202X威海市中考数学二次函数和几何综合专题

202X威海市中考数学二次函数和几何综合专题一、二次函数压轴题1．若一个函数当自变量在不同范围内取值时，函数表达式不同，我们称这样的函数为分段函数．下面我们参照学习函数的过程与方法，探究分段函数的图象与性质．列表：描点：在平面直角坐标系中，以自变量x的取值为横坐标，以相应的函数值y为纵坐标，描出相应的点，如图所示．如图，在平面直角坐标系中，观察描出的这些点的分布，作出函数图象；研究函数并结合图象与表格，回答下列问题：点，，，在函数图象上，则______，______；填“”，“”或“”当函数值时，求自变量x的值；在直线的右侧的函数图象上有两个不同的点，，且，求的值；若直线与函数图象有三个不同的交点，求a的取值范围．2．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，点与点关于轴对称，点的坐标为，过点作轴的垂线交抛物线于点．（1）求点、点、点的坐标；（2）当点在线段上运动时，直线交于点，试探究当为何值时，四边形是平行四边形；（3）在点的运动过程中，是否存在点，使是以为直角边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．3．在数学拓展课上，九（1）班同学根据学习函数的经验，对新函数y=x2﹣2|x|的图象和性质进行了探究，探究过程如下：（初步尝试）求二次函数y=x2﹣2x的顶点坐标及与x轴的交点坐标；（类比探究）当函数y=x2﹣2|x|时，自变量x的取值范围是全体实数，下表为y与x的几组对应值．x…﹣3﹣﹣2﹣10123…y…30﹣10﹣103…①根据表中数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请你画出该函数图象的另一部分；②根据画出的函数图象，写出该函数的两条性质．（深入探究）若点M（m，y1）在图象上，且y1≤0，若点N（m+k，y2）也在图象上，且满足y2≥3恒成立，求k的取值范围．4．如图1，点EF在直线l的同一侧，要在直线l上找一点K，使KE与KF的距离之和最小，我们可以作出点E关于l的对称点E′，连接FE′交直线L于点K，则点K即为所求．（1）（实践运用）抛物线y=ax2+bx+c经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）．如图2．①求该抛物线的解析式；②在抛物线的对称轴上找一点P，使PA+PC的值最小，并求出此时点P的坐标及PA+PC的最小值．（2）（知识拓展）在对称轴上找一点Q，使|QA﹣QC|的值最大，并求出此时点Q的坐标．5．小明在学习函数的过程中遇到这样一个函数：y＝[x]，若x≥0时，[x]＝x2﹣1；若x＜0时，x＝﹣x+1．小明根据学习函数的经验，对该函数进行了探究．（1）下列关于该函数图像的性质正确的是；（填序号）①y随x的增大而增大；②该函数图像关于y轴对称；③当x＝0时，函数有最小值为﹣1；④该函数图像不经过第三象限．（2）①在平面直角坐标系xOy中画出该函数图像；②若关于x的方程2x+c＝[x]有两个互不相等的实数根，请结合函数图像，直接写出c的取值范围是；（3）若点（a，b）在函数y＝x﹣3图像上，且﹣＜[a]≤2，则b的取值范围是．6．综合与探究如图1，抛物线与x轴交于两点（点A在点B的左侧），其中，与y轴相交于点C，抛物线的对称轴与x轴交于点E．点P是抛物线上的一个动点．（1）求抛物线的表达式；（2）如图1，P是第一象限内抛物线上的一个动点，连接，过点P作直线于点F，求的最大值；（3）如图2，连接，抛物线上是否存在点P，使？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．7．如果抛物线C1：与抛物线C2：的开口方向相反，顶点相同，我们称抛物线C2是C1的“对顶”抛物线．（1）求抛物线的“对顶”抛物线的表达式；（2）将抛物线的“对顶”抛物线沿其对称轴平移，使所得抛物线与原抛物线形成两个交点M、N，记平移前后两抛物线的顶点分别为A、B，当四边形AMBN是正方形时，求正方形AMBN的面积．（3）某同学在探究“对顶”抛物线时发现：如果抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，那么系数b与d，c与e之间的关系是确定的，请写出它们之间的关系．8．根据我们学习函数的过程与方法，对函数y＝x2＋bx＋2﹣c|x﹣1|的图像和性质进行探究，已知该函数图像经过（﹣1，﹣2）与（2，1）两点，（1）该函数的解析式为，补全下表：x⋯﹣4﹣3﹣2﹣1123⋯y⋯2﹣1﹣2212⋯（2）描点、连线，在所给的平面直角坐标系中画出该函数的图象，写出这个函数的一条性质：．（3）结合你所画的图象与函数y＝x的图象，直接写出x2＋bx＋2﹣c|x﹣1|≤x的解集．9．综合与探究如图，已知二次函数的图像与轴交于，B两点，与轴交于点C，直线经过B，C两点（1）求二次函数的解析式；（2）点P是线段BC上一个动点，过点P作x轴的垂线于点Q，交抛物线于点D，当点Q是线段PD的中点时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，若点M是直线BC上一点，N是平面内一点，当以P，D，M，N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点N的坐标．10．如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m，过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．（1）求此抛物线的表达式：（2）过点P作PN⊥BC，垂足为点N，请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？（3）试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标，若不存在，请说明理由．二、中考几何压轴题11．问题呈现：已知等边三角形边的中点为点，，的两边分别交直线，于点，，现要探究线段，与等边三角形的边长之间的数量关系．（1）特例研究：如图1，当点，分别在线段，上，且，时，请直接写出线段，与的数量关系：________；（2）问题解决：如图2，当点落在射线上，点落在线段上时，（1）中的结论是否成立？若不成立，请通过证明探究出线段，与等边三角形的边长之间的数量关系；（3）拓展应用：如图3，当点落在射线上，点落在射线上时，若，，请直接写出的长和此时的面积．12．（1）问题探究：如图1所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，连接BE与DG，请判断线段BE与线段DG之间有怎样的数量关系和位置关系．并请说明理由．（2）理解应用：如图2所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，将正方形AEFG绕点A在平面内任意旋转，当∠ABE＝15°，且点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出AE的长；（3）拓展应用：如图3所示，有公共顶点A的两个矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，将矩形AEFG绕点A在平面内任意旋转，连接BD，DE，点M，N分别是BD，DE的中点，连接MN，当点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出MN的长13．几何探究：（问题发现）（1）如图1所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等边三角形，BD、CE的关系是_______（选填“相等”或“不相等”）；（请直接写出答案）（类比探究）（2）如图2所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的含有角的直角三角形，（1）中的结论还成立吗?请说明理由；（拓展延伸）（3）如图3所示，△ADE和△ABC是有公共顶点且相似比为1:2的两个等腰直角三角形，将△ADE绕点A自由旋转，若，当B、D、E三点共线时，直接写出BD的长．14．△ABC中，∠BAC=α°，AB=AC，D是BC上一点，将AD绕点A顺时针旋转α°，得到线段AE，连接BE．（1）（特例感知）如图1，若α=90，则BD+BE与AB的数量关系是．（2）（类比探究）如图2，若α=120，试探究BD+BE与AB的数量关系，并证明．（3）（拓展延伸）如图3，若α=120，AB=AC=4，BD=，Q为BA延长线上的一点，将QD绕点Q顺时针旋转120°，得到线段QE，DE⊥BC，求AQ的长．15．探究：如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．（1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系；②如图2，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．16．在与中，且，点D始终在线段AB上（不与A、B重合）．（1）问题发现：如图1，若度，的度数______，______；（2）类比探究：如图2，若度，试求的度数和的值；（3）拓展应用：在（2）的条件下，M为DE的中点，当时，BM的最小值为多少？直接写出答案．17．（问题探究）（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．①请探究AD与BD之间的位置关系？并加以证明．②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，求线段AD的长．（拓展延伸）（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．18．随着教育教学改革的不断深入，数学教学如何改革和发展，如何从“重教轻学”向自主学习探索为主的方向发展，是一个值得思考的问题．从数学的产生和发展历程来看分析，不外乎就是三个环节：（观察猜想）-（探究证明）-（拓展延伸）．下面同学们从这三个方面试看解决下列问题：已知：如图1所示将一块等腰三角板放置与正方形的重含，连接、，E是的中点，连接．（观察猜想）（1）与的数量关系是________，与的位置关系是___________；（探究证明）（2）如图2所示，把三角板绕点B逆时针旋转，其他条件不变，线段与的关系是否仍然成立，并说明理由；（拓展延伸）（3）若旋转角，且，求的值．19．点E是矩形ABCD边AB延长线上的一动点，在矩形ABCD外作Rt△ECF，其中∠ECF＝90°，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，连接DF，交CG于点H．（1）发现：如图1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想线段DH与HF的数量关系是；（2）探究：如图2，若AB＝nAD，CF＝nCE，则（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展：在（2）的基础上，若射线FC过AD的三等分点，AD＝3，AB＝4，则直接写出线段EF的长．20．在中，，点D､E分别是的中点，将绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，连接．观察猜想（1）如图①，当时，填空：①______________；②直线所夹锐角为____________；类比探究（2）如图②，当时，试判断的值及直线所夹锐角的度数，并说明理由；拓展应用（3）在（2）的条件下，若，将绕着点C在平面内旋转，当点D落在射线AC上时，请直接写出的值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、二次函数压轴题1．A解析：（1）见解析；（2）①，；②x=3或x=-1；③2；④【分析】（1）根据函数图像的画法，从左至右依次连接个点，即可解决；（2）①根据A点与B点的横坐标，判断两点所在的函数图像，然后根据函数的性质解决即可；根据C点与D点的纵坐标，判断两点所在的函数图像，然后结合函数图像解决即可.②当时，判断其所在的函数图像，然后结合函数解析式计算解决即可.③由图可知时，所以两点在函数的图像上，然后根据函数的对称性解决即可.④结合函数图像，与函数图象有三个不同的交点，可知必须与两函数图像分别相交才可以，据此解决即可；【详解】解：如图所示：，，A与B在上，y随x的增大而增大，；，，C与D在上，观察图象可得；②当时，，不符合；当时，，或；，在的右侧，时，点关于对称，，；④由图象可知，当与分段函数分别相交时才会有三个不同的交点，观察函数图像y＞0，且y＜2，故a的取值范围为.2．C解析：（1）（2）当，四边形是平行四边形（3）存在，点的坐标为，，【分析】（1）根据函数解析式列方程即可；（2）根据平行四边形的判定，用含未知数的值表示QM的长度，从而可求解;（3）设Q点的坐标为,分两种情况讨论：当时，由勾股定理可得：，当时，由勾股定理可得：，可解出的值.【详解】（1）令，则，C点的坐标为（0,2）；令，则解得，点A为（-1,0）；点B为（4,0）∴（2）如图1所示：点C与点D关于轴对称，点,设直线BD的解析式为，将代入得：解得∴直线BD的解析式为：∵∴当时，四边形是平行四边形设Q点的坐标为，则∴解得（不合题意，舍去）∴当，四边形是平行四边形（3）存在，设Q点的坐标为∵是以BD为直角边的直角三角形∴当时，由勾股定理可得：即解得（不合题意，舍去）∴Q点的坐标为当时，由勾股定理可得：即解得Q点的坐标为综上所述：点的坐标为，，.【点睛】本题考查了一次函数和抛物线的综合问题，解题的关键在于拿出函数解析式，会用含未知数的代数式表示出关键的点的坐标和线段的长度.3．【初步尝试】（0，0），（2，0）；【类比探究】①如图所示：②函数图象的性质：1．图象关于y轴对称；2．当x取1或﹣1时，函数有最小值﹣1；【深入探究】k≤﹣5或k≥5．【详解】【分析】【初步尝试】利用配方法将y=x2﹣2x化为顶点式，可得顶点坐标，令y=0，解方程x2﹣2x=0，求出x的值，即可得到抛物线与x轴的交点坐标；【类比探究】①根据表中数据描点连线，即可得到该函数图象的另一部分；②根据画出的图象，结合二次函数的性质即可写出该函数的两条性质；【深入探究】根据图象可知y1≤0时，﹣2≤m≤2；y2≥3时，m+k≤﹣3或m+k≥3，根据不等式的性质即可求出k的取值范围.【详解】【初步尝试】∵y=x2﹣2x=（x﹣1）2﹣1，∴此抛物线的顶点坐标为（1，﹣1）；令y=0，则x2﹣2x=0，解得x1=0，x2=2，∴此抛物线与x轴的交点坐标为（0，0），（2，0）；【类比探究】①如图所示：②函数图象的性质：图象关于y轴对称；当x取1或﹣1时，函数有最小值﹣1；【深入探究】根据图象可知，当y1≤0时，﹣2≤m≤2，当y2≥3时，m+k≤﹣3或m+k≥3，则k≤﹣5或k≥5，故k的取值范围是k≤﹣5或k≥5．【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征，利用数形结合思想解题是关键.4．A解析：（1）①y=x2﹣2x﹣3，②点P的坐标为（1，﹣2），PA+PC的最小值为3；（2）点Q的坐标为（1，﹣6）．【详解】分析：（1）①由点A、B的坐标可将抛物线的解析式变形为交点式，代入点C的坐标即可求出a值，此题得解；②由点A、B关于抛物线的对称轴对称可得出连接BC交抛物线对称轴于点P，此时PA+PC的值最小，根据抛物线的解析式可求出其对称轴为直线x=1，由点B、C的坐标利用待定系数法可求出过点B、C的直线的解析式，代入x=1求出y值，由此即可得出点P的坐标，再利用勾股定理求出线段BC的长即可；（2）连接AC并延长AC交抛物线对称轴与点Q，此时|QA﹣QC|的值最大，且|QA﹣QC|的最大值为线段AC的长（三角形两边之差小于第三边），由点A、C的坐标利用待定系数法可求出过点A、C的直线的解析式，代入x=1求出y值，由此即可得出点Q的坐标，此题得解．详解：（1）①∵抛物线与x轴的交点为A（﹣1，0）、B（3，0），∴抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3）．∵抛物线过点C（0，﹣3），∴﹣3=（0+1）×（0﹣3）a，∴a=1，∴该抛物线的解析式为y=（x+1）（x﹣3）=x2﹣2x﹣3．②∵点A、B关于抛物线的对称轴对称，∴连接BC交抛物线对称轴于点P，此时PA+PC的值最小，如图3所示．∵抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为直线x=1．利用待定系数法可求出过点B、C的直线为y=x﹣3，当x=1时，y=x﹣3=1﹣3=﹣2，∴点P的坐标为（1，﹣2），PA+PC的最小值为BC==3．（2）连接AC并延长AC交抛物线对称轴与点Q，此时|QA﹣QC|的值最大，且|QA﹣QC|的最大值为线段AC的长，如图4所示．利用待定系数法可求出过点A、C的直线为y=﹣3x﹣3，当x=1时，y=﹣3x﹣3=﹣3×1﹣3=﹣6，∴点Q的坐标为（1，﹣6）．点睛：本题是二次函数的综合题．考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次函数的性质、二次函数解析式的三种形式以及三角形的三边关系，解题的关键是：（1）①根据点的坐标利用待定系数法求出抛物线的解析式；②由点A、B关于抛物线的对称轴对称，找出当PA+PC的值最小时点P的位置；（2）利用三角形的三边关系找出使|QA﹣QC|的值最大时点Q的位置．5．（1）③④；（2）①见解析；②或；（3）或【分析】（1）画出图象，根据函数的性质即可判断．（2）①根据题意列表、描点、连线即可．②将看成是一次函数，此函数与轴的交点是，因此要与图像有两个交点，则需要分情况讨论．当时，满足两个交点的要求；当时，与图像没有两个交点；当时，可以有两个交点，此种情况要代入，根据根的判别式求出的范围即可．（3）因为，所以根据分段函数的图像，求解取值在到2之间的自变量的范围，分情况讨论即可．再根据点在函数图象上，则，即，代入到的取值范围中求解即可．【详解】解：（1）画出图象，根据图象可知，①当时，随的增大而增大，故错误；②该函数图象关于轴不对称，故错误；③当时，函数有最小值为，正确；④该函数图象不经过第三象限，正确；故答案为：③④．（2）①在平面直角坐标系中画出该函数图象，②关于的方程有两个互不相等的实数根，可以看成是和有两个交点．是一次函数，与轴的交点为，当时，满足两个交点的条件．若将向下平移与图像有两个交点，则．方程为，即．△，，．故答案为：或．（3），当时，，，解出．当时，，，解出．或．点在函数图象上，，，或．故答案为：或．【点睛】此题考查的是分段函数，用数形结合的思想是解此题的关键．6．F解析：（1）抛物线的表达式为；（2）；（3）存在，点P的坐标为：或【分析】（1）把点的坐标分别代入解析式，转化为方程组求解即可；（2）设点P的横坐标为m，用含有m的代数式表示PF，转化为二次函数最值问题求解即可；（3）利用构造平行线法，三角形全等法，构造出符合题意的角，后利用交点思想求解即可．【详解】解：（1）抛物线与x轴交于两点，解得抛物线的表达式为．（2）∵抛物线的表达式为．对称轴为直线，点E的坐标为．令，代入抛物线的表达式，得，∴点C的坐标为．在中，，．．设直线的表达式为，由经过，解得∴直线的表达式为．如答图，过点P作轴，交于点G．设点P的横坐标为m，则．轴，，．．．．当时，．（3）存在，理由如下：①在x轴的正半轴上取一点E，使得OA=OE=1，则点E（1,0），∵OA=OE，∠AOC=∠EOC=90°，CO=CO，∴△AOC≌△EOC，∴∠ACO=∠ECO，过点B作BP∥CE，交抛物线y=于点P，∴∠PBC=∠ECB，∵C（0，3），B（3，0），∴OB=OC，∴∠OCB=∠ABC，∵∠OCB=∠ECB+∠ECO=∠PBC+∠ACO，∴∠ABC=∠PBC+∠ACO，设直线CE的解析式为y=kx+3，把点E（1,0）代入解析式，得k+3=0，解得k=-3，∴直线CE的解析式为y=-3x+3，∵BP∥CE，∴设直线BP的解析式为y=-3x+b，把点B（3,0）代入解析式，得-9+b=0，解得b=9，∴直线BP的解析式为y=-3x+9，∴-3x+9=，解得x=2，或x=3（与B重合，舍去）当x=2时，y=-3x+9=3，∴点P的坐标为（2，3）；②在y轴的正半轴上取一点Q，使得OA=OQ=1，则点Q（0,1），∵OA=OQ，∠AOC=∠QOB=90°，CO=BO，∴△AOC≌△QOB，∴∠ACO=∠QBO，延长BQ交抛物线y=于点P，∵∠ABC=∠PBC+∠QBO，∴∠ABC=∠PBC+∠ACO，设直线BQ的解析式为y=mx+1，把点B（3,0）代入解析式，得3m+1=0，解得m=-，∴直线BQ的解析式为y=-x+1，∴-x+1=，解得x=，或x=3（与B重合，舍去）当x=时，y=-x+1=，∴点P的坐标为；综上所述，存在这样的点P，且点P的坐标为：或．【点睛】本题考查了待定系数法确定二次函数，一次函数的解析式，二次函数的最值，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，准确表示PF，利用构造平行线，三角形全等，确定满足条件的P点位置是解题的关键．7．C解析：（1）；（2）2；（3）【分析】（1）先求出抛物线C1的顶点坐标，进而得出抛物线C2的顶点坐标，即可得出结论；（2）设正方形AMBN的对角线长为2k，得出B（2，3＋2k），M（2＋k，3＋k），N（2−k，3＋k），再用点M（2＋k，3＋k）在抛物线y＝（x−2）2＋3上，建立方程求出k的值，即可得出结论；（3）先根据抛物线C1，C2的顶点相同，得出b，d的关系式，再由两抛物线的顶点在x轴，求出c，e的关系，即可得出结论．【详解】解：（1）解：（1）∵y＝x2−4x＋7＝（x−2）2＋3，∴顶点为（2，3），∴其“对顶”抛物线的解析式为y＝−（x−2）2＋3，即y＝−x2＋4x−1；（2）如图，由（1）知，A（2，3），设正方形AMBN的对角线长为2k，则点B（2，3＋2k），M（2＋k，3＋k），N（2−k，3＋k），∵M（2＋k，3＋k）在抛物线y＝（x−2）2＋3上，∴3＋k＝（2＋k−2）2＋3，解得k＝1或k＝0（舍）；∴正方形AMBN的面积为×(2k)2＝2；（3）根据抛物线的顶点坐标公式得，抛物线C1：y＝ax2＋bx＋c的顶点为（，），抛物线C2：y＝−ax2＋dx＋e的顶点为（，），∵抛物线C2是C1的“对顶”抛物线，∴，∴，∵抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，∴，∴，即．【点睛】此题主要考查了抛物线的顶点坐标公式，正方形的性质，理解新定义式解本题的关键．8．(1)y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|，补全表格见解析，(2)函数图像见解析，当x=-1时，函数有最小值，最小值为-2；(3)≤x≤或≤x≤．【分析】（1）将点（﹣1，﹣2）与（2，1）代入解析式即可；（2）画出函数图象，观察图象得到一条性质即可（3）根据图象，求出两个函数图象的交点坐标，通过观察可确定解解集．【详解】解：（1）∵该函数图象经过（﹣1，﹣2）与（2，1）两点，∴，∴，∴y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|，故答案为：y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|；当x=-4时，y=7；当x=0时，y=-1；补全表格如图，x⋯﹣4﹣3﹣2﹣10123⋯y⋯72﹣1﹣2-1212⋯（2）函数图像如图所示，当x=-1时，函数有最小值，最小值为-2；（3）当x≥1时，x2﹣x+2﹣3x+3=x，解得，，，观察图象可知不等式的解集为：≤x≤；当x＜1时，x2﹣x+2+3x﹣3=x，解得，，，观察图象可知不等式的解集为：≤x≤；∴不等式x2+bx+2﹣c|x﹣1|≤x的解集为≤x≤或≤x≤．【点睛】本题考查二次函数与不等式的关系；掌握描点法画函数图象，利用数形结合解不等式是解题的关键．9．B解析：（1）；（2）P（2，1）；（3），，，【分析】（1）求出点B，带入求解即可；（2）设，，，根据中点的性质列式计算即可；（3）根据菱形的性质分类讨论即可；【详解】（1）令，解得：，∴，令，则，∴，把，代入中，∴，∴，，∴；（2）设，，，∵Q为PD中点，∴，∴，∴，（舍），∴；（3）①如图，由题意可得：为菱形的边，为菱形的对角线，由（2）可得：，，设，，由可得：整理得：解得：检验：不合题意舍去，取如图，为菱形的边，同理可得：或②如图，当为对角线时，由，，可得：重合，重合时，四边形为菱形，综上：，，，；【点睛】本题主要考查了二次函数综合，结合菱形的判定与性质、等腰三角形的性质和一元二次方程的求解是解题的关键．10．A解析：（1）；（2），当m＝2时，PN的最大值为；（3）Q(1，3)或(，)【分析】（1）由二次函数交点式表达式，即可求解．（2）由PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）即可求解．（3）分AC＝AQ、AC＝CQ、CQ＝AQ三种情况，当AC＝AQ时，构造直角三角形AMQ利用勾股定理可求坐标，AC＝CQ时，先求BQ再求MB，即可得到坐标，CQ＝AQ时，联立解得不合题意．【详解】解：（1）由二次函数交点式表达式得：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣x﹣12）＝ax2﹣ax﹣12a，即：﹣12a＝4，解得：a＝﹣，则抛物线的表达式为，（2）设点P（m，﹣m2+m+4），则点Q（m，﹣m+4），∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）＝﹣（m﹣2）2+，∵﹣＜0，∴PN有最大值，当m＝2时，PN的最大值为．（3）存在，理由：点A、B、C的坐标分别为（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），则AC＝5，AB＝7，BC＝4，∠OBC＝∠OCB＝45°，将点B（4，0）、C（0，4）的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b得解得∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4…①，设直线AC的解析式为y=mx+n把点A（﹣3，0）、C（0，4）代入得解得∴直线AC的表达式为：y＝x+4，设直线AC的中点为K（﹣，2），过点M与CA垂直直线的表达式中的k值为﹣，设过点K与直线AC垂直直线的表达式为y＝﹣x+q把K（﹣，2）代入得2=﹣×（﹣）+q解得q=∴y＝﹣x+…②，①当AC＝AQ时，如图1，则AC＝AQ＝5，设：QM＝MB＝n，则AM＝7﹣n，由勾股定理得：（7﹣n）2+n2＝25，解得：n＝3或4（舍去4），故点Q（1，3），②当AC＝CQ时，如图1，CQ＝5，则BQ＝BC﹣CQ＝4﹣5，则QM＝MB＝，故点Q（，）．③当CQ＝AQ时，联立①②，，解得，x＝（舍去），综上所述点Q的坐标为：Q（1，3）或Q（，）．【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法、一次函数的图像与性质、二次函数的图像与性质及等腰三角形的性质．二、中考几何压轴题11．（1）；（2）不成立，理由见解析；；（3），．【分析】（1）根据等边三角形的性质可得每一个内角都是，则可知△BDE与△CDF是含角的直角三角形，根据角所对直角边是斜边的一半即可得到结果；（2）解析：（1）；（2）不成立，理由见解析；；（3），．【分析】（1）根据等边三角形的性质可得每一个内角都是，则可知△BDE与△CDF是含角的直角三角形，根据角所对直角边是斜边的一半即可得到结果；（2）根据题意可证得，得到，，进而求出，得到，在中，，，即．（3）过点作，可求得，根据顶角为的等腰三角形面积的算法可求出的面积，【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，∴，又∵，，∴，∴,,∴．（2）不成立．理由如下：如图1，分别过点作于点，于点，易证得，则，．∵，，∴．∵，∴，则，∴，∴，即．在中，，∴，即．（3），．解法提示：如图2，过点作，可求得．同（2）可证，可求得．在中可求出，根据顶角为的等腰三角形面积的算法可求出的面积为．【点睛】本题主要考查了三角形的综合应用，准确理解三角形全等判定与性质、直角三角形的性质是解题的关键．12．（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性质可得BE⊥DG；（2）由解析：（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性质可得BE⊥DG；（2）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，可得∠DEB＝90°，由直角三角形的性质可求解；（3）分两种情况讨论，通过证明△AGD∽△AEB，可得，∠DGA＝∠AEB，由勾股定理和三角形中位线定理可求解．【详解】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG，理由如下：如图1：延长BE交AD于N，交DG于H，∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD，∠GAE＝∠DAB＝90°，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，∵∠ABE+∠ANB＝90°，∴∠ADG+∠DNH＝90°，∴∠DHN＝90°，∴BE⊥DG；（2）如图，当点G在线段DE上时，连接BD，∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD＝10，∠GAE＝∠DAB＝90°，∠ADB＝45°＝∠ABD，BD＝AB＝10，GE＝AE，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，∴∠BDE＝45°﹣15°＝30°，∠DBE＝45°+15°＝60°，∴∠DEB＝90°，∴BE＝BD＝5＝DG，DE＝BE＝5，∴GE＝5﹣5，∴AE＝＝5﹣5，当点E在线段DG上时，同理可求AE＝5﹣5，故答案为：5﹣5；（3）如图，若点G在线段DE上时，∵AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，∴DB＝＝＝8，GE＝＝＝8，∠DAB＝∠GAE＝90°，∴∠DAG＝∠BAE，又∵，∴△AGD∽△AEB，∴，∠DGA＝∠AEB，∴BE＝DG，∵∠DGA＝∠GAE+∠DEA，∠AEB＝∠DEB+∠AED，∴∠GAE＝∠DEB＝90°，∵DB2＝DE2+BE2，∴64×13＝（DG+8）2+3DG2，∴DG＝12或DG＝﹣16（舍去），∴BE＝12，∵点M，N分别是BD，DE的中点，∴MN＝BE＝6；如图，当点E在线段DG上时，同理可求：BE＝16，∵点M，N分别是BD，DE的中点，∴MN＝BE＝8，综上所述：MN为6或8，故答案为：6或8．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．13．（1）相等；（2）不成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）当在Rt△ADE和Rt△ABC中，，证明△ABD∽△ACE，求出BD与CE的比例解析：（1）相等；（2）不成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）当在Rt△ADE和Rt△ABC中，，证明△ABD∽△ACE，求出BD与CE的比例；（3）分两种情况求出BD的长即可．【详解】（1）相等;提示：如图4所示．∵△ADE和△ABC均为等边三角形，∴∴∴在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）∴．（2）不成立；理由如下：如图5所示．在Rt△ADE和Rt△ABC中，∵∴∴∵∴△ABD∽△ACE∴∴故（1）中的结论不成立；（3）或．提示:分为两种情况：①如图6所示．易证：△ABD≌△ACE（SAS）∴∴∴由题意可知：设,则在Rt△BCE中,由勾股定理得：∴解之得:（舍去）∴；②如图7所示．易证：△ABD≌△ACE（SAS），设，则在Rt△BCE中，由勾股定理得：∴解之得：（舍去）∴.综上所述，或．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会运用分类讨论的思想考虑问题．14．（1）；（2），见解析；（3）【分析】（1）根据SAS可证△ABE≌△ACD，进而可得BE=CD，结合BD+CD=BC可得BD+BE=BC，再根据等腰直角三角形中BC=即可证得；（2）过点A解析：（1）；（2），见解析；（3）【分析】（1）根据SAS可证△ABE≌△ACD，进而可得BE=CD，结合BD+CD=BC可得BD+BE=BC，再根据等腰直角三角形中BC=即可证得；（2）过点A作AH⊥BC，根据∠BAC=120°，AB=AC可得∠ABC=30°，，则，由（1）可知BD+BE=BC，由此即可得；（3）过Q点作QF∥AC交BC延长线于点F，先证∠BQF=120°，BQ=QF，进而可由（2）同理可知，△QBE≌△QFD，，进而可证得，再根据cos∠EBD==cos60°=可求得，进而求得，最后根据AQ=BQ－AB即可得到答案．【详解】解：（1）理由如下：∵∠EAD=∠BAC=90°∴∠EAB=∠DAC在△ABE与△ACD中，∴△ABE≌△ACD（SAS）∴BE=CD，∵BD+CD=BC∴BD+BE=BC∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴BC=∴BD+BE=；（2）结论：，理由如下：过点A作AH⊥BC，∵∠BAC=120°，AB=AC∴∠ABC=30°，在Rt△ABH中，cos∠ABH==cos30°=∴BH=AB，∴由（1）同理可知BD+BE=BC，∴；（3）过Q点作QF∥AC交BC延长线于点F，∴∴∠QFC=∠QBF=30°，∠BQF=120°∴BQ=QF由（2）同理可知，△QBE≌△QFD，∴cos∠EBD==cos60°=∵，∴AQ=BQ－AB=．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形的应用，熟练掌握相关图形的判定及性质以及能够作出正确的辅助线是解决本题的关键．15．（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF解析：（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；②根据旋转的性质作辅助线，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；（2）如图3，同理作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3﹣x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．【详解】解：（1）∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC+∠ADG＝90°∴F、D、G共线，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，故答案为：EF＝BE+DF；②成立，理由：如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，∵∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADC+∠ADG＝180°，∴C、D、G在一条直线上，与①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝BE+DF；（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，由勾股定理得：BC＝＝4，如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，则AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，∵∠DAE＝45°，∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，∴∠FAD＝∠DAE＝45°，在△FAD和△EAD中，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，∵BC＝4，∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠FBD＝90°，由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，x2＝（3﹣x）2+12，解得：x＝，即DE＝．【点睛】本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．16．（1）90度；1；（2）的度数为90度，的值为；（3）BM的最小值为1．【分析】（1）度，利用SAS证明，即可得出，的值为1；（2）度，证明，即可得出，；（3）当CD最小时，即CD垂直于AB解析：（1）90度；1；（2）的度数为90度，的值为；（3）BM的最小值为1．【分析】（1）度，利用SAS证明，即可得出，的值为1；（2）度，证明，即可得出，；（3）当CD最小时，即CD垂直于AB时，CD最小，此时DE最小，而BM是直角三角形DBE斜边上的中线，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．【详解】（1）①∵∴∴∵，∴∴，∴∴，∴，的值为1；（2）在中，，令，则，同理令，∴，∴①∵即∴②有①②得∴，∴（3）在中，，∴，当CD最小时，即CD垂直于AB时，CD最小，此时DE最小，而，∴，而BM是直角三角形DBE斜边上的中线，∴【点睛】本题涉及全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、特殊的三角函数值和直角三角形的性质．是一个综合性比较强的题目，要熟练掌握各个知识点．17．（1）①，证明见解析；②4；（2）画图见解析，或【分析】（1）①由“”可证，可得，可得；②过点作于点，由勾股定理可求，，的长，即可求的长；（2）分点在左侧和右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似解析：（1）①，证明见解析；②4；（2）画图见解析，或【分析】（1）①由“”可证，可得，可得；②过点作于点，由勾股定理可求，，的长，即可求的长；（2）分点在左侧和右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似三角形的性质可求解．【详解