【备考期末】呼和浩特市中考数学二次函数和几何综合专题

【备考期末】呼和浩特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．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.2．综合与探究如图，抛物线y＝﹣x2﹣x+与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过B、C两点，点M从点A出发以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，连接CM，将线段MC绕点M顺时针旋转90°得到线段MD，连接CD、BD．设点M运动的时间为t（t＞0），请解答下列问题：（1）求点A的坐标与直线l的表达式；（2）①请直接写出点D的坐标（用含t的式子表示），并求点D落在直线l上时t的值；②求点M运动的过程中线段CD长度的最小值．3．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．4．已知抛物线有最低点为F．（1）当抛物线经过点E（-1，3）时，①求抛物线的解析式；②点M是直线下方抛物线上的一动点，过点M作平行于y轴的直线，与直线交于点N，求线段长度的最大值；（2）将抛物线G向右平移m个单位得到抛物线．经过探究发现，随着m的变化，抛物线顶点的纵坐标y和横坐标x之间存在一个函数，求这个函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（3）记（2）所求的函数为H，抛物线G与函数H的交点为P，请结合图象求出点P的纵坐标的取值范围．5．综合与探究如图1，已知抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，作直线BC，点C关于x轴的对称点是点．（1）求点的坐标和直线BC的表达式；（2）如图2，点M在抛物线的对称轴上，N为平面内一点，依次连接BM，，，NB，当四边形是菱形时，求点M坐标；（3）如图3，点P是抛物线第一象限内一动点，过P作x轴的平行线分别交直线BC和y轴于点Q和点E，连接交直线BC于点D，连接，PB，设点P的横坐标为m，△的面积为，△PBD的面积为，求的最大值．6．如图，边长为5的正方形的两边在坐标轴上，以点为顶点的抛物线经过点，点是抛物线上第一象限内一点，过点作于点，点的坐标为．连接．（1）求抛物线的解析式；（2）求的值；（3）①在点运动过程中，当时，点的坐标为________；②连接，在①的条件下，把沿轴平移（限定点在射线上），并使抛物线与的边始终有两个交点，探究点纵坐标的取值范围是多少？7．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．8．定义：如果一条直线把一个封闭的平面图形分成面积相等的两部分，我们把这条直线称为这个平面图形的一条中分线．如三角形的中线所在的直线是三角形的一条中分线．（1）按上述定义，分别作出图1，图2的一条中分线．（2）如图3，已知抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点C，顶点为D．①求m的值和点D的坐标；②探究在坐标平面内是否存在点P，使得以A，C，D，P为顶点的平行四边形的一条中分线经过点O．若存在，求出中分线的解析式；若不存在，请说明理由．9．已知抛物线（n为正整数，且）与x轴的交点为和．当时，第1条抛物线与x轴的交点为和，其他以此类推．（1）求的值及抛物线的解析式．（2）抛物线的顶点的坐标为（_______，_______）；以此类推，第条抛物线的顶点的坐标为（______，_______）；所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是_________．（3）探究以下结论：①是否存在抛物线，使得为等腰直角三角形？若存在，请求出抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．②若直线与抛物线分别交于点，则线段的长有何规律？请用含有m的代数式表示．10．如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+3经过A(1，0)、B(－3，0)两点，与y轴交于点C．直线BC经过B、C两点．（1）求抛物线的解析式及对称轴；（2）将△COB沿直线BC平移，得到△C1O1B1，请探究在平移的过程中是否存在点O1落在抛物线上的情形，若存在，求出点O1的坐标，若不存在，说明理由；（3）如图2，设抛物线的对称轴与x轴交于点E，连结AC，请探究在抛物线上是否存在一点F，使直线EF∥AC，若存在，求出点F的坐标，若不存在，说明理由．二、中考几何压轴题11．（教材呈现）下图是华师版八年级下册教材第89页的部分内容．例6：如图18.2.12，G、H是平行四边形ABCD对角线AC上的两点，且AG＝CH，E、F分别是边AB和CD的中点．图18.2.12求证：四边形EHFG是平行四边形．证明：连结EF交AC于点O．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD．又∵E、F分别是AB、CD的中点，∴AE＝CF．又∵AB∥CD，∴∠EAO＝∠FCO．又∵∠AOE＝∠COF,∴．请补全上述问题的证明过程．（探究）如图①，在中，E，O分别是边AB、AC的中点，D、F分别是线段AO、CO的中点，连结DE、EF，将绕点O旋转180°得到，若四边形DEFG的面积为8，则的面积为．（拓展）如图②，GH是正方形ABCD对角线AC上的两点，且AG＝CH，GH＝AB，E、F分别是AB和CD的中点．若正方形ABCD的面积为16，则四边形EHFG的面积为．12．如图1所示，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点重合，点在对角线上．（问题发现）如图1所示，与的数量关系为________；（类比探究）如图2所示，将正方形绕点旋转，旋转角为，请问此时上述结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由；（拓展延伸）若点为的中点，且在正方形的旋转过程中，有点、、在一条直线上，直接写出此时线段的长度为________13．（1）观察发现：如图1，在中，，，点是的平分线上一点，将线段绕点逆时针旋转90°到，连结、，交于．填空：①线段与的数量关系是_________；②线段与的位置关系是_________．（2）拓展探究：如图2，在中，，，点是边的中点，将绕点逆时针旋转到，连结、，交于．（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）拓展应用：如图3，在中，，，，的平分线交于，点是射线上的一点，将绕点顺时针旋转60°到，连结、、，与相交于，若以、、为顶点的三角形与全等，直接写出的长．14．（1）问题情境：如图1，已知等腰直角中，，，是上的一点，且，过作于，取中点，连接，则的长为_______（请直接写出答案）小明采用如下的做法：延长到，使，连接，为中点，为的中点，是的中位线……请你根据小明的思路完成上面填空；（2）迁移应用：将图1中的绕点作顺时针旋转，当时，试探究、、的数量关系，并证明你的结论．（3）拓展延伸：在旋转的过程中，当、、三点共线时，直接写出线段的长．15．折纸是一种许多人熟悉的活动．近些年，经过许多人的努力，已经找到了多种将正方形折纸的一边三等分的精确折法，下面探讨其中的一种折法：（综合与实践）操作一：如图1，将正方形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，再将正方形纸片ABCD展开，得到折痕MN；操作二：如图2，将正方形纸片ABCD的右上角沿MC折叠，得到点D的对应的点为D′；操作三：如图3，将正方形纸片ABCD的左上角沿MD′折叠再展开，折痕MD′与边AB交于点P；（问题解决）请在图3中解决下列问题：（1）求证：BP＝D′P；（2）AP：BP＝；（拓展探究）（3）在图3的基础上，将正方形纸片ABCD的左下角沿CD′折叠再展开，折痕CD′与边AB交于点Q．再将正方形纸片ABCD过点D′折叠，使点A落在AD边上，点B落在BC边上，然后再将正方形纸片ABCD展开，折痕EF与边AD交于点E，与边BC交于点F，如图4．试探究：点Q与点E分别是边AB，AD的几等分点？请说明理由．16．问题发现：（1）正方形ABCD和正方形AEFG如图①放置，AB＝4，AE＝2.5，则＝___________．问题探究：（2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P在矩形的内部，∠BPC＝135°，求AP长的最小值．问题拓展：（3）如图③，在四边形ABCD中，连接对角线AC、BD，已知AB＝6，AC＝CD，∠ACD＝90°，∠ACB＝45°，则对角线BD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．17．（1）问题提出：如图①，在矩形中，，点为边上一点，连接，过点作对角线的垂线，垂足为，点为的中点，连接，，．可知的形状为______；（2）深人探究：如图②，将在平面内绕点顺时针旋转，请判断的形状是否变化，并说明理由；（提示：延长到，使；延长到，使，连接，，，构造全等三角形进行证明）（3）拓展延伸：如果，，在旋转过程中，当点，，在同一条直线上时，请直接写出的长．18．（问题呈现）下面是华师版八年级下册数学教材第121页的第1题，请结合图①完成这道题的证明．如图①，点是正方形的边上的一点，点是的延长线上的一点，且．求证：．（拓展探究）如图②，在中，，，，垂足为点，点是边上的动点，点是边上的一点，且．（1）直接写出四边形的面积．（2）若，则四边形的周长为________．19．（阅读理解）定义：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫“协和线”，该四边形叫做“协和四边形”．（深入探究）（1）如图1，在四边形中，，，请说明：四边形是“协和四边形”．（尝试应用）（2）如图2，四边形是“协和四边形”，为“协和线”，，，若点、分别为边、的中点，连接，，．求：①与的面积的比；②的正弦值．（拓展应用）（3）如图3，在菱形中，，，点、分别在边和上，点、分别在边和上，点为与的交点，点在上，连接，若四边形，都是“协和四边形”，“协和线”分别是、，求的最小值．20．（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）．【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）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.2．A解析：（1）A（﹣3，0），y＝﹣x+；（2）①点D落在直线l上时，t＝6﹣2；②CD的最小值为．【分析】（1）解方程求出点A、点B的坐标，根据二次函数的性质求出点C的坐标，利用待定系数法求出直线l的表达式；（2）①分点M在AO上运动、点M在OB上运动两种情况，DN⊥x轴于N，证明△MCO≌△DMN，根据全等三角形的性质得到MN＝OC＝，DN＝OM＝3﹣t，得到点D的坐标，根据一次函数图象上点的坐标特征求出t；②根据等腰直角三角形的性质、垂线段最短解答．【详解】（1）当y＝0时，﹣x2﹣x+=0，解得x1＝1，x2＝﹣3，∵点A在点B的左侧，∴A（﹣3，0），B（1，0），当x＝0时，y＝，即C（0，），设直线l的表达式为y＝kx+b，将B，C两点坐标代入得，，解得，，则直线l的表达式为y＝﹣x+；（2）①如图1，当点M在AO上运动时，过点D作DN⊥x轴于N，由题意可知，AM＝t，OM＝3﹣t，MC⊥MD，则∠DMN+∠CMO＝90°，∠CMO+∠MCO＝90°，∴∠MCO＝∠DMN，在△MCO与△DMN中，，∴△MCO≌△DMN（AAS），∴MN＝OC＝，DN＝OM＝3﹣t，∴D（t﹣3+，t﹣3）；同理，如图2，当点M在OB上运动时，点D的坐标为：D（﹣3+t+，t﹣3）将D点坐标代入直线BC的解析式y＝﹣x+得，t﹣3＝﹣×（﹣3+t+）+，t＝6﹣2，即点D落在直线l上时，t＝6﹣2；②∵△COD是等腰直角三角形，∴CM＝MD，∴线段CM最小时，线段CD长度的最小，∵M在AB上运动，∴当CM⊥AB时，CM最短，CD最短，即CM＝CO＝，根据勾股定理得，CD的最小值为．【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质、等腰三角形的性质特点.3．（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．4．E解析：（1）①；②2；（2）；（3）【分析】（1）①把点E（-1，3）代入求出m的值即可；②先求出直线EF的解析式，设出点M的坐标，得到MN的二次函数关系式，根据二次函数的性质求解即可；（2）写出抛物线的顶点式，根据平移规律即可得到的顶点式，进而得到的顶点坐标，即，消去，得到与的函数关系式，再由即可求得的取值范围；（3）求出抛物线怛过点A（2，-3），函数H的图象恒过点B（2，-4），从图象可知两函数图象的交点P应在A，B之间，即点P的纵坐标在A，B点的纵坐标之间，从而可得结论．【详解】解：（1）①∵抛物线经过点E（-1，3）∴∴∴抛物线的解析式为：②如图，∵点F为抛物线的最低点，∴∴设直线EF的解析式为：把E（-1，3），F（1，-5）代入得，解得，∴直线EF的解析式为：设，则∴∵∴当时，MN有最大值，最大值为2；（2）∵抛物线∴平移后的抛物线∴抛物线的顶点坐标为∴∴∴∵∴∴∴与的函数关系式为：（3）如图，函数的图象为射线，时，；时，∴函数H的图象恒过点（2，-4）∵抛物线，当时，；当时，；∴抛物线G恒过点A（2，-3）由图象可知，若抛物线G与函数H的图象有交点P，则有∴点P纵坐标的取值范围为：【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及到待定系数法求解析式、二次函数的性质和数形结合思想等知识，熟练运用二次函数的性质解决问题是本题的关键．5．A解析：（1），y＝－x＋4；（2）M（1，－1）；（3）的最大值是4．【分析】（1）先求得点A，B，C的坐标，即可求得的坐标，再用待定系数法求得直线BC的表达式；（2）过M作MH⊥y轴于点H，连接OM．证明△OMB≌△O，即可得∠MOB=．再求得∠MOB==45°；由此求得．再求得抛物线的对称轴，即可求得点M的坐标；（3）过B作BI⊥PQ于I．易求，再求得PQ的最大值，即可求得的最大值．【详解】（1）∵抛物线与x轴相交于点A，B，当y＝0时，，解，得；∴B（4，0）∵抛物线与x轴相交于点C，∴当x＝0时，y＝4，∴C（0，4），．设BC的表达式为y＝kx＋b，将B，C两点坐标分别代入得，解，得．直线BC的表达式为y＝－x＋4；（2）过M作MH⊥y轴于点H，连接OM．∵四边形是菱形，∴BM=，∵B（4，0），C（0，4），∴OB＝OC，∵OM=OM，∴△OMB≌△O，∴∠MOB=．∵∠BO＝90°，∴∠MOB==45°；∵MH⊥y，．∵抛物线的对称轴为直线，．∴M（1，－1）．（3）过B作BI⊥PQ于I．∵PQ//x轴，∴∠IEO＝90°，∴四边形EOBI是矩形．．，∵点P在抛物线上，且点P的横坐标为m，∴点P的纵坐标为．∵PQ//x轴，∴点Q的纵坐标为，将其代入y＝－x＋4，∴点Q的横坐标为．∵点P是抛物线第一象限内，∴点P在点Q右侧，．，∴当m＝2时，PQ的最大值是2，∴的最大值是4．【点睛】本题是二次函数的综合题，解决第（3）题时构建二次函数模型是解决问题的关键．6．F解析：（1）；（2）；（3）①；②【分析】（1）由题可设抛物线解析式为，将N点坐标代入，求出a即可求出抛物线的函数表达式．（2）过点作轴于，由题可设，故可求出PF的长．在中，利用勾股定理可求出PE的长，即发现，故．（3）①由题意易求，即．结合（2）即可列出关于m的方程，解出m即可求出此时P点坐标．②根据题意可知将沿y轴平移，使抛物线与△PEF的边始终有两个交点的极限条件为：向上平移，一直到点与点重合前和向下平移，一直到点与点重合前．根据平移规律结合①即可得出答案．【详解】解：（1）由题可设抛物线解析式为，把代入，，解得，∴抛物线的函数表达式为．（2）如图，过点作轴于，由题可设，∴∵在中，，即，∴，∴，即．（3）①由题意可知，∵，∴，∴．由（2）可知，．∴，解得：（舍）．故，即．②根据题意可知将沿y轴平移，使抛物线与△PEF的边始终有两个交点的条件为：向上平移，一直到点与点重合前和向下平移，一直到点与点重合前．Ⅰ当沿y轴向上平移，且点与点重合时，如图，.∵,∴此时P点向上平移1个单位得到，即．∵点与点重合时，抛物线与△PEF的边有两个交点，即当时抛物线与△PEF的边有两个交点，∴．Ⅱ当沿y轴向下平移，且点与点P重合时，如图，.∵，∴此时P点向下平移4个单位得到，即．∵点与点P重合时，抛物线与△PEF的边只有一个交点，即当时抛物线与△PEF的边只有一个交点，∴．综上可知．【点睛】本题考查二次函数综合，勾股定理，两点的距离公式以及含角的直角三角形的性质．作出辅助线并利用数形结合的思想是解答本题的关键．7．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．8．（1）见解析；（2）①，；②存在，或或【分析】（1）对角线所在的直线为平行四边形的中分线，直径所在的直线为圆的中分线；（2）①将代入抛物线，得，解得，抛物线解析式，顶点为；②根据抛物线解析式求出，，，当、、、为顶点的四边形为平行四边形时，根据平行四边形的性质，过对角线的交点的直线将该平行四边形分成面积相等的两部分，所以平行四边形的中分线必过对角线的交点．Ⅰ．当为对角线时，对角线交点坐标为，中分线解析式为；Ⅱ．当为对角线时，对角线交点坐标．中分线解析式为；Ⅲ．当为对角线时，对角线交点坐标为，中分线解析式为．【详解】解：（1）如图，对角线所在的直线为平行四边形的中分线，直径所在的直线为圆的中分线，（2）①将代入抛物线，得，解得，抛物线解析式，顶点为；②将代入抛物线解析式，得，解得或4，，，令，则，，当、、、为顶点的四边形为平行四边形时，根据平行四边形的性质，过对角线的交点的直线将该平行四边形分成面积相等的两部分，所以平行四边形的中分线必过对角线的交点．Ⅰ．当为对角线时，对角线交点坐标为，即，中分线经过点，中分线解析式为；Ⅱ．当为对角线时，对角线交点坐标为，即．中分线经过点，中分线解析式为；Ⅲ．当为对角线时，对角线交点坐标为，即，中分线经过点，中分线解析式为，综上，中分线的解析式为式为或为或为．【点睛】本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的性质与平行四边形的性质是解题的关键．9．C解析：（1）；y＝−（x−2）＋4；（2）（n，n）；[（n＋1），（n＋1）]；y＝x；（3）①存在，理由见详解；②CC＝2m．【分析】（1）），则＝2，则＝2＋2＝4，将点A、的坐标代入抛物线表达式得：，解得：，则点（4，0），将点A、的坐标代入抛物线表达式，同理可得：＝2，＝4，即可求解；（2）同理可得：＝3，＝9，故点的坐标为（n，），以此推出：点[（n＋1），（n＋1）]，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：y＝，即可求解；（3）①△AAnBn为等腰直角三角形，则AAn＝2ABn，即（2n）＝2（n＋），即可求解；②y＝−（m−n＋1）＋（n−1），y＝−（m−n）＋n，CC=y−y，即可求解．【详解】解：（1），则＝2，则＝2＋2＝4，将点A、的坐标代入抛物线表达式得：，解得：，则点（4，0），将点A、的坐标代入抛物线表达式，同理可得：＝2，＝4；故y＝−（x−）＋＝−（x−2）＋4；（2）同理可得：＝3，＝9，故点的坐标为（n，），以此推出：点[（n＋1），（n＋1）]，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：y＝；故答案为：（n，n）；[（n＋1），（n＋1）]；y＝x；（3）①存在，理由：点A（0，0），点An（2n，0）、点（n，n），△AAnBn为等腰直角三角形，则AAn＝2ABn，即（2n）＝2（n＋n），解得：n＝1（不合题意的值已舍去），抛物线的表达式为：y＝−（x−1）＋1；②y＝−（m−n＋1）＋（n−1），y＝−（m−n）＋n，CC＝y−y＝−（m−n）＋n＋（m−n＋1）−（n−1）＝2m．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，这种找规律类型题目，通常按照题设的顺序逐次求解，通常比较容易．10．F解析：（1），；（2）O1(,)或（，）；（3）满足条件的点F的坐标为F1(-2，3)，F2(3，-12)．【分析】（1）把A（1，0），B（-3，0）代入y=ax2+bx+3即可求解；（2）先求出直线OO1的解析式为，再根据，求解即可或是根据得出x的值，再根据直线OO1的解析式为求解；（3）先求出直线EF解析式为，再根据求解即可．【详解】解：（1）将点A（1,0），B（-3,0）代入抛物线解析式y=x2+bx+3得：解得：∴抛物线解析式为∴∴（2）∵点C为与轴的交点∴C（0，3）∵B(－3，0)∴OB＝OC∴∠CBO=45°∵将△COB沿直线BC平移，得到△C1O1B1∴直线OO1∥BC∴∠O1OA=45°∴直线OO1的解析式为根据题意得整理得解得∴O1(,)或)（，）解法2∵点C为与轴的交点∴C（0，3）∴OC=3∵将△COB沿直线BC平移，得到△C1O1B101C1=3∴整理得解得∵B(－3，0)∴OB＝OC∴∠CBO=45°∵将△COB沿直线BC平移，得到△C1O1B1∴直线OO1∥BC∴∠O1OA=45°∴直线OO1的解析式为y=x∴O1(,)或（，）(3)∵抛物线对称轴与x轴交于点E,则点E的坐标为E(-1,0),过点C作CF∥x轴根据抛物线的对称性得F的坐标为F(-2,3)∴AE=CF=2∵CF∥AE∴四边形CFEA为平行四边形∴EF∥CA设直线EF的解析式为得：解得：∴直线EF解析式为根据题意得解得满足条件的点F的坐标为F1(-2，3)，F2(3，-12)．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，学会用转化的思想思考问题．二、中考几何压轴题11．教材呈现：见解析；探究：16；拓展：．【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先根据旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而解析：教材呈现：见解析；探究：16；拓展：．【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先根据旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而可得，然后根据三角形中位线定理即可得；拓展：先根据正方形的性质和面积可得，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，然后利用三角形的面积公式可得，最后利用平行四边形的性质即可得．【详解】教材呈现：补充完整证明过程如下：，又∵，∴，即，∴四边形EHFG是平行四边形；探究：如图，连接OE，由旋转的性质得：，点O是AC的中点，点D是AO的中点，点F是CO的中点，，由等底同高得：，，又点E是AB的中点，点O是AC的中点，是的中位线，，故答案为：16；拓展：如图，过点E作于点O，四边形ABCD是面积为16的正方形，，，，，点E是AB的中点，，在和中，，，，即，解得，，由教材呈现可知，四边形EHFG是平行四边形，则四边形EHFG的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是拓展，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．12．【问题发现】；【类比探究】上述结论还成立，理由见解析；【拓展延伸】或．【分析】问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即解析：【问题发现】；【类比探究】上述结论还成立，理由见解析；【拓展延伸】或．【分析】问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即可的结论；拓展延伸：分两种情况，连接CE交GF于H，由正方形的性质得出AB=BC=4，AC=AB=4，GF=CE=CF，GH=HF=HE=HC，得出CF=BC=2，GF=CE=2，HF=HE=HC=，由勾股定理求出AH==，即可得出答案．【详解】问题发现：AE=BF，理由如下：∵四边形和四边形是正方形，∴，，CE=CF，，∴，∴，∴AE=BF；故答案为：AE=BF；类比探究：上述结论还成立，理由如下：连接，如图2所示：∵，∴，在和中，CE=CF，CA=CB，∴，∴，∴，∴AE=BF；拓展延伸：分两种情况：①如图3所示：连接交于，∵四边形和四边形是正方形，∴，AC=AB=4，GF=CE=CF，，∵点为的中点，∴，GF=CE=2，GH=HF=HE=HC=，∴∴AG=AH+HG=；②如图4所示：连接交于，同①得：GH=HF=HE=HC=，∴，∴AG=AH-HG=；故答案为：或．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键．13．（1）①；②；（2）（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（2）结论仍然成立．利用旋转的性质证明△BCD≌解析：（1）①；②；（2）（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（2）结论仍然成立．利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（3）分三种情形利用等边三角形的判定和性质分别求解即可．【详解】（1）如图1中，∵CM平分∠ACB，∠ACB=90°，

∠ACM=∠BCM=45°，

根据旋转的性质知：∠DCE=90°，CD=CE，

∴∠BCD=∠BCE=45°，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分线段DE，

故答案为：BD=BE，BC⊥DE；（2）结论仍然成立．理由：∵，点是的中点，∴，根据旋转的性质知：∠DCE=，CD=CE，∴，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分线段DE，

故BD=BE，BC⊥DE仍然成立；（3）①如图3（1），当时，∵，，，CD是的平分线，∴△ABC是等边三角形，且边长为2，∴AD=AB=1，CD⊥AB，∠ECA=30，根据旋转的性质知：CE=CF，∠ECF=60，∴△EFC是等边三角形，∵，∴AF=AE，∠DAE=∠GAF，∴∠DAE+∠EAG=∠GAF+∠EAG=60，∴△AEF是等边三角形，在Rt△ADE中，，∴EF=AE=；②如图3（2），当时，由①得：AD=AB=1，CD⊥AB，△EFC是等边三角形，∵，∴，∠AGF=∠ADE=90，由①得：∠ECA=∠FCA=30，在Rt△ADC和Rt△FGC中，，∴Rt△ADCRt△FGC，∴，∴；③如图（3），当时，∵，∴，同理可得△EFC是等边三角形，可求得：∠GFA=30，AG=AD=1，∴，∴；综上，的长或2或【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．14．（1）；（2）或；（3）或【分析】（1）延长到，使，连接，过作于，在中，利用勾股定理求得EH的长，再利用三角形中位线定理即可求解；（2）分在上方和下方两种情况讨论，延长与的延长线交于一点，利用解析：（1）；（2）或；（3）或【分析】（1）延长到，使，连接，过作于，在中，利用勾股定理求得EH的长，再利用三角形中位线定理即可求解；（2）分在上方和下方两种情况讨论，延长与的延长线交于一点，利用等腰直角三角形的性质结合三角形中位线定理即可求解；（3）分点D在线段AC上和在AC延长线上两种情况讨论，仿照（1）的方法即可求解．【详解】（1）延长到，使，连接，∵B为中点，为的中点，∴是的中位线，∴，过作于，∵，，∴四边形BDEG是矩形，∵等腰直角三角形，，∴∠C=∠A=45，∵，∴等腰直角三角形，∵，∴，∴，∵在中，，∴；（2）当时，分成两种情况：如图在上方，延长与的延长线交于一点，∵∠BAC=45，∴是等腰直角三角形，且B为AH的中点，∴，∴，∵点F是AE中点，∴，∴；如图，在下方，延长与的延长线交于一点，同理是等腰直角三角形，为中点，∴，∴，∵点F是AE中点，∴，∴；（3）当点D在线段AC上时，延长到，使，连接，∵B为中点，为的中点，∴是的中位线，过作于，∠ACB+∠DCE=90，∠ABC=90，∴四边形BCEG是矩形，∴GE=BC=6，BG=CE=2，∴GH=2+6=8，∴EH=，∴；当点D在AC延长线上时，延长到，使，连接，∵B为中点，为的中点，∴是的中位线，过作于，同理四边形BCEG是矩形，∴GE=BC=6，BG=CE=2，∴GH=6-2=4，∴EH=，∴；【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质等，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考压轴题．15．（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性解析：（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性质得出结论；（2）设BP＝x，根据翻转变换的性质、勾股定理列出方程，解方程即可；（3）如图2，连接QM，证明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】（1）证明：如图1，连接PC．∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠MD′C＝∠D＝90°，∴∠CD′P＝∠B＝90°，在Rt△CD′P和Rt△CBP中，，∴Rt△CD′P≌Rt△CBP（HL），∴BP＝D′P；（2）解：设正方形纸片ABCD的边长为1．则AM＝DM＝D′M＝．设BP＝x，则MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x，在Rt△AMP中，根据勾股定理得AM2+AP2＝MP2．∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2，解得x＝，∴BP＝，AP＝，∴AP：BP＝2：1，故答案为：2：1．（3）解：点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点．理由：如图2，连接QM．∴∠QD′M＝180°﹣∠MD′C＝90°，∴∠QD′M＝∠A＝90°．在Rt△AQM和Rt△D′QM中，，∴Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），∴AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，则QP＝AP﹣AQ＝﹣y．在Rt△QPD′中，根据勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2．∵D′P＝BP＝，∴y2+（）2＝（﹣y）2，解得y＝．∴AQ：AB＝1：4，即点Q是AB边的四等分点，∵EF∥AB，∴，即，解得AE＝．∴点E为AD的五等分点．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，翻转变换的性质全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键．16．（1）；（2）AP的最小值为；（3）存在，BD的最大值为6+6【分析】（1）连接AC、AF、DG、CF，证△ADG∽△ACF，根据线段比例关系可求；（2）以BC为斜边作等腰直角三角形BOC，以解析：（1）；（2）AP的最小值为；（3）存在，BD的最大值为6+6【分析】（1）连接AC、AF、DG、CF，证△ADG∽△ACF，根据线段比例关系可求；（2）以BC为斜边作等腰直角三角形BOC，以O为圆心BO为半径画圆，则P的运动轨迹在矩形ABCD内的劣弧BC上，连接AO交弧BC于点P，此时AP最小，根据给出数据求值即可；（3）以AB为斜边向下做等腰直角三角形AEB，连接CE，根据△DAB∽△CAE，得出BD=CE，以AB为斜边向上做等腰直角三角形AOB，以O为圆心OA为半径画圆，根据C点的轨迹求出CE最大值，即求出BD最大值．【详解】解：（1）如图①，连接AC、AF、DG、CF，在正方形ABCD和正方形AEFG中，AB=4，AE=2.5，∴AC=AB，AF=AE，AG=AE=2.5，AD=AB=4，∴，又∵∠DAG=∠DAC-∠GAC=45°-∠GAC，∠CAF=∠GAF-∠GAC=45°-∠GAC，∴∠DAG=∠CAF，∴△DGA∽△CFA，∴，故答案为；（2）如图②，以BC为斜边作等腰直角三角形BOC，以O为圆心BO为半径画圆，则∠BPC作为圆周角刚好是135°，∴P的运动轨迹在矩形ABCD内的劣弧BC上，连接AO交弧BC于点P，此时AP最小，作OE垂直AB延长线于点E，∵△BOC为等腰直角三角形，BC=4，∴OB=OC=BC=×4=2，∠OBC=45°，∴∠OBE=90°-∠OBC=90°-45°=45°，又∵OE⊥AE，∴△BEO为等腰直角三角形，∴BE=OE=OB=×2=2，又∵AB=3，∴AE=AB+BE=3+2=5，∴，∵OP=OB=2，∴AP=AO-OP=-2，即AP的最小值为-2；（3）存在，如图3，以AB为斜边向下做等腰直角三角形AEB，连接CE，则∠EAB=45°，，∵AC=AD，∠ACD=90°，∴DAC=45°，，∴，∠DAB=∠CAE=45°，∴△DAB∽△CAE，∴，∴BD=CE，∴当CE最大时，BD取最大值，以AB为斜边向上做等腰直角三角形AOB，以O为圆心OA为半径画圆，∵∠AOB=90°，∠ACB=45°，∴点C在优弧AB上，由图知当C在OE延长线C'位置时C'E有最大值，此时C'E=OE+OC'，∵AB=6，△AOB和△AEB都是以AB为斜边的等腰直角三角形，∴四边形AOBE为正方形，∴OE=AB=6，OC'=OA=AB=3，∴CE的最大值为6+3，∵BD=CE，∴BD的最大值为×（6+3）=6+6．【点睛】本题主要考查了图形的变换，三角形相似，等腰直角三角形，正方形，圆周角，圆心角等知识点，熟练掌握并灵活运用这些知识点是解题的关键．17．（1）等边三角形；（2）的形状不变，理由见解析；（3）或．【分析】（1）先根据矩形的性质、解直角三角形可得，再根据直角三角形斜边上的中线可得，然后根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质可得，最后解析：（1）等边三角形；（2）的形状不变，理由见解析；（3）或．【分析】（1）先根据矩形的性质、解直角三角形可得，再根据直角三角形斜边上的中线可得，然后根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质可得，最后根据等边三角形的判定即可得出结论；（2）如图（见解析），先根据线段垂直平分线的判定与性质、三角形全等的判定定理证出，再根据三角形全等的性质可得，从而可得，然后根据三角形中位线定理可得，，从而可得，最后根据等边三角形的判定即可得出答案；（3）分点在线段上和点在线段上两种情况，再利用直角三角形的性质、勾股定理分别求出的长，然后根据线段中点的定义、线段的和差即可得．【详解】解：（1）在矩形中，，，在中，，，点为的中点，，，同理可得：，，，，，是等边三角形，故答案为：等边三角形；（2）的形状不变，理由如下：如图，延长到，使；延长到，使，连接，其中相交于点，相交于点，相交于点，由旋转的性质得：，，垂直平分，，同理可得：，，即，在和中，，，，，，点为的中点，是的中位线，，同理可得：，，是等边三角形；（3）由题意，分以下两种情况：①如图，当点在线段上时，，，，在中，，，在中，，，，；②如图，当点在线段上时，同理可