成都铁中中考数学期末二次函数和几何综合汇编

成都铁中中考数学期末二次函数和几何综合汇编一、二次函数压轴题1．探究：已知二次函数y＝ax2﹣2x+3经过点A(﹣3，0)．(1)求该函数的表达式；(2)如图所示，点P是抛物线上在第二象限内的一个动点，且点P的横坐标为t，连接AC，PA，PC．①求△ACP的面积S关于t的函数关系式；②求△ACP的面积的最大值，并求出此时点P的坐标．拓展：在平面直角坐标系中，点M的坐标为(﹣1，3)，N的坐标为(3，1)，若抛物线y＝ax2﹣2x+3(a＜0)与线段MN有两个不同的交点，请直接写出a的取值范围．2．如图，抛物线（）交直线：于点，点两点，且过点，连接，.（1）求此抛物线的表达式与顶点坐标；（2）点是第四象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为点，交于点.设点的横坐标为，试探究点在运动过程中，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请求出此时点的坐标，若不存在，请说明理由；（3）若点在轴上，点在抛物线上，是否存在以点，，，为顶点的平行四边形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.3．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．4．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．5．某班“数学兴趣小组”对函数的图象和性质进行了探究，探究过程如下．（1）自变量的取值范围是全体实数，与的几组对应值如下：…-3-2-10123……3-10-103…其中，______．（2）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．（3）进一步探究函数图象发现：①方程有______个实数根；②关于的方程有4个实数根时，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．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C（0，1）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图1，点D为第一象限内抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，求的最大值；（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第四象限内是否存在这样的点P，使△BPQ∽△CAB．若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．8．如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣8与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第四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A，B，C三点的坐标；（2）试探究在点P运动的过程中，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．9．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．10．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．二、中考几何压轴题11．问题发现：（1）如图1，与同为等边三角形，连接则与的数量关系为________；直线与所夹的锐角为_________；类比探究：（2）与同为等腰直角三角形，其他条件同（1），请问（1）中的结论还成立吗？请说明理由；拓展延伸：（3）中，为的中位线，将绕点逆时针自由旋转，已知，在自由旋转过程中，当在一条直线上时，请直接写出的值．12．某数学学习小组在复习线段垂直平分线性质时，提出了以下几个问题，请你帮他们解决：[数学理解](1)点是线段垂直平分线上的一点，则的值为；[拓展延伸](2)在平面直角坐标系中，点，点在轴上，且，则点的坐标为．(3)经小组探究发现，如图，延长线段到点，使，以点为因心，长为半径作园，则对于上任一点，都有，请你证明这个结论：[问题解决](4)如图，某人乘船以25千米/时的速度沿一笔直的河从码头到码头，再立即坐车沿一笔直公路以75千米/时的速度回到住处，已知乘船和坐车所用的时间相等请在河边上确定码头的位置．(请画出示意图并简要说明理由)13．我们定义：连结凸四边形一组对边中点的线段叫做四边形的“准中位线”．（1）概念理解：如图1，四边形中，为的中点，，是边上一点，满足，试判断是否为四边形的准中位线，并说明理由．（2）问题探究：如图2，中，，，，动点以每秒1个单位的速度，从点出发向点运动，动点以每秒6个单位的速度，从点出发沿射线运动，当点运动至点时，两点同时停止运动．为线段上任意一点，连接并延长，射线与点构成的四边形的两边分别相交于点，设运动时间为．问为何值时，为点构成的四边形的准中位线．（3）应用拓展：如图3，为四边形的准中位线，，延长分别与，的延长线交于点，请找出图中与相等的角并证明．14．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．（问题理解）(1)如图1，点A、B、C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD、CD．求证：四边形ABCD是等补四边形；（拓展探究）(2)如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由；（升华运用）(3)如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F．若CD＝6，DF＝2，求AF的长．15．（问题情境）（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是；（类比探究）（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；（拓展提升）（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为．16．综合与实践：利用矩形的折叠开展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法．动手操作：如图①，矩形纸片ABCD的边AB＝2，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H；如图②，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH；若在图①中连接BH，得到如图③，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且∠AMN＝∠ABH；若在图②中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图④．解决问题：（1）在图②中，∠ACB＝，BC＝，＝，与△ABG相似的三角形有个；（2）在图②中，AH2＝AE·（从图②中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论；（3）在图③中，△ABH为三角形，设BM为x，则NH＝（用含x的式子表示）；拓展延伸：（4）在图④中，将△ABQ绕点B按顺时针方向旋转α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，连接DQ′，则DQ′的最小值为，当tan∠CBQ′＝时，△DBQ′的面积最大值为．17．（1）问题探究：如图1，△ABC，△ADE均为等边三角形，连接BD、CE，试探究线段BD与CE的数量关系，并说明理由．（2）类比延伸如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，连接BD，CE，试确定BD与CE的数量关系，并说明理由．（3）拓展迁移如图3，在四边形ABCD中，AC⊥BC，且AC＝BC，CD＝4，若将线段DA绕点D按逆时针方向旋转90°得到DA′，连接BA′，求线段BA′的长．18．（问题发现）（1）如图1所示，在中，，，点在边上，且，将线段绕点顺时针旋转90°得到线段，连接、，的值为______；（类比探究）（2）如图2所示，在（1）的条件下，点为的中点，，将线段绕点顺时针旋转90°得到，连接，则的值会发生改变吗？说明你的理由；（拓展延伸）（3）如图3所示，在钝角中，，，点在边的延长线上，，连接．将线段绕着点顺时针旋转，旋转角，连接，则______（请用含有，的式子表示）．19．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．求证：；（2）类比探究：如图（2），在矩形中，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，若，，求的长．20．已知：如图1所示将一块等腰三角板BMN放置与正方形ABCD的重合，连接AN、CM，E是AN的中点，连接BE．（观察猜想）（1）CM与BE的数量关系是________；CM与BE的位置关系是________；（探究证明）（2）如图2所示，把三角板BMN绕点B逆时针旋转，其他条件不变，线段CM与BE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．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、二次函数压轴题1．探究：（1）；（2）①，②的面积的最大值是，此时点的坐标为，拓展：.【分析】（1）由待定系数法易求解析式；（2）过点作于点，交于点.设点的坐标为，由可得关于t的二次函数，进而可求最大值.（3）根据抛物线与MN的位置关系可知当抛物线经过M点时，a取最大值.【详解】探究：（1）∵抛物线经过点，∴，解得.∴抛物线的表达式为.（2）①过点作于点，交于点.设直线的解析式为，将、代入，，解得：，∴直线的解析式为.∵点在抛物线上，点在直线上，∴点的坐标为，点的坐标为，∴，∴.②∵，∴当时，，当时，.∴的面积的最大值是，此时点的坐标为.[拓展]：抛物线y=ax2−2x+3(a<0),当x=1时，y=a-2+3=a+1＜3，故抛物线右边一定与MN有交点，当x=-1，y=a+2+3=a+5，在M点或下方时，抛物线左边边一定与MN有交点，即a+5≤3；∴；【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形面积的计算，极值的确定，关键是确定出抛物线解析式，难点是数形结合确定a点的求值范围．2．A解析：（1）顶点坐标为；（2）存在，，；（3）或或.【分析】（1）根据一次函数解析式求出A、C两点的坐标，把A、B、C三点代入解析式求解即可求的解析式，然后把解析式化为顶点式可求得结果.（2）先求出BC所在直线的解析式，设出P、Q两点的坐标，根据勾股定理求出AC，根据以，，为顶点的三角形是等腰三角形可分类讨论，分为AQ=AC,AC=CQ,AQ=CQ三种情况.（3）分两种情况讨论，一是F在抛物线上方，过点作轴，可得FH=4，设，可得，求出n代入即可；二是F在抛物线下方，可得，求出n的值即可，最后的结果综合两个结果即可.【详解】解：（1）∵当时，,∴;∴，;二次函数过点、，设;∵过点,∴;∴;∴;∵,∴顶点坐标为.（2）存在.设过、,;设解得：;∴;设、;在中，解得;①当时;;解得：（不合题意舍去），;∴;②当时;;解得：，（不合题意舍去）;∴;③当时;;解得：（不合题意舍去）;∴，;（3）当在抛物线上方时，，时;过点作轴，与全等;则;设;则;解得；，；或;当在抛物线下方时，;（不合题意舍去），;∴;∴或或.【点睛】本题主要考查了二次函数综合应用，准确分析题目条件，利用了等腰三角形、直角三角形的性质进行求解.3．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.4．【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.5．（1）0；（2）图见解析；（3）①3；②【分析】（1）那x=-2代入解析式，即可求得m的值；（2）利用描点法画函数图象即可；（3）①观察图象找出图象与x轴的交点个数即可求解；②观察图象，找出图象与平行于x轴直线的交点个数为4个时对应y的取值范围即可．【详解】（1）x=-2时，m=（-2）2-=0；故答案为：0；（）如图所示（）①观察图象，可知与x轴有三个交点，所以有三个根，分别是、、；即答案为3；②∵关于的方程有四个根，∴函数的图象与y=a有四个交点，由函数图象知：的取值范围是．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程，其中观察函数图像的能力是解答本题的关键．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．A解析：（1）；（2）的最大值为；（3）或【分析】（1）用待定系数法求出函数解析式即可；（2）构造出△AGE∽△DEH，可得，而DE和AG都可以用含自变量的式子表示，最后用二次函数最大值的方法求值．（3）先发现△ABC是两直角边比为2：1的直角三角形，由△BPQ∽△CAB，构造出△BPQ，表示出Q点的坐标，代入解析式求解即可．【详解】解：（1）分别将C（0，1）、A（﹣，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx+c中得，解得：，∴抛物线的函数表达式为．（2）过A作AG∥y轴交BC的延长线于点G，过点D作DH∥y轴交BC于点H，∵B（2，0）C（0，1），∴直线BC：y＝x+1，∵A（-，0），∴G（-，），设D（），则H（），∴DH＝（）﹣（），＝﹣m2+2m，∴AG=，∵AG∥DH，∴，∴当m＝1时，的最大值为．（3）符合条件的点P坐标为（）或（）．∵l∥BC，∴直线l的解析式为：y＝-x，设P（n，-n），∵A（-，0），B（2，0），C（0，1），∴AC2＝，BC2＝5，AB2＝．∵AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°．∵△BPQ∽△CAB，∴，分两种情况说明：①如图3，过点P作PN⊥x轴于N，过点Q作QM⊥x轴于M．∵∠PNB＝∠BMQ＝90°，∠NBP+∠MBQ＝90°，∠MQB+∠MBQ＝90°，∴∠NBP＝∠MQB．∴△NBP∽△MQB，∴，∵，∴，∴BN＝2﹣n，∴BM＝2PN＝n，QM＝2BN＝4﹣2n，∴OM＝OB+BM＝2+n，∴Q（2+n，2n﹣4），将Q的坐标代入抛物线的解析式得：，2n2+9n﹣8＝0，解得：∴P()．②如图4，过点P作PN⊥x轴于N，过点Q作QM⊥x轴于M．∵△PNB∽△BMQ，又∵△BPQ∽△CAB，∴，∵，∴Q（2﹣n，4﹣2n），将Q的坐标代入抛物线的解析式得：，化简得：2n2﹣9n+8＝0，解得：，∴P()．【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，平行线分线段成比例，利用二次函数求线段比的最大值，勾股定理逆定理，相似三角形判定与性质，抛物线与一元二次方程，掌握待定系数法求抛物线解析式，平行线分线段成比例，利用二次函数求线段比的最大值，勾股定理逆定理，相似三角形判定与性质，抛物线与一元二次方程的关系是解题关键．8．A解析：（1）A（﹣2，0），B（4，0），C（0，﹣8）；（2）存在，Q点坐标为，．【分析】(1)解方程，可求得A、B的坐标，令，可求得点C的坐标；(2)利用勾股定理计算出，利用待定系数法可求得直线BC的解析式为，可设Q（m，2m﹣8）（0＜m＜4），分三种情况讨论：当CQ＝AC时，当AQ＝AC时，当AQ＝QC时，然后分别解方程求出m即可得到对应的Q点坐标．【详解】(1)当，，解得x1＝﹣2，x2＝4，所以，，x＝0时，y＝﹣8，∴；(2)设直线BC的解析式为，把，代入解析式得：，解得，∴直线BC的解析式为，设Q（m，2m﹣8）（0＜m＜4），当CQ＝CA时，，解得，，（舍去）；∴Q，当AQ＝AC时，，解得：（舍去），m2＝0（舍去）；当QA＝QC时，，解得，∴Q．综上所述，满足条件的Q点坐标为，．【点睛】本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的性质，会利用待定系数法求函数解析式，理解坐标与图形性质，会利用勾股定理表示线段之间的关系，会运用分类讨论的思想解决数学问题．9．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．10．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．二、中考几何压轴题11．（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60°．（2）根据题意，利用等腰直角三角形解析：（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60°．（2）根据题意，利用等腰直角三角形的性质可推出，再根据相似三角形对应角相等，得出，故得出直线与所夹的锐角为45°，与（1）结论不符．（3）此问需要分两种情况讨论，一种情况是当在直线上，该种情况需要先证明，从而根据相似三角形的性质得到，最后根据全等三角形的性质求出；另一种情况是，当在直线下，先证明，从而证明四边形为矩形，最后求出．【详解】解：（1）；60°解答如下：如图１，与为等边三角形，，在与中，，故答案为：；直线与所夹的锐角为60°．（2）不成立理由如下：与为等腰直角三角形，，，，即：，在与中，故（1）中的结论不成立；（3）的长度为2或4；①点在直线上方时如图4，，，②点在直线下方时，如图5，∥根据题意，易证四边形为矩形，，故答案为综上可得的长度为2或4【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的三边关系、旋转的性质、矩形的判定及性质相似三角形的判定及性质，综合性比较强，熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）利用等边三角形的性质，从而证明三角形全等是解答该小问的关键．（2）根据等腰直角三角形的三边关系，证明两个三角形相似是解答第二问的关键，重点掌握相似三角形的判定方法．（3）解答本题时，首先要认识到旋转过程中满足题意的两种情况，其次证明过程可参考上面的证明过程，最后如何判定四边形为矩形也是解答最后一题第二种情况的关键．12．（1）1；（2）或；（3）见解析；（4）以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置，画出示意图见解析；简要理由见解析．【分析】（1）直接利用垂直平分线的性质证明即可；（2）根据求解析：（1）1；（2）或；（3）见解析；（4）以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置，画出示意图见解析；简要理由见解析．【分析】（1）直接利用垂直平分线的性质证明即可；（2）根据求出的长，再根据，即可求出点的坐标；（3）连接，根据推出，从而推出，证明，即可证明；（4）在线段上作点，使，在线段的延长线上作点，使，以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置.同（3）证明即可证明结论.【详解】（1）∵点是线段垂直平分线上的一点，∴，∴，故答案为：1；（2）∵∴，∵，∴，∴点的坐标为或，故答案为：或；（3）如图，连接，∵，，∴，∵的半径为，∴，∴.∴，∴.∵，∴，∴.∴.（4）如图，在线段上作点，使，在线段的延长线上作点，使.以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置.简要理由:由于水路速度为陆路速度的，且时间相等，所以水路的距离必为陆路距离的，即需，连接，同(3)可证，∵，，∴，∴，∴，同理可得，∴又∵，由此，得.【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，准确的理解题意画出图形和作出正确的辅助线是解题的关键.13．（1）是，理由见解析；（2）或或；（3），证明见解析．【分析】（1）证明，可得，又点F为CD中点,即可得出结论；（2）当为点构成的四边形的准中位线．则M、N一定是中点，再分两种情况讨论：和，根解析：（1）是，理由见解析；（2）或或；（3），证明见解析．【分析】（1）证明，可得，又点F为CD中点,即可得出结论；（2）当为点构成的四边形的准中位线．则M、N一定是中点，再分两种情况讨论：和，根据平行线分线段成比例列方程即可求解；（3）连接，取的中点，连接，得两条中位线，根据中位线定理，得平行，可找到相等角和线段，从而可得是等腰三角形，进而可得．【详解】解：（1）是四边形的准中位线，理由如下：∵，∴．又∵，，∴，∴，∴．又∵为中点，∴为四边形的准中位线．（2）当为点构成的四边形的准中位线时．①如图，当时，则需满足且为中点．∴，解得：；②如图，当时，则需满足且为中点．∴，解得：，．综上：当或或时，为点构成的四边形的准中位线．（3）．证明如下：如图，连接，取的中点，连接，．，分别是，的中点，∴，，∴．∵分别是，的中点，∴，，∴．∵，∴，∴．∴．【点睛】本题围绕线段的中点考查了等腰三角形判定及性质、平行线分线段成比例、三角形中位线等知识点，考查范围广，综合性强．解（2）的关键是由准中位线图形特征得出四边形有一组对边平行，解（3）的关键是构造出和中位线定理相关的图形．14．(1)见解析；(2)AC平分∠BCD，理由见解析；(3)AF＝4．【分析】（1）由圆内接四边形互补可知∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，再证AD=CD，即可根据等补四边形的解析：(1)见解析；(2)AC平分∠BCD，理由见解析；(3)AF＝4．【分析】（1）由圆内接四边形互补可知∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，再证AD=CD，即可根据等补四边形的定义得出结论；（2）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，证△ABE≌△ADF，得到AE=AF，根据角平分线的判定可得出结论；

（3）连接AC，先证∠EAD=∠BCD，推出∠FCA=∠FAD，再证△ACF∽△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求出AF的长．【详解】(1)证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°.∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠CBD∴弧AD＝弧CD∴AD＝CD∴四边形ABCD是等补四边形(2)AC平分∠BCD，理由如下：过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F则∠AEB＝∠AFD＝90°∵四边形ABCD是等补四边形∴∠ADC+∠B＝180°又∵∠ADC+∠ADF＝180°∴∠B＝∠ADF在△AFD与△AEB中∴≌∴∴点A一定在∠BCD的平分线上即AC平分∠BCD.(3)连接AC同(2)理得∠EAD＝∠BCD由(2)知AC平分∠BCD所以∠FCA＝∠BCD同理∠FAD＝∠EAD∴∠FCA＝∠FAD.又∵∠F＝∠F∴△FAD∽△FCA∴即∴AF＝4【点睛】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．15．（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．【分析】（1）通过证明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．（2）通过证明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延长BE解析：（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．【分析】（1）通过证明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．（2）通过证明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延长BE、GD相交于点H．因为矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，所以DG⊥BE．（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．首先证明点G的运动轨迹是线段GM，将2BG+BE的最小值转化为求2（BG+DG）的最小值．【详解】（1）DG=BE理由：∵正方形ABCD，∴CD=CB，∠BCD=90°∵正方形ECGF，∴CG=CE，∠ECG=90°∴∠ECG=∠BCD=90°∴∠DCG=∠BCE在△DCG和△BCE中∴△DCG≌△BCE（SAS）∴DG=BE（2），DG⊥BE．理由如下：延长BE、GD相交于点H．∵矩形ECGF、矩形ABCD，∴∠ECG=∠BCD=90°，∴∠DCG=∠BCE，∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，∴CD：CB=CG：CE，∵∠DCG=∠BCE，∴△DCG∽△BCE，∴，∠BEC=∠DGC，∴∵矩形ECGF∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，∴∠H=∠F=90°∴DG⊥BE（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．易证△ECN∽△CGM，∴，∵EN=AB=2，∴CM=1，∴点G的运动轨迹是直线MG，作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′由（2）知，∴BE=2DG∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．∵BG′=，∴2BG+BE的最小值为4故答案为4．【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等．这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值．16．（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等边，；（4）3，，6【分析】（1）由点H为AC中点，可得AC=2AH，由折叠，点B与点H重合，与四边形ABCD为矩形，可证GH为AC的垂直平分线，可解析：（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等边，；（4）3，，6【分析】（1）由点H为AC中点，可得AC=2AH，由折叠，点B与点H重合，与四边形ABCD为矩形，可证GH为AC的垂直平分线，可得AG=CG，∠GCH=∠GAH，可求∠ACB=30°，利用三角函数可求BC=，AG=4，BF=FC=，可求，与△ABG相似的三角形由7个；（2）由EF为折痕，可证△AEH∽△AHG，可得即可；（3）由四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，可证△ABH为等边三角形，再证△ABM∽△MHN，可得即可；（4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小，先求BC=，AQ′=，可求Q′D最小=，当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大∠CBQ′=60°，S△BDQ′最大=．【详解】解（1）∵点H为AC中点，∴AC=2AH，∵折叠，点B与点H重合，∴AB=AH=2，BG=HG，∠BAG=∠HAG=，∠B=∠AHG，∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°，∴∠AHG=∠B=90°，∴GH为AC的垂直平分线，∴AG=CG，∠GCH=∠GAH，∴∠BAG=∠HAG=∠GCH，∵∠BAH+∠BCH=180°-∠B=90°，∴3∠ACB=90°∴∠ACB=30°，∴∠BAG=∠HAG=∠GCH=30°，∴tan30°=，AB=2，∴BC=，∵tan∠BAG=tan30°=，∴BG=，∴AG=2BG=4，BF=FC=，∴GF=BF-BG=3-2=1，∴，∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB=30°，∴∠BAG=∠HAG=∠GHF=∠HCF=∠GCH=∠EAH=∠DAC=∠BCA=30°，∵∠B=∠AHG=∠HFG=∠HFC=∠AEH=∠D=∠GHC=∠CBA=90°，∴△ABG∽△AHG∽△HFG∽△CFH∽△CHG∽△AEH∽△ADC∽△CBA，∴与△ABG相似的三角形由7个，故答案为：30°；6；4；7；（2）∵EF为折痕，∴EH⊥AD，∵∠EAH=∠HAG=30°∠AHG=∠AEH=90°∴△AEH∽△AHG，∴，∴故答案为AG；（3）∵四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，∴AH=CH=BH，由图2知AB=AH，∴AH=BH=AB，∴△ABH为等边三角形，∴∠ABH=∠AHB=60°，∵∠AMN＝∠ABH；∴∠AMN＝∠ABH=∠AHB=60°，∴∠BAM+∠AMB=180°-∠ABH=120°，∠AMB+∠NMH=180°-∠AMN=120°，即∠BAM+∠AMB=∠AMB+∠NMH，∴∠BAM=∠NMH，∴△ABM∽△MHN，∴，∵AB=，MH=，∴，∴，故答案为：等边；，（4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小∵AB=2，AD=BC=6，∴BC=∵AQ′=Q′H=∴Q′D最小=当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大∵tan∠DAC=，∴∠DAC=30°，∴∠CBQ′=90°-∠DBC=90°-30°=60°∴tan∠CBQ'=S△BDQ′最大=；故答案为；；6．【点睛】本题考查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积，掌握查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积求法是解题关键．17．（1）BD＝CE；理由见解析；（2）BD＝2CE，理由见解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等边三角形的性质得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，则∠EAC=∠DAB，再证△E解析：（1）BD＝CE；理由见解析；（2）BD＝2CE，理由见解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等边三角形的性质得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，则∠EAC=∠DAB，再证△EAC≌△DAB（SAS），即可得出结论；（2）证△EAD∽△CAB，得到，则△EAC∽△DAB，得=2，即可得出结论；（3）先证明△ABC和△AA′D为等腰直角三角形，得，再证∠A′AB=∠DAC，从而可证明△CAD∽△BAA'，最后利用相似三角形的性质可求得A′B的长度．【详解】解：（1）∵△ABC、△ADE均为等边三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠EAD＝∠CAB＝60°，∴∠EAC＝60°﹣∠CAD，∠DAB＝60°﹣∠CAD，∴∠EAC＝∠DAB，在△EAC与△DAB中，∴△EAC≌△DAB，∴BD＝CE；（2）BD＝2CE，理由：∵∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，∴∠EAD＝∠CAB＝60°，AD＝2AE，AB＝2AC，∴∠EAC＝∠DAB，△EAD∽△CAB，∴，∴△EAC∽△DAB，∴，∴BD＝2CE；（3）连接A′A，如图③，∵AC⊥BC，且AC＝BC，∴△ABC为等腰直角三角形．∴，∵将线段DA绕点D按逆时针方形旋转90°得到DA′∴△AA′D为等腰直角三角形．∴△ABC∽△AA′D．∴．∴．又∵∠CAB＝∠A′AD，∴∠A′AB＝∠DAC，∴△CAD∽△BAA′．∴，即，∴A′B＝．【点睛】本题是三角形综合题目，考查的是旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证得相似三角形是解题的关键．18．（1）；（2）BE+BD的值不会发生改变，理由见解答；（3）2k•sin【分析】（1）只要证明，即可解决问题；（2）如图2中，作交于，过点作交于．利用（1）中结论即可解决问题；（3）如图③中解析：（1）；（2）BE+BD的值不会发生改变，理由见解答；（3）2k•sin【分析】（1）只要证明，即可解决问题；（2）如图2中，作交于，过点作交于．利用（1）中结论即可解决问题；（3）如图③中，作交的延长线于，作于．只要证明，可证，即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，，，，，，，，，，，，故答案为：．（2）的值不会发生改变，理由如下：作交于，过点作交于，，，，，，是等腰直角三角形，，，，是等腰直角三角形，，，，由（1），知，，，，为边上的中点，，，，，，，，，，；（3）如图3中，作交的延长线于，作于．，，，，，，，，，，，，，，，，，，．．故答案为：．【点睛】本题考查几何变换综合题、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．19．（1）见解析；（2）；见解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题；（2）如图2中，作GM⊥AB于M．然后证明△ABE∽△GM解析：（1）见解析；（2）；见解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题；（2）如图2中，作GM⊥AB于M．然后证明△ABE∽△GMF即可解决问题；（3）如图3中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．【详解】（