上海民办新黄浦实验学校中考数学期末二次函数和几何综合汇编

上海民办新黄浦实验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．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1，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，C分别是直线y=﹣x+4与坐标轴的交点，点B的坐标为（﹣2，0），点D是边AC上的一点，DE⊥BC于点E，点F在边AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连结DF，EF．设点D的横坐标为m，EF2为l，请探究：①线段EF长度是否有最小值．②△BEF能否成为直角三角形．小明尝试用“观察﹣猜想﹣验证﹣应用”的方法进行探究，请你一起来解决问题．（1）小明利用“几何画板”软件进行观察，测量，得到l随m变化的一组对应值，并在平面直角坐标系中以各对应值为坐标描点（如图2）．请你在图2中连线，观察图象特征并猜想l与m可能满足的函数类别．（2）小明结合图1，发现应用三角形和函数知识能验证（1）中的猜想，请你求出l关于m的函数表达式及自变量的取值范围，并求出线段EF长度的最小值．（3）小明通过观察，推理，发现△BEF能成为直角三角形，请你求出当△BEF为直角三角形时m的值．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．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？5．如图，抛物线经过三点，该抛物线的顶点为D．（1）求该抛物线L的表达式和点D的坐标；（2）抛物线与抛物线L关于直线对称，P是抛物线L的B、M段上的一点，过点P作y轴的平行线交抛物线与点Q，点P、Q关于抛物线L的对称轴对称点分别为M、N．试探究是否存在一点P，使得四边形为正方形？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．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．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．8．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．9．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．10．小云在学习过程中遇到一个函数．下面是小云对其探究的过程，请补充完整：（1）当时，对于函数，即，当时，随的增大而，且；对于函数，当时，随的增大而，且；结合上述分析，进一步探究发现，对于函数，当时，随的增大而．（2）当时，对于函数，当时，与的几组对应值如下表：012301综合上表，进一步探究发现，当时，随的增大而增大．在平面直角坐标系中，画出当时的函数的图象．（3）过点(0，m)（）作平行于轴的直线，结合（1）（2）的分析，解决问题：若直线与函数的图象有两个交点，则的最大值是．二、中考几何压轴题11．将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中．（1）操作发现:如图2，固定使绕点旋转，设的面积为的面积为当点恰好落在边上时，则与的数量关系是；（2）猜想论证:当绕点旋转到如图3所示的位置时，小明猜想中与的数量关系为相等，并尝试分别作出了和中边上的高请你证明小明的猜想，即证明:．（3）拓展探究:已知，点是角平分线上的一点，交于点（如图4)．若射线上存在点，使，请直接写出相应的的长．12．[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．13．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．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．问题提出（1）如图（1），在等边三角形ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，则∠ACN＝°．类比探究（2）如图（2），在等边三角形ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．拓展延伸（3）如图（3），在等腰三角形ABC中，BA＝BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰三角形AMN，使AM＝MN，连接CN．添加一个条件，使得∠ABC＝∠ACN仍成立，写出你所添加的条件，并说明理由．16．（1）问题发现如图1，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=45°，点E是线段AC上一动点，连接DE．填空：①则的值为______；②∠EAD的度数为_______．（2）类比探究如图2，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°，点E是线段AC上一动点，连接DE．请求出的值及∠EAD的度数；（3）拓展延伸如图3，在（2）的条件下，取线段DE的中点M，连接AM、BM，若BC=4，则当△ABM是直角三角形时，求线段AD的长．17．综合与实践数学活动课上，老师让同学们结合下述情境，提出一个数学问题：如图1，四边形ABCD是正方形，四边形BEDF是矩形．探究展示：“兴趣小组”提出的问题是：“如图2，连接CE．求证：AE⊥CE．”并展示了如下的证明方法：证明：如图3，分别连接AC，BD，EF，AF．设AC与BD相交于点O．∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OC=AC，OB=OD=BD，且AC=BD．又∵四边形BEDF是矩形，∴EF经过点O，∴OE=OF=EF，且EF=BD．∴OE=OF，OA=OC．∴四边形AECF是平行四边形．（依据1）∵AC=BD，EF=BD，∴AC=EF．∴四边形AECF是矩形．（依据2）∴∠CEA=90°，即AE⊥CE．反思交流：（1）上述证明过程中“依据1”“依据2”分别是什么？拓展再探：（2）“创新小组”受到“兴趣小组”的启发，提出的问题是：“如图4，分别延长AE，FB交于点P，求证：EB=PB．”请你帮助他们写出该问题的证明过程．（3）“智慧小组”提出的问题是：若∠BAP=30°，AE=，求正方形ABCD的面积．请你解决“智慧小组”提出的问题．18．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．19．如图，已知和均为等腰三角形，AC＝BC，DE＝AE，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在同一直线上，连接CE，请判断的度数及线段BD、CE之间的数量关系，并说明理由；（3）解决问题：如图③，，，AE＝2，连接CE、BD，在绕点A旋转的过程中，当时，请直接写出EC的长．20．综合与实践动手操作利用正方形纸片的折叠开展数学活动．探究体会在正方形折叠过程中，图形与线段的变化及其蕴含的数学思想方法．如图1，点为正方形的边上的一个动点，，将正方形对折，使点与点重合，点与点重合，折痕为．思考探索（1）将正方形展平后沿过点的直线折叠，使点的对应点落在上，折痕为，连接，如图2．①点在以点为圆心，_________的长为半径的圆上；②_________；③为_______三角形，请证明你的结论．拓展延伸（2）当时，正方形沿过点的直线（不过点）折叠后，点的对应点落在正方形内部或边上．①面积的最大值为____________；②连接，点为的中点，点在上，连接，则的最小值为____________．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、二次函数压轴题1．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．F解析：（1）连线见解析，二次函数；（2）；（3）m=0或m=【分析】（1）根据描点法画图即可；（2）过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），由全等三角形的性质得出FG=DH，可求出F（﹣m，﹣2m+4），根据勾股定理得出l=EF2=8m2﹣16m+16=8（m﹣1）2+8，由二次函数的性质可得出答案；（3）分三种不同情况，根据直角三角形的性质得出m的方程，解方程求出m的值，则可求出答案．【详解】解：（1）用描点法画出图形如图1，由图象可知函数类别为二次函数．（2）如图2，过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，则∠FGK=∠DHK=90°，记FD交y轴于点K，∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，∴KF=KD，∵∠FKG=∠DKH，∴Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），∴FG=DH，∵直线AC的解析式为y=﹣x+4，∴x=0时，y=4，∴A（0，4），又∵B（﹣2，0），设直线AB的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线AB的解析式为y=2x+4，过点F作FR⊥x轴于点R，∵D点的横坐标为m，∴F（﹣m，﹣2m+4），∴ER=2m，FR=﹣2m+4，∵EF2=FR2+ER2，∴l=EF2=8m2﹣16m+16=8（m﹣1）2+8，令﹣+4=0，得x=，∴0≤m≤．∴当m=1时，l的最小值为8，∴EF的最小值为2．（3）①∠FBE为定角，不可能为直角．②∠BEF=90°时，E点与O点重合，D点与A点，F点重合，此时m=0．③如图3，∠BFE=90°时，有BF2+EF2=BE2．由（2）得EF2=8m2﹣16m+16，又∵BR=﹣m+2，FR=﹣2m+4，∴BF2=BR2+FR2=（﹣m+2）2+（﹣2m+4）2=5m2﹣20m+20，又∵BE2=（m+2）2，∴（5m2﹣20m+8）+（8m2﹣16m+16）2=（m+2）2，化简得，3m2﹣10m+8=0，解得m1=，m2=2（不合题意，舍去），∴m=．综合以上可得，当△BEF为直角三角形时，m=0或m=．【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，考查了描点法画函数图象，待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心对称的性质，直角三角形的性质等知识．准确分析给出的条件，结合一次函数的图象进行求解，熟练掌握方程思想及分类讨论思想是解题的关键．．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．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．5．D解析：（1），点D的坐标为；（2）存在，．【分析】（1）将三点坐标代入，利用待定系数法可求出抛物线L的表达式，再由抛物线对称轴公式可求出点D的坐标；（2）根据题意可求得抛物线的表达式，设点P的横坐标为m，则可由已知分别表示出点Q、M、N的坐标，利用正方形的性质则可列出方程，求解后即可得出点P的横坐标．【详解】解：（1）将代入得：，解得，∴该抛物线L的表达式为：；∵抛物线的顶点为D，∴当时，，∴点D的坐标为；（2）存在；如图所示：∵抛物线与抛物线L关于直线对称，，∴，设抛物线的表达式为，将代入得，∴抛物线的表达式为设点P的横坐标为m，∵PQ∥y轴，则Q的横坐标为m，∵点P、Q关于抛物线L的对称轴对称点分别为M、N．∴M、N的横坐标为5－m．∴PM＝5－m－m＝5－2m．∵点P的纵坐标为，点Q的纵坐标为，∴PQ＝（）－（）＝，当PM＝PQ时，四边形为正方形，∴解得，∵P是抛物线L的B、M段上的一点，∴m＜5－m，解得m＜．∴．∴点P的横坐标为．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握待定系数法及二次函数的图象与性质是解题的关键．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．（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．8．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．9．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．10．（1）减小，减小，减小；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据一次函数的性质，二次函数的性质分别进行判断，即可得到答案；（2）根据表格的数据，进行描点，连线，即可画出函数的图像；（3）根据函数图像和性质，当时，函数有最大值，代入计算即可得到答案．【详解】解：（1）根据题意，在函数中，∵,∴函数在中，随的增大而减小；∵，∴对称轴为：，∴在中，随的增大而减小；综合上述，在中，随的增大而减小；故答案为：减小，减小，减小；（2）根据表格描点，连成平滑的曲线，如图：（3）由（2）可知，当时，随的增大而增大，无最大值；由（1）可知在中，随的增大而减小；∴在中，有当时，，∴m的最大值为；故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，以及函数的最值问题，解题的关键是熟练掌握题意，正确的作出函数图像，并求函数的最大值．二、中考几何压轴题11．（1）；（2）详见解析；（3）或【分析】（1）根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求解析：（1）；（2）详见解析；（3）或【分析】（1）根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；(2)根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；

(3)过点D作//BE，求出四边形是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点为所求的点，过点D作⊥BD，求出∠=60°，从而得到△是等边三角形，然后求出，再求出∠=∠，利用“边角边”证明△和全等，根据全等三角形的面积相等可得点也是所求的点，根据菱形和等边三角形的性质可得结论．【详解】解:（1）∵△DEC绕点C旋转，点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°−∠B=90°−30°=60°，∴△ACD是等边三角形，

∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，

∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即；如图3．是由绕点旋转得到，．．在和中．的面积和的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)即（3）如图4，过点D作//BE，∵BD平分∠ABC，

∠ABD=∠DBC，

∵D//BE，DE//B，∴四边形BED是平行四边形，∠ABD=∠BDE，∴∠DBC=∠BDE，

∴BE=DE，

∴四边形BED是菱形，∴BE=D，且BE、D上的高相等，此时；过点D作D⊥BD，∵∠ABC=60°，D//BE，∴∠D=∠ABC=60°，∵B=D，∠BD=∠ABC=30°，∠DB=90°，∴∠D=∠ABC=60°，∴△D是等边三角形，∴D=D，∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，

∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，∴∠CD=180°−∠BCD=180°−30°=150°，∠CD=360°−150°−60°=150°，∴∠CD=∠CD∵在△CD和△CD中，D=D，∠CD=∠CD，CD=CD，∴△CD≌△CD(SAS)，∴点也是所求的点，又∵BE=4=B=D，△D是等边三角形，∴B=4=，∴B=8，综上所述：当BF=4或8时，．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的面积、等边三角形的判定与性质、直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，还要注意(3)中符合条件的点F有两个．12．（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．13．（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．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）60；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，进而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可证明≌，继而得出结论；解析：（1）60；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，进而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可证明≌，继而得出结论；（2）也可以通过证明≌，得出结论，和（1）的思路完全一样；（3）当∠ABC＝∠AMN时，∽，利用相似的性质得到，又根据∠BAM＝∠CAN，证得∽，即可得到答案．【详解】（1）证明：∵、是等边三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，

∴∠BAM=∠CAN，

∵在和中，，∴≌（SAS），∴∠ABC=∠ACN；∵是等边三角形∴∠ABC=60°∴∠ACN=∠ABC=60°．（2）结论∠ACN＝60°仍成立．理由如下：∵、都是等边三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM＝∠CAN，∴≌，∴∠ACN＝∠ABM＝60°．（3）添加条件：∠ABC＝∠AMN．理由如下：∵BA＝BC，MA＝MN，∠ABC＝∠AMN，∴∠BAC＝∠MAN，∴∽，∴．又∠BAM＝∠BAC－∠MAC，∠CAN＝∠MAN－∠MAC，∴∠BAM＝∠CAN，∴∽，∴∠ABC＝∠ACN．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，以及全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是仔细观察图形，找到全等的条件，利用全等的性质证明结论．16．（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）线段AD的长为（2+6）．【分析】（1）由题意可得Rt△ABC和Rt△DBE均为等腰直角三角形，通过证明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=解析：（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）线段AD的长为（2+6）．【分析】（1）由题意可得Rt△ABC和Rt△DBE均为等腰直角三角形，通过证明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=∠BCE=45°，从而可得到结论；（2）通过证明△ABD∽△BCE，可得的值，∠BAD=∠ACB=60°，即可求∠EAD的度数；（3）由直角三角形的性质可证AM=BM=DE，即可求DE=4，由勾股定理可求CE的长，从而可求出AD的长．【详解】（1）∵∠ABC=∠DBE=90°,∠ACB=∠BED=45°，∴∠CBE=∠ABD,∠CAB=45°∴AB=BC，BE=DE，∴△BCE≌△BAD∴AD=CE，∠BAD=∠BCE=45°∴=1，∠EAD=∠CAB+∠BAD=90°故答案为：1，（2），∠EAD=90°理由如下：∵∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°∴∠ABD=∠EBC，∠BAC=∠BDE=30°∴在Rt△ABC中，tan∠ACB==tan60°=在Rt△DBE中，tan∠BED==tan60°=∴=又∵∠ABD=∠EBC∴△ABD∽△BCE∴==，∠BAD=∠ACB=60°∵∠BAC=30°∴∠EAD=∠BAD+∠BAC=60°+30°=90°，（3）如图，由（2）知：==，∠EAD=90°∴AD=CE，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=4，∴AC=8，AB=4，∵∠EAD=∠EBD=90°，且点M是DE的中点，∴AM=BM=DE，∵△ABM为直角三角形，∴AM2+BM2=AB2=（4）2=48，∴AM=BM=2，∴DE=4，设EC=x，则AD=x，AE=8-xRt△ADE中，AE2+AD2=DE2∴(8-x)2+(x)2=(4)2，解之得：x=2+2（负值舍去），∴EC=2+2，∴AD=CE=2+6，∴线段AD的长为（2+6），【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识.17．（1）依据1：对角线互相平分的四边形是平行四边形，依据2：对角线相等的平行四边形是矩形；（2）见解析；（3）4【分析】（1）借助问题情景即可得出结论；（2）连接CE，先根据已证结论及正方形的性解析：（1）依据1：对角线互相平分的四边形是平行四边形，依据2：对角线相等的平行四边形是矩形；（2）见解析；（3）4【分析】（1）借助问题情景即可得出结论；（2）连接CE，先根据已证结论及正方形的性质得出AB=BC，∠1=∠4，再由矩形性质证得∠PBA=∠EBC，得出△PBA≌△EBC，即可得出结论；（3）过点B作BM⊥AP，垂足为M．结合（2）所得结论利用等腰直角三角形的性质可得BM=PM=ME，设BM=ME=x，则AM=x+-1．则根据三角函数解直角三角形求出x=1，再由直角三角形的性质求出正方形的边长，即可得出结果．【详解】解：（1）依据1：对角线互相平分的四边形是平行四边形．依据2：对角线相等的平行四边形是矩形．（2）证明：连接CE，由题意得，∠CEA=90°，∴∠1+∠2=180°-∠AEC=90°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，AB=BC．∴∠3+∠4=180°-∠ABC=90°．∵∠2=∠3．∴∠1=∠4．∵四边形EBFD是矩形，∴∠EBF=90°．∴∠PBE=180°-∠EBF=90°．∴∠PBE=∠ABC．∴∠PBE+∠EBA=∠ABC+∠EBA．即∠PBA=∠EBC．∴△PBA≌△EBC．∴PB=EB．（3）解：过点B作BM⊥AP，垂足为M．由（2）可知，PB=BE，∠PBE=90°．∴BM=PM=ME．设BM=ME=x，则AM=x+-1．∵在Rt△ABM中，∠BAM=30°．∴AB=2BM，tan∠BAM=，解得x=1．∴AB=2，∴S正方形ABCD=2×2=4．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握特殊四边形、全等三角形及三角函数等相关知识点是解题的关键．18．(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由见解析；(3)或．【分析】(1)证明，得，则，则证，得出即可；(2)证，则，由矩形的性质得出，证，即可得出；(3)根据矩形的性质和已知得，则解析：(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由见解析；(3)或．【分析】(1)证明，得，则，则证，得出即可；(2)证，则，由矩形的性质得出，证，即可得出；(3)根据矩形的性质和已知得，则，分两种情况，根据勾股定理和平行线的性质进行解答即可．【详解】解：(1)，理由如下：∵四边