安庆市中考数学期末二次函数和几何综合汇编

安庆市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．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，请补充完整．（1）自变量的取值范围是全体实数，与的几组对应值列表如下：⋯⋯⋯⋯其中，．（2）根据上表数据，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，请画出该函数图象的另一部分．（3）观察函数图象，写出两条函数的性质．（4）直线经过，若关于的方程有个不相等的实数根，则的取值范围为．2．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．3．问题发现：如图1，在△ABC中，∠C=90°，分别以AC，BC为边向外侧作正方形ACDE和正方形BCFG．（1）△ABC和△DCF面积的关系是______________；（请在横线上填写“相等”或“不等”）（2）拓展探究：若∠C≠90°，（1）中的结论还成立吗？若成立，请结合图2给出证明；若不成立，请说明理由；（3）解决问题：如图3，在四边形ABCD中，AC⊥BD，且AC与BD的和为10，分别以四边形ABCD的四条边为边向外侧作正方形ABFE、正方形BCHG、正方形CDJI，正方形DALK，运用（2）的结论，图中阴影部分的面积和是否有最大值？如果有，请求出最大值，如果没有，请说明理由．图1图2图34．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，抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点，，，直线是抛物线的对称轴，在直线右侧的抛物线上有一动点，连接，，，．（1）求抛物线的函数表达式：（2）若点在轴的下方，当的面积是时，求的面积；（3）在直线上有一点，连接，，则的最小值为______；（4）在（2）的条件下，点是轴上一点，点是抛物线上一动点，是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．7．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______．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．某校九年级数学兴趣社团的同学们学习二次函数后，有兴趣的在一起探究“函数的有关图象和性质”．探究过程如下：（1）列表：问______．x…012…y…620002m…（2）请在平面直角坐标系中画出图象．（3）若方程（p为常数）有三个实数根，则______．（4）试写出方程（p为常数）有两个实数根时，p的取值范围是______．10．如图，抛物线交x轴于，两点，与y轴交于点C，AC，BC．M为线段OB上的一个动点，过点M作轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．（1）求抛物线的表达式；（2）过点P作，垂足为点N．设M点的坐标为，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M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．[探索发现]（1）如图①，△ABC与△ADE为等腰三角形，且两顶角∠ABC＝∠ADE，连接BD与CE，则△ABD与△ACE的关系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点，在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你探究，当点E在直线AD上时，如图②所示，连接CE，判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．[拓展应用]（3）在（2）的应用下，请在图③中画出△BPE，使得点E在直线AD的右侧，连接CE，试求出点P在线段AD上运动时，AE的最小值．12．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是，位置关系是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．13．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．14．（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15．爱好思考的小明在探究两条直线的位置关系查阅资料时，发现了“中垂三角形”，即两条中线相互垂直的三角形“中垂三角形”，如图（1）、图（2）、图（3）中，AM、BN是△ABC的中线，AM⊥BN于点P，像△ABC这样的三角形均为“中垂三角形”．设BC=a，AC=b，AB=c．（特例研究）（1）如图1，当tan∠PAB=1，c=4时，a=b=；（归纳证明）（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想a2、b2、c2三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图2证明你的结论；（拓展证明）（3）如图4，▱ABCD中，E、F分别是AD、BC的三等分点，且AD=3AE，BC=3BF，连接AF、BE、CE，且BE⊥CE于E，AF交BE相较于点G，AD=3，AB=3，求AF的长．16．△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．17．已知：，过平面内一点分别向、、画垂线，垂足分别为、、．（问题引入）如图①，当点在射线上时，求证：．（类比探究）（1）如图②，当点在内部，点在射线上时，求证：．（2）当点在内部，点在射线的反向延长线上时，在图③中画出示意图，并直接写出线段、、之间的数量关系．（知识拓展）如图④，、、是的三条弦，都经过圆内一点，且．判断与的数量关系，并证明你的结论．18．（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．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．（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．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、二次函数压轴题1．（1）-6；（2）答案见解析；（3）①该函数的图象关于轴对称；②该函数的图象有最高点；（4）．【分析】（1）根据对称可得m=-6；（2）用平滑的曲线连接各点即可画出图形；（3）认真观察图象，总结出2条性质即可；（4）画出两函数图象即可得到结论．【详解】（1）由表格可知：图象的对称轴是y轴，∴m=-6，故答案为：-6；如图所示该函数的图象关于轴对称该函数的图象有最高点；（4）由图象可知：关于的方程有个不相等的实数根时，即y=kx+b时，与图象有4个交点，所以，由图象可以得出，当时，直线与图象有4个不同的交点．故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数与x轴的交点问题和一元二次方程的根的情况，注意利用数形结合的思想，理解一元二次方程与抛物线的关系是解此题的关键．2．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.3．B解析：（1）相等；（2）成立，理由见解析；（3）阴影部分的面积和有最大值,最大值为25【解析】解：（1）相等；（2）成立；理由如下：如图，延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．∴∠APC=∠DQC=90°．∵四边形ACDE、四边形BCFG均为正方形，∴AC=CD，BC=CF，∠ACP+∠PCD=90°，∠DCQ+∠PCD=90°，∴∠ACP=∠DCQ．∴△APC≌△DQC（AAS），∴AP=DQ．又∵S△ABC=BC•AP，S△DFC=FC•DQ，∴S△ABC=S△DFC.（3）图中阴影部分的面积和有最大值理由：由（2）的结论可知：设AC=m,则BD=10-m,∵AC⊥BD.∴.∴∴阴影部分的面积和有最大值,最大值为254．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．A解析：（1）；（2）；（3）；（4）存在，点的坐标为：或或【分析】（1）把A、B两点坐标代入可得关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a、b的值即可得答案；（2）过作轴于，交于，根据抛物线解析式可得点C坐标，利用待定系数法可得直线BC的解析式，设，根据BC解析式可表示出点H坐标，即可表示出DH的长，根据△BCD的面积列方程可求出x的值，即可得点D坐标，利用三角形面积公式即可得答案；（3）根据二次函数的对称性可得点A与点B关于直线l对称，可得BC为AP+CP的最小值，根据两点间距离公式计算即可得答案；（4）根据平行四边形的性质得到MB//ND，MB=ND，分MB为边和MB为对角线两种情况，结合点D坐标即可得点N的坐标．【详解】（1）∵抛物线与轴相交于，两点，，，∴，解得：，∴抛物线的解析式为：．（2）如图，过作轴于，交于，当时，，∴，设的解析式为，则，解得，∴的解析式为：，设，则，∴，∵的面积是，∴，∴，解得：或3，∵点在直线右侧的抛物线上，∴，∴的面积；（3）∵抛物线与轴相交于，两点，∴点A与点B关于直线l对称，∴BC为AP+CP的最小值，∵B（4，0），C（0，-6），∴AP+CP的最小值=BC==．故答案为：（4）①当MB为对角线时，MN//BD，MN=BD，过点N作NE⊥x轴于E，过当D作DF⊥x轴于F，∵点D（3，），∴DF=，在△MNE和△BDF中，，∴△MNE≌△BDF，∴DF=NE=，∵点D在x轴下方，MB为对角线，∴点N在x轴上方，∴点N纵坐标为，把y=代入抛物线解析式得：，解得：，，∴（，），（，）如图，当BM为边时，MB//ND，MB=ND，∵点D（3，），∴点N纵坐标为，∴，解得：，（与点D重合，舍去），∴（，），综上所述：存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为：或或．【点睛】本题考查的是二次函数的综合，首先要掌握待定系数法求解析式，其次要添加恰当的辅助线，灵活运用面积公式和平行四边形的判定和性质，应用数形结合的数学思想解题．7．（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．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）见解析；（3）；（4）或．【分析】（1）把x=代入解析式，计算即可；（2）按照画图像的基本步骤画图即可；（3）一个方程有两个不同实数根，另一个方程有两个相等的实数根和两个方程都有两个不同的实数根，但是有一个公共根；（4）结合函数的图像，分直线经过顶点和在x轴上方两种情形解答即可．【详解】（1）当x=时，==，∴；（2）画图像如下；（3）当x≥0时，函数为；当x＜0时，函数为；∵方程（p为常数）有三个实数根，∴两个方程有一个公共根，设这个根为a，则，解得a=0，当a=0时，p=0，故答案为：p=0；（4）∵方程（p为常数）有两个实数根，∴p＞0；或△=0即1+4p=0，解得．综上所述，p的取值范围是或．【点睛】本题考查了二次函数图像，二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握抛物线与一元二次方程的关系，灵活运用分类思想，数形结合思想是解题的关键．10．A解析：（1）；（2），当时，PN有最大值，最大值为．（3）满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．【分析】（1）将点A、B的坐标代入解析式中求解即可；（2）由(1)求得点C坐标，利用待定系数法求得直线BC的解析式，然后用m表示出PN，再利用二次函数的性质即可求解；（3）分三种情况：①AC=CQ；②AC=AQ；③CQ=AQ，分别求解即可．【详解】解：（1）将，代入，得，解之，得．所以，抛物线的表达式为．（2）由，得．将点、代入，得，解之，得．所以，直线BC的表达式为：．由，得，．∴∵，∴．∴．∴．．∵∴当时，PN有最大值，最大值为．（3）存在，理由如下：由点，，知．①当时，过Q作轴于点E，易得，由，得，（舍）此时，点；②当时，则．在中，由勾股定理，得．解之，得或（舍）此时，点；③当时，由，得（舍）．综上知所述，可知满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．【点睛】本题是一道二次函数与几何图形的综合题，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算．二、中考几何压轴题11．（1）相似；（2）AB∥EC，理由见解析；（3）3．【分析】（1）结论：相似．先判断出△BAC∽△DAE，即可得出结论．（2）利用等腰三角形的性质证明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠解析：（1）相似；（2）AB∥EC，理由见解析；（3）3．【分析】（1）结论：相似．先判断出△BAC∽△DAE，即可得出结论．（2）利用等腰三角形的性质证明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠ABC＝∠ECB即可．（3）如图3中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．利用圆周角定理证明∠BCE＝∠BPE＝40°，推出AB∥CE，因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．【详解】解：（1）如图①中，∵△ABC与△ACE为等腰三角形，且两顶角∠ABC＝∠ADE，∴BA＝BC，DA＝DE，∴∠BAC＝∠DAE，∴△BAC∽△DAE，∴＝，∴＝，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE．故答案为：相似．（2）如图2中，结论：AB∥EC．理由：∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°，∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，∵AE垂直平分线段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．故答案为50，AB∥EC．（2）如图3中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．∵AD垂直平分线段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE＝∠BPE＝40°，∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．如图4中，作AH⊥CE于H，∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质、相似三角形的性质与判定及圆的基本性质，关键是根据题意得到三角形的相似，然后结合等腰三角形的性质得到问题答案，关键是要利用圆的基本性质求解最值问题．12．（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S△PMN最大＝．【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位线得出，，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出得解析：（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S△PMN最大＝．【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位线得出，，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出得出，最后用互余即可得出位置关系；（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法由，即可得出结论；（3）方法1：先判断出最大时，的面积最大，进而求出，，即可得出最大，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出最大时，的面积最大，而最大是，即可得出结论．【详解】解：（1）点，是，的中点，，，点，是，的中点，，，，，，，，，，，，，，，故答案为：，；（2）是等腰直角三角形．由旋转知，，，，，，，利用三角形的中位线得，，，，是等腰三角形，同（1）的方法得，，，同（1）的方法得，，，，，，，，是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，是等腰直角三角形，最大时，的面积最大，且在顶点上面，最大，连接，，在中，，，，在中，，，，．方法2：由（2）知，是等腰直角三角形，，最大时，面积最大，点在的延长线上，，，．【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出，，解（2）的关键是判断出，解（3）的关键是判断出最大时，的面积最大．13．（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．14．（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．15．（1）；（2）a2+b2=5c2，证明见解析；（3）4【分析】（1）首先证明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解决问题．（2）结论a2+b2=解析：（1）；（2）a2+b2=5c2，证明见解析；（3）4【分析】（1）首先证明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解决问题．（2）结论a2+b2=5c2．设MP=x，NP=y，则AP=2x，BP=2y，利用勾股定理分别求出a2、b2、c2即可解决问题．（3）取AB中点H，连接FH并且延长交DA的延长线于P点，首先证明△ABF是中垂三角形，利用（2）中结论列出方程即可解决问题．【详解】（1）解：如图中，∵CN=AN，CM=BM，∴MN∥AB，MN=AB=2，∵tan∠PAB=1，∴∠PAB=∠PBA=∠PNM=∠PMN=45°，

∴PN=PM=2，PB=PA=4，

∴AN=BM=，∴b=AC=2AN=4，a=BC=4，∴，故答案为：；（2）结论a2+b2=5c2．证明：如图中，连接MN．∵AM、BN是中线，

∴MN∥AB，MN=AB，∴△MPN∽△APB，∴，设MP=x，NP=y，则AP=2x，BP=2y，

∴a2=BC2=4BM2=4(MP2+BP2)=4x2+16y2，b2=AC2=4AN2=4(PN2+AP2)=4y2+16x2，c2=AB2=AP2+BP2=4x2+4y2，∴a2+b2=20x2+20y2=5(4x2+4y2)=5c2．（3）解：如图中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF，∴，在△AGE和△FGB中，，∴△AGE≌△FGB，

∴AG=FG，取AB中点H，连接FH并且延长交DA的延长线于P点，

同理可证△APH≌△BFH，

∴AP=BF，PE=2BF=CF，

即PE∥CF，PE=CF，

∴四边形CEPF是平行四边形，

∴FP∥CE，

∵BE⊥CE，

∴FP⊥BE，即FH⊥BG，

∴△ABF是中垂三角形，

由（2）可知AB2+AF2=5BF2，∵AB=3，BF=AD=，∴9+AF2=5×，∴AF=4．【点睛】本题是四边形综合题，考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线构造全等三角形，学会利用新的结论解决问题，属于中考压轴题．16．（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．17．【问题引入】见解析；【类比探究】（1）见解析；（2）图见解析，；【知识拓展】，证明见解析【分析】[问题引入]利用AAS证明△POE≌△POD，即可得出结论；[类比探究]（1）过点F作FN解析：【问题引入】见解析；【类比探究】（1）见解析；（2）图见解析，；【知识拓展】，证明见解析【分析】[问题引入]利用AAS证明△POE≌△POD，即可得出结论；[类比探究]（1）过点F作FN⊥OB，FM⊥OA，垂足分别为N、M，FM与PE交于点Q，先证明△PFQ为等边三角形，得出FG=PH，再运用矩形性质得出OM=OF，ON=OF，即可证得结论；（2）作FN⊥OB于点N，FM⊥OA于点M，射线FM交PE于点Q，作PH⊥FQ于点H，FG⊥PQ于点G，同（1）可证：NE=FG=PH=MD，ON=OM=OF，即可得出结论；[知识拓展]过点O作OM⊥AB，ON⊥EF，OQ⊥CD，垂足分别为M、N、Q，利用垂径定理可得出PB-PA=2PM，PF-PE=2PN，PD-PC=2PQ，再运用[类比探究]得：PM+PN=PQ，从而证得结论．【详解】[问题引入]证明：∵，，，∴．∵，∴．∴．[类比探究]（1）过点作，，垂足分别为、，与交于点．∵，，，则为等边三角形，、边上的高相等，即．在矩形、矩形中，有，，∴．∴．∵，，∴，同理，，∴，∴．（2）结论：．作于点，于点，射线与的交点为，作于点，于点，同（1）可证，，∴．[知识拓展]数量关系：．理由如下：过点作，，，垂足分别为、、．由垂径定理可得．∴．同理，，由[类比探究]得，∴，∴．∴．【点睛】本题是圆的综合题，考查了全等三角形判定和性质，等边三角形判定和性质，角平分线性质，矩形性质，垂径定理等，熟练掌握全等三角形判定和性质及垂径定理等相关知识是解题关键．18．（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′