宁波市七中中考数学期末二次函数和几何综合汇编

宁波市七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．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．4．综合与探究如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点．抛物线经过、两点，且与轴交于另一点（点在点右侧）．（1）求抛物线的解析式及点坐标；（2）设该抛物线的顶点为点，则______；（3）若点是线段上一动点，过点的直线平行轴交轴于点，交抛物线于点．求长的最大值及点的坐标；（4）在（3）的条件下：当取得最大值时，在轴上是否存在这样的点，使得以点、点、点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．5．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．6．综合与探究如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴分别交于点和点（点在点的左侧），交轴于点．点是线段上的一个动点，沿以每秒1个单位长度的速度由点向点运动，过点作轴，交抛物线于点，交直线于点，连接．（1）求直线的表达式；（2）在点运动过程中，运动时间为何值时，？（3）在点运动过程中，的周长是否存在最小值？若存在，求出此时点的坐标；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．已知函数，某兴趣小组对其图像与性质进行了探究，请补充完整探究过程．…－3－2－112345……－6－22－2－1－2…（1）请根据给定条件直接写出的值；（2）如图已经画出了该函数的部分图像，请你根据上表中的数据在平面直角坐标系中描点、连线，补充该函数图像，并写出该函数的一条性质；（3）若，结合图像，直接写出的取值范围．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．（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．12．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．13．（性质探究）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．（1）判断△AFG的形状并说明理由．（2）求证：BF=2OG．（迁移应用）（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．（拓展延伸）（4）若DF交射线AB于点F，（性质探究）中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．14．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．15．（探究证明）（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：如图①，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AD、BC于点E、F，GH分别交AB、DC于点G、H，求证：；（结论应用）（2）如图②，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合，若AB＝2，BC＝3．求折痕EF的长；（拓展运用）（3）如图③，将矩形ABCD沿EF折叠．使得点D落在AB边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形EFPG，若AB＝2，BC＝3，EF＝，请求BP的长．16．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．17．（问题探究）课堂上老师提出了这样的问题：“如图①，在中，，点是边上的一点，，求的长”．某同学做了如下的思考：如图②，过点作，交的延长线于点，进而求解，请回答下列问题：（1）___________度；（2）求的长．（拓展应用）如图③，在四边形中，，对角线相交于点，且，，则的长为_____________．18．如图，在中，，，，为底边上一动点，连接，以为斜边向左上方作等腰直角，连接．观察猜想：（1）当点落在线段上时，直接写出，的数量关系：_______．类比探究：（2）如图2，当点在线段上运动时，请问（1）中结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；拓展延伸：（3）在点运动过程中，当时，请直接写出线段的长．19．（模型构建）如图所示，在边长为1的正方形中，的顶点，分别在，上（可与点，，重合），且满足．的高线交线段于点（可与，重合），设．（1）求的值．（模型拓展）在（模型构建）的基础上，将条件“边长为1的正方形”改为“长、宽的矩形”（其他条件不变）．（2）判断的值是否改变．若改变，请求出的取值范围；若不改变，请证明．（深入探究）在（模型构建）的基础上，设的面积为．（3）①求的最小值；②当取到最小值时，直接写出与的数量关系．20．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．【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．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.4．A解析：（1），；（2）3；（3）的最大值为，点的坐标为；（4）存在，；；；【分析】（1）由直线y=-3x-3与x轴交于点A，与y轴交于点C，得A（-1，0）、C（0，-3），将A（-1，0）、C（0，-3）代入y=x2+bx+c，列方程组求b、c的值及点B的坐标；（2）设抛物线的对称轴交BC于点F，求直线BC的解析式及抛物线的顶点坐标，再求出点F的坐标，推导出S△BCH=FH•OB，可求出△BCH的面积；（3）设点E的横坐标为x，用含x的代数式表示点E、点M的坐标及线段ME的长，再根据二次函数的性质求出线段ME的最大值及点M的坐标；（4）在x轴上存在点P，使以点M、B、P为顶点的三角形是等腰三角形．由（3）得D（，0），M（，-），由勾股定理求出OM=BM=，由等腰三角形PBM的腰长为或求出OP的长即可得到点P的坐标．【详解】解：（1）∵直线y=-3x-3与x轴、y轴分别交于点A、C，当时，∴当时，∴∵抛物线y=x2+bx+c经过点A、C，∴∴∴抛物线的解析式是：当时，解得：∴（2）设抛物线的对称轴交BC于点F，交x轴于点G．设直线BC的解析式为y=kx-3，则3k-3=0，解得k=1，∴y=x-3；∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，∴抛物线的顶点H（1，-4），当x=1时，y=1-3=-2，∴F（1，-2），∴FH=-2-（-4）=2，∴．故答案为：3．（3）由（1）知，直线的解析式是：设，则∴当时，的最大值∴点的坐标为（4）存在，如图3，由（2）得，当ME最大时，则D（，0），M（，−），∴DO=DB=DM=；∵∠BDM=90°，∴OM=BM=．点P1、P2、P3、P4在x轴上，当点P1与原点O重合时，则P1M=BM=，P1（0，0）；当BP2=BM=时，则OP2=，∴P2（，0）；当点P3与点D重合时，则P3M=P3B=，∴P3（，0）；当BP4=BM=时，则OP4=，∴P4．

综上所述，．【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、等腰三角形的判定、用待定系数法求函数解析式、求抛物线的顶点坐标以及勾股定理、二次根式的化简等知识和方法，解最后一题时要注意分类讨论，求出所有符合条件的点P的坐标．5．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．6．A解析：（1）；（2）或；（3）存在，【分析】（1）根据二次函数的解析式可以求出点A和点坐标，把点A和点的坐标代入联立方程组，即可确定一次函数的解析式；（2）由题意可得点P的坐标，从而可得点D的坐标，故可求得ED的长，再由A、C的坐标可知：OA=OC，即△AOC是等腰直角三角形，因DP⊥x轴，故△AEP也是等腰直角三角形，可分别得到AC、AE的长，故可得EC的长，由题意EC=ED，即可得关于t的方程，解方程即可；（3）由EP=AP，得，是定值，周长最小，就转化为最小，根据垂线段最短就可确定点的特殊位置，从而求出点的坐标．【详解】解：（1）∵抛物线与轴分别交于点和点，交轴于点，∴当时，，即，当时，，，，即，，设直线的解析式为：则，∴，∴直线的表达式：．（2）∵点沿以每秒1个单位长度的速度由点向点运动，∴，，∵轴，∴，，∴∵，，∴，，∴△AOC是等腰直角三角形，∴，由勾股定理得：，∵轴，在中，，∴△AEP也是等腰直角三角形，∴，，∴，∴当时，即或时，．（3）在中，，∴，∴的周长：．∴当最小时的周长最小．当时，最小，∵，∴，在中，，，，，∴，∴，∴．【点睛】本题是综合与探究题，此类问题的考查特点是综合性和探究性强，考查内容是一次函数解析式的确定、特殊点坐标的确定、三角形周长最小值等，渗透了分类讨论、数形结合、转化等数学思想，难度较大．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．（1），，；（2）见详解；（3）x的取值范围是：3≤x＜0或1≤x≤2．【分析】（1）先将（-1，2）和（1，-2）代入函数y=a（x-1）2++1中，列方程组解出可得a和b的值，写出函数解析式，计算当x=4时m的值即可；（2）描点并连线画图，根据图象写出一条性质即可；（3）画y=x-3的图象，根据图象可得结论．【详解】解：（1）把（-1，2）和（1，-2）代入函数y=a（x-1）2++1中得：，解得：，∴y=（a≠0），当x=4时，m=；（2）如图所示，性质：当x＞2时，y随x的增大而减小（答案不唯一）；（3）∵a（x1）2+≥x4，∴a（x1）2++1≥x3，如图所示，由图象得：x的取值范围是：3≤x＜0或1≤x≤2．【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，描点，画函数图象，以及二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数的性质，利用了数形结合思想进行分析．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）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．12．（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．13．（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG解析：（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．首先证明OG=OL，再证明BF=2OL即可解决问题．（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．（4）设OG=a，AG=k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．【详解】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．理由：∵AE平分∠BAC，∴∠1=∠2，∵DF⊥AE，∴∠AHF=∠AHG=90°，∵AH=AH，∴△AHF≌△AHG（ASA），∴AF=AG，∴△AFG是等腰三角形．（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．∵AF=AG，∴∠AFG=∠AGF，∵∠AGF=∠OGL，∴∠OGL=∠OLG，∴OG=OL，∵OL∥AB，∴△DLO∽△DFB，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴BD=2OD，∴BF=2OL，∴BF=2OG．（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，∵∠DAK=∠CAD，∴△ADK∽△ACD，∴，∵S1=•OG•DK，S2=•BF•AD，又∵BF=2OG，，∴，设CD=2x，AC=3x，则AD=，∴．（4）解：设OG=a，AG=k．①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k+2a，AC=2（k+a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由题意：=AD•（k+2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2+4ka，∴k=2a，∴AD=，∴BE==，AB=4a，∴tan∠BAE=．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由题意：=AD•（k﹣2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2﹣4ka，∴k=，∴AD=，∴，AB=，∴tan∠BAE=，综上所述，tan∠BAE的值为或．【点睛】本题是一道综合题，主要涉及到等腰三角形的判定及其性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定及其性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是综合运用所学到的相关知识．14．（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．15．（1）见解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，如图1，易证AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后运用相似三角形解析：（1）见解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，如图1，易证AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；(2)连接BD，根据矩形的性质得出BD的长，再根据结论（1）得出，进而可求出EF的长.（3）过点F作FH⊥EG于H，过点P作PJ⊥BF于J．根据矩形的性质得到AD、CD的长，由结论（1）可得出DG的长，再由勾股定理得出AG的长，然后根据翻折的性质结合勾股定理得出四边形HGPF是矩形，进而得出FH的长度，最后根据相似三角形得出BJ、PJ的长度就可以得出BP的长度.【详解】（1）如图①，过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，BQ交AP于T．∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．∴四边形AEFP、四边形BGHQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ．又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠BAT+∠ABT＝90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABP＝∠C＝90°，AD＝BC，∴∠ABT+∠CBQ＝90°，∴∠BAP＝∠CBQ，∴△ABP∽△BCQ，∴,∴.（2）如图②中，连接BD．∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，∴BD＝,∵D，B关于EF对称，∴BD⊥EF，∴,∴,∴EF＝.（3）如图③中，过点F作FH⊥EG于H，过点P作PJ⊥BF于J．∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∠A＝90°，∴=,∴DG＝，∴AG＝＝1，由翻折可知：ED＝EG，设ED＝EG＝x，在Rt△AEG中，∵EG2＝AE2+AG2，∴x2＝AG2+AE2，∴x2＝（3﹣x）2+1，∴x＝，∴DE＝EG＝，∵FH⊥EG，∴∠FHG＝∠HGP＝∠GPF＝90°，∴四边形HGPF是矩形，∴FH＝PG＝CD＝2，∴EH＝，∴GH＝FP＝CF＝EG﹣EH＝﹣＝1，∵PF∥EG，EA∥FB，∴∠AEG＝∠JPF，∵∠A＝∠FJP＝90°，∴△AEG∽△JFP，∴，∴，∴FJ＝，PJ＝，∴BJ＝BC﹣FJ﹣CF＝3﹣﹣1＝，在Rt△BJP中，BP＝．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质，解题关键在于灵活运用矩形的性质、相似三角形的判定与性质，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．16．(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．17．【问题探究】（1）；（2）．【拓展应用】．【分析】问题探究：（1）由平行线的性质得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出结果；（2）由平行线的性质得出∠E=∠BAD=72°，证出AC=AE解析：【问题探究】（1）；（2）．【拓展应用】．【分析】问题探究：（1）由平行线的性质得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出结果；（2）由平行线的性质得出∠E=∠BAD=72°，证出AC=AE，由平行线证明△ABD∽△ECD，求出AD=2；ED=4，ED=2，得出AC=AE=AD+ED=6；

拓展应用：过点D作DF∥AB交AC于点F．证明△BAE∽△DFE，得出=2，得出AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，证出AC=AD，在Rt△ADF中，求出DF=AF×tan∠CAD=，得出AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，得出AC=AB，在Rt△ABC中，求出BC=AB=2即可．【详解】解：（1）∵CE∥AB，∴∠ACE+∠BAC=180°，

∴∠ACE=180°-108°=72°；

故答案为：72；

（2）∵CE∥AB，

∴∠E=∠BAD=72°，

∴∠E=∠ACE，

∴AC=AE，

∵CE∥AB，

∴△ABD∽△ECD，

∴，∵BD=2CD，

∴=2，∴AD=2ED=4，

∴ED=2，

∴AC=AE=AD+ED=4+2=6；拓展应用：

：如图3中，过点D作DF∥AB交AC于点F．

∵AC⊥AB，∴∠BAC=90°，∵DF∥AB，

∴∠DFA=∠BAC=90°，

∵∠AEB=∠DEF，

∴△BAE∽△DFE，

∴=2，∴AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，∵∠BAD=120°，

∴∠CAD=30°，

∴∠ACD=75°=∠ADC，

∴AC=AD，

在Rt△ADF中，∵∠CAD=30°，

∴DF=AF×tan∠CAD=3×，∴AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，∴AC=AB，

在Rt△ABC中，∵∠BAC=90°，

∴BC=AB=2；故答案为：2．【点睛】此题考查四边形综合题，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，本题综合性强，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．18．（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）或【分析】（1）证明是等腰直角三角形即可．（2）结论成立．取的中点，连接，．证明，推出，再证明，可得结论．（3）分两种情形：如图中，取的中点，连接．当解析：（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）或【分析】（1）证明是等腰直角三角形即可．（2）结论成立．取的中点，连接，．证明，推出，再证明，可得结论．（3）分两种情