=2，以及A点坐标确定出b与c的值，即可求出抛物线解析式；（2）由抛物线的对称轴及BC的长，确定出B与C的横坐标，代入抛物线解析式求出纵坐标，确定出B与C坐标，利