深圳松岗标尚学校中考数学期末二次函数和几何综合汇编

深圳松岗标尚学校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．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．（1）求此抛物线的表达式；（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．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；（3）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？2．小明对函数的图象和性质进行了探究.已知当自变量的值为或时，函数值都为；当自变量的值为或时，函数值都为．探究过程如下，请补充完整．（1）这个函数的表达式为；（2）在给出的平面直角坐标系中，画出这个函数的图象并写出这个函数的--条性质：；（3）进一步探究函数图象并解决问题：①直线与函数有三个交点，则；②已知函数的图象如图所示，结合你所画的函数图象，写出不等式的解集：．3．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．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．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．6．综合与探究．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2﹣3x+4与x轴分别交于点A和点B（点A在点B的左侧），交y轴于点C．点P是线段OA上的一个动点，沿OA以每秒1个单位长度的速度由点O向点A运动，过点P作DP⊥x轴，交抛物线于点D，交直线AC于点E，连接BE．（1）求直线AC的表达式；（2）在点P运动过程中，运动时间为何值时，EC＝ED？（3）在点P运动过程中，△EBP的周长是否存在最小值？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．7．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．8．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．9．在平面直角坐标系中（如图）．已知点，点，点．如果抛物线恰好经过这三个点之中的两个点．（1）试推断抛物线经过点A、B、C之中的哪两个点？简述理由；（2）求常数a与b的值：（3）将抛物线先沿与y轴平行的方向向下平移2个单位长度，再与沿x轴平行的方向向右平移个单位长度，如果所得到的新抛物线经过点．设这个新抛物线的顶点是D．试探究的形状．10．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．二、中考几何压轴题11．如图l，在正方形ABCD中，AB=8，点E在AC上，且，过点作于点，交于点，连接，．（问题发现）（1）线段与的数量关系是________，直线与所夹锐角的度数是___________；（拓展探究）（2）当绕点顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请写出结论并结合图2给出证明；若不成立，请说明理由；（解决问题）（3）在（2）的条件下，当点到直线的距离为2时，请直接写出的长．12．（感知）（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：=．（探究）（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．（拓展）（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．13．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________14．如图1，已知，，点D在上，连接并延长交于点F，（1）猜想：线段与的数量关系为_____；（2）探究：若将图1的绕点B顺时针方向旋转，当小于时，得到图2，连接并延长交于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展：图1中，过点E作，垂足为点G．当的大小发生变化，其它条件不变时，若，，直接写出的长．15．（1）问题发现如图1，ABC是等边三角形，点D，E分别在边BC，AC上，若∠ADE＝60°，则AB，CE，BD，DC之间的数量关系是．（2）拓展探究如图2，ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠B＝α，点D，E分别在边BC，AC上．若∠ADE＝α，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）解决问题如图3，在ABC中，∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度沿A→B方向勾速运动，同时点M从点B出发，以cm/s的速度沿B→C方向匀速运动，当其中一个点运动至终点时，另一个点随之停止运动，连接PM，在PM右侧作∠PMG＝30°，该角的另一边交射线CA于点G，连接PC．设运动时间为t（s），当△APG为等腰三角形时，直接写出t的值．16．如图（1），已知点在正方形的对角线上，垂足为点，垂足为点．（1）证明与推断：求证：四边形是正方形；推断：的值为__；（2）探究与证明：将正方形绕点顺时针方向旋转角，如图（2）所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：若，正方形在绕点旋转过程中，当三点在一条直线上时，则．17．如图(1)，在矩形ABCD中，AD＝nAB，点M，P分别在边AB，AD上(均不与端点重合)，且AP＝nAM，以AP和AM为邻边作矩形AMNP，连接AN，CN.（问题发现）（1）如图(2)，当n＝1时，BM与PD的数量关系为，CN与PD的数量关系为.（类比探究）（2）如图(3)，当n＝2时，矩形AMNP绕点A顺时针旋转，连接PD，则CN与PD之间的数量关系是否发生变化？若不变，请就图(3)给出证明；若变化，请写出数量关系，并就图(3)说明理由.（拓展延伸）（3）在(2)的条件下，已知AD＝4，AP＝2，当矩形AMVP旋转至C，N，M三点共线时，请直接写出线段CN的长18．在中，于点，点为射线上任一点（点除外）连接，将线段绕点顺时针方向旋转，，得到，连接．（1）（观察发现）如图1，当，且时，BP与的数量关系是___________，与的位置关系是___________．（2）（猜想证明）如图2，当，且时，（1）中的结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．（请选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理）（3）（拓展探究）在（2）的条件下，若，，请直接写出的长．19．如图，已知和均为等腰三角形，，，将这两个三角形放置在一起．（1）问题发现：如图①，当时，点B、D、E在同一直线上，连接CE，则线段BD、CE之间的数量关系是_________，_________；（2）拓展探究：如图②，当时，点B、D、E不在同一直线上，连接CE，求出线段BD、CE之间的数量关系及BD、CE所在直线相交所成的锐角的大小（都用含的式子表示），并说明理由：（3）解决问题：如图③，，，，连接CE、BD，在绕点A旋转的过程中，当CE所在的直线垂直于AD时，请你直接写出BD的长．20．（教材呈现）下面是华师版八年级下册教材第89页的部分内容．如图，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的中点求证：四边形EHFG是平行四边形证明：连接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∴△AOE≌△COF请补全上述问题的证明过程．（探究）如图①，在△ABC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△DEF绕点O旋转180°得到△DGF，若四边形DEFG的面积为8，则△ABC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．【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）（2）存在，点Q的坐标为：Q（1，3）或（，）；（3）PN＝﹣（m﹣2）2+，当m＝2时，PN的最大值为．【分析】（1）由二次函数交点式表达式，即可求解；（2）分AC=AQ、AC=CQ、CQ=AQ三种情况，利用方程或方程组求解即可得到答案；（3）利用等腰直角三角形的性质得到：PN=PQsin∠PQN=即可求解．【详解】解：（1）抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，设即：﹣12a＝4，解得：则抛物线的表达式为（2）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＝，∠OBC＝∠OCB＝45°，将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b并解得：y＝﹣x+4…①，同理可得直线AC的表达式为：，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：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＝则QM＝MB＝，故点Q（，）；③当CQ＝AQ时，则在的垂直平分线上，设直线AC的中点为K（，2），过点与CA垂直直线的表达式中的k值为，直线的表达式为：②，联立①②并解得：（舍去）；故点Q的坐标为：Q（1，3）或（，）；（3）设点，则点Q（m，﹣m+4），∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，PN＝PQsin∠PQN＝∵∴PN有最大值，当m＝2时，PN的最大值为：．【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和等腰三角形的存在性问题，线段长度的最值问题，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来．2．（1）；（2）如图所示，见解析；性质：函数的图象关于直线对称；或：当或时，函数有最小值；（3）①；②或．【分析】（1）将，；，；，代入，得到：，，，即可求解析式为；（2）描点法画出函数图象，函数关于对称；（3）①从图象可知：当时，，时直线与函数有三个交点；②与的交点为或，结合图象，的解集为．【详解】解：（1）将，；，；，代入，得到：，解得，故答案为．（2）如图：函数关于直线对称，（3）①当时，，时直线与函数有三个交点，故答案为1；②与的交点为或或x=3，结合图象，的解集为或，故答案为或．【点睛】本题类比函数探究过程探究绝对值函数与不等式组关系；能够准确的画出函数图象，从函数图象中获取信息，数形结合解题是关键．3．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．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）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．6．A解析：（1）直线AC的表达式为y＝x+4；（2）运动时间为0或（4﹣）秒时，EC＝ED；（3）【分析】（1）由抛物线的解析式中x，y分别为0，求出A，C的坐标，再利用待定系数法确定直线AC的解析式；（2）设出运动时间为t秒，然后用t表示线段OP，CE，AP，DE的长度，利用已知列出方程即可求解；（3）利用等量代换求出△EBP的周长为AB+BE，由于AB为定值，BE最小时，△EBP的周长最小，根据垂线段最短，确定点E的位置，解直角三角形求出OP，点P坐标可求．【详解】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2﹣3x+4与x轴分别交于A，B，交y轴于点C，∴当x＝0时，y＝4．∴C（0，4）．当y＝0时，﹣x2﹣3x+4＝0，∴x1＝﹣4，x2＝1，∴A（﹣4，0），B（1，0）．设直线AC的解析式为y＝kx+b，∴解得：∴直线AC的表达式为y＝x+4．（2）设点P的运动时间为t秒，∵点P以每秒1个单位长度的速度由点O向点A运动，∴OP＝t．∴P（﹣t，0）．∵A（﹣4，0），C（0，4），∴OA＝OC＝4．∴Rt△AOC为等腰直角三角形．∴∠CAO＝∠ACO＝45°，AC＝OA＝4．∵DP⊥x轴，在Rt△APE中，∠CAP＝45°，∴AP＝PE＝4﹣t，AE＝AP＝（4﹣t）．∴EC＝AC﹣AE＝t．∵E，P的横坐标相同，∴E（﹣t，﹣t+4），D（﹣t，﹣t2+3t+4）．∴DE＝（﹣t2+3t+4）﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t．∵EC＝DE，∴﹣t2+4t＝t．解得：t＝0或t＝4﹣．∴当运动时间为0或（4﹣）秒时，EC＝ED．（3）存在．P的坐标为（﹣，0）．在Rt△AEP中，∠OAC＝45°，∴AP＝EP．∴△AEB的周长为EP+BP+BE＝AP+BP+BE＝AB+BE．∵AB＝5，∴当BE最小时，△AEB的周长最小．当BE⊥AC时，BE最小．在Rt△AEB中，∵∠AEB＝90°，∠BAC＝45°，AB＝5，BE⊥AC，∴PB＝AB＝．∴OP＝PB﹣OB＝．∴P（﹣，0）．【点睛】本题考查了二次函数，一次函数的图象和性质，垂线段最短的性质，等腰三角形的性质，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系是解题的关键．7．(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．8．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．9．A解析：（1）点A、B在抛物线上，理由见解析；（2），；（3）等腰直角三角形【分析】（1）轴，故B、C中只有一个点在抛物线上，算出AC的解析式，交y轴于点，抛物线与y轴也交于点，故C不符要求，由此解答即可；（2）把A、B点的坐标代入解析式，由此解答即可；（3）由平移可得新的解析式，代入得出D点的坐标，再判断三角形的形状．【详解】（1）∵轴，故B、C中只有一个点在抛物线上，∵，交y轴于点．且抛物线与y轴也交于点，故C不符要求．∴点A、B在抛物线上（2）代入A、B到．，∴（3）∴代入到，（舍），，∴∴，，∴，，∴．∴是等腰直角三角形【点睛】本题考查了与待定系数法求二次函数解析式及判断点是否在图像上，平移变换勾股定理等知识，求解析式是解题的关键．10．（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．二、中考几何压轴题11．（1），；（2）结论仍然成立，证明详见解析；（3）的长为或．【分析】（1）延长DE交CF的延长线于点N，由正方形的性质可得和均为等腰直角三角形，因此，易证，由相似三角形的性质即可得到，由三角形的解析：（1），；（2）结论仍然成立，证明详见解析；（3）的长为或．【分析】（1）延长DE交CF的延长线于点N，由正方形的性质可得和均为等腰直角三角形，因此，易证，由相似三角形的性质即可得到，由三角形的内角和即可得到；（2）延长交于点，由旋转的性质可知和均为等腰直角三角形，因此，易证，同（1）易证结论仍成立；（3）由点E到直线AD的距离为2，，可知点F在直线AD或AB上，分两种情况讨论：（i）当点F在DA的延长线或BA延长线上时，由勾股定理可得的长，（ii）当点F在AD或AB上时，过点E作的高，由勾股定理可得的长．【详解】解：（1）如图①，延长DE交CF的延长线于点N，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴，∵是直角三角形，∴和均为等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴，，∴；又∵，，，∴故答案为：，（2）结论仍然成立．理由如下：如图②，延长交于点．∵是正方形的对角线，且是由原题中图1的位置旋转得来，∴，即和均为等腰直角三角形．∴．又∵，，∴．∴．∴，．∴．又∵，，，∴．∴结论成立．（3）的长为或．理由如下：∵点E到直线AD的距离为2，，∴点F在直线AD或AB上分两种情况讨论：（i）如图③，当点F在DA的延长线上时，过点E作EG⊥AD交延长线于点G,∵,∴,∴，在中，由勾股定理得；如图④，当点F在BA延长线上时，过点E作EK⊥AD交DA的延长线于点K，在等腰中，过点E作EH⊥AF于点H,∵AH=EK=2=AF，∴BF=AB+AF=12，∴；（ii）如图⑤，当点F在AD上时，过点E作EI⊥AD于点I，∵AF=4，AD=8，∴，在中，由勾股定理得；如图⑥，当点F在AB上时，过点E作EM⊥AD交AD于点M，在等腰中，过点E作EN⊥AF于点N，∵AN=EM=2=AF，∴，∴，综上所述，CF的长为或．【点睛】本题考查相似三角形和图形旋转的性质，属于综合题，需要分类讨论，熟练掌握等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质、勾股定理等知识是解题关键．12．（1）见解析（2）见解析（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（解析：（1）见解析（2）见解析（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴；（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，同（1）的理由可知：，∵，，∴，∴CB=GM，在△BCH和△GMH中，，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴，∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，而∠EFA=∠AEB，∴∠CED=∠EFD，∵∠BMG+∠BME=180°，∴∠N=∠EFD，∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，∴∠EDF=∠CEN，∴△DEF∽△ECN，∴，又∵，∴，∴BM=CN，在△BGM和△CGN中，，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．13．【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．14．(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12【分析】(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(2解析：(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12【分析】(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(2)证明原理同(1)，延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(3)补充完整图后证明四边形AEGC为矩形，进而得到∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°即可求解．【详解】解：(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，∴∠ADF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠ADF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延长DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF∴AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(2)仍旧成立，理由如下：延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示设BD延长线DM交AE于M点，∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，∴∠MDF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠MDF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延长DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF，∴AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(3)如下图所示：∵BA=BE，∴∠BAE=∠BEA，∵∠BAE=∠EBG,∴∠BEA=∠EBG，∴AECG，∴∠AEG+∠G=180°，∴∠AEG=90°，∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，∴四边形AEGC为矩形，∴AC=EG，且AB=BE，∴Rt△ACBRt△EGB(HL)，∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，又∵ED=AC=EG，且EB=EB，∴Rt△EDBRt△EGB(HL)，∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，∴∠BAC=30°，∴在Rt△ABC中由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：．故答案为：．【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，本题的关键是延长DF到G点并使FG=DC，进而构造全等，本题难度稍大，需要作出合适的辅助线．15．（1）；（2）结论成立，见解析；（3）1或2【分析】（1）问题发现：通过角的关系可证△ABD∽△DCE，根据相似三角形对应边成比例可得到线段的关系；（2）拓展探究:可证明△ABD∽△DCE，解析：（1）；（2）结论成立，见解析；（3）1或2【分析】（1）问题发现：通过角的关系可证△ABD∽△DCE，根据相似三角形对应边成比例可得到线段的关系；（2）拓展探究:可证明△ABD∽△DCE，即可得到结论；（3）解决问题:可证△PBM∽△MCG，然后得到，用t可表示线段的长，当G点在线段AC上时，若△APG为等腰三角形时，则AP＝AG，代入计算即可；当G点在CA延长线上时，若△APG为等腰三角形时，则△APG为等边三角形，代入计算得到t．【详解】解：（1）问题发现AB，CE，BD，DC之间的数量关系是：，理由：∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣60°＝120°，∠ADE＝60°，∴∠CDE+∠ADB＝180°﹣60°＝120°，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE，∴．故答案为：．（2）拓展探究（1）中的结论成立，∵AB＝AC，∠B＝α，∴∠B＝∠C＝α，∴∠BAD+∠ADB＝180°﹣α，∵∠ADE＝α，∴∠CDE+∠ADB＝180°﹣α，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE，∴；（3）解决问题∵∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BPM+∠PMB＝180°﹣30°＝150°，∵∠PMG＝30°，∴∠CMG+∠PMB＝180°﹣30°＝150°，∴∠BPM＝∠CMG，又∠B＝∠C＝30°，∴△PBM∽△MCG，∴，由题意可知AP＝t，BM＝t，即BP＝4﹣t，如图1，过点A作AH⊥BC于H，∵∠B＝30°，AB＝AC＝4cm，∴AH＝2cm，BH＝＝＝2cm，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BC＝2BH＝4cm，∴MC＝（4t）cm，∴，即CG＝3t，当G点在线段AC上时，若△APG为等腰三角形时，则AP＝AG，如图2，此时AG＝AC﹣CG＝4﹣3t，∴4﹣3t＝t，解得：t＝1，当G点在CA延长线上时，若△APG为等腰三角形时，如图3，此时∠PAG＝180°﹣120°＝60°，则△APG为等边三角形，AP＝AG，此时AG＝CG﹣AC＝3t﹣4，∴3t﹣4＝t，解得：t＝2，∴当△APG为等腰三角形时，t的值为1或2．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握分类的思想方法是解题的关键．16．（1）证明见解析；；（2）线段与之间的数量关系为；（3）或【分析】（1）①由、结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；②由正方形性质知、，据此可得、，利用平行线分线段成比例定理可得；（2解析：（1）证明见解析；；（2）线段与之间的数量关系为；（3）或【分析】（1）①由、结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；②由正方形性质知、，据此可得、，利用平行线分线段成比例定理可得；（2）连接CG，只需证即可得；（3）由（2）证出就可得到，再根据三点在同一直线上分在CD左边和右边两种不同的情况求出AG的长度，即可求出BE的长度．【详解】（1）证明：四边形是正方形，四边形是矩形，四边形是正方形；解：由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴，GE∥AB，∴故答案为：．（2）如下图所示连接由旋转性质知在和中，，线段与之间的数量关系为；（3）解：当正方形在绕点旋转到如下图所示时：当三点在一条直线上时，由（2）可知，，∠CEG=∠CEA=∠ABC=90°，，当正方形在绕点旋转到如下图所示时：当三点在一条直线上时，由（2）可知，，∠CEA=∠ABC=90°，，故答案为：或．【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．17．（1）BM＝PD；（2）见解析（3）或【分析】（1）当n＝1时四边形ABCD和四边形AMNP均为正方形，所以AM=AP,AB=AD，从而得出BM=PD，再根据得出，从而得出结论；（解析：（1）BM＝PD；（2）见解析（3）或【分析】（1）当n＝1时四边形ABCD和四边形AMNP均为正方形，所以AM=AP,AB=AD，从而得出BM=PD，再根据得出，从而得出结论；（2）连接AC，证明,即可求解；（3）分两种情况考虑：通过证得出对应边数量关系，设，则解直角三角形AQM，从而计算出QM的长度，从而求算CN．【详解】（1）解：∵当n＝1时四边形ABCD和四边形AMNP均为正方形∴AM=AP,AB=AD∴BM＝PD又∵∴∴（2）CN与PD之间的数量关系发生变化，.理由：连接AC，如图：在矩形ABCD和矩形AMNP中，∵.AD=2AB，AP=2AM，∴，∴.易得∴△ANC∽△APD∴∴（3）分两种情况考虑：①如图：∵已知AD＝4，AP＝2,∴AB=2,AM=PN=1由图知：∴设，则，在直角三角形AQM中：解得：（舍）∴，∴∴②如图：由①可得：，，MN=2∴【点睛】本题考查矩形与旋转、相似等综合，有一定的难度，转化相关的线段与角度是解题关键．18．（1），；（2）成立，不成立，与的关系为，见解析；（3）2或14【分析】（1）连接AE，证明△ABC、△APE为等边三角形，再证明，根据全等三角形的性质可得BP=CE，，再求得，即可得，所有．解析：（1），；（2）成立，不成立，与的关系为，见解析；（3）2或14【分析】（1）连接AE，证明△ABC、△APE为