2022年中考数学压轴题及答案

一、解答题

1．如图1，在平面直角坐标系中，已知△ABC中，∠ABC＝90°，B(4，0)，C(8，0)，tan∠ACB＝2，抛物线y＝ax+bx经过A，C两点．

2

(1)求点A的坐标及抛物线的解析式；

(2)如图2，过点A作AD⊥AB交BC的垂线于点D，动点P从点A出发，沿线段AB向终点

B运动，同时点Q从点C出发，沿线段CD向终点D运动，速度均为每秒1个单位长度，

运动时间为t秒，过点P作PE⊥AB交AC于点E．

①过点E作EF⊥AD于点F，交抛物线于点G．当t为何值时，线段EG取得最大值？最大值是多少？

②连接EQ，在点P，Q运动过程中，t为何值时，使得△CEQ与△ABC相似？

2．如图，在Rt△ABC中，C90，AB5，AC4．动点P从点A出发，沿AB以每秒4个单位长度的速度向终点B运动．过点P作PQAB交AC或BC于点Q，分别过点

P、Q作AC、AB的平行线交于点M．设PQM与ABC重叠部分的面积为S，点P运动的

时间为tt0秒．

（1）当点Q在AC上时，CQ的长为______（用含t的代数式表示）． （2）当点M落在BC上时，求t的值．

（3）当PQM与ABC的重合部分为三角形时，求S与t之间的函数关系式． （4）点N为PM中点，直接写出点N到ABC的两个顶点的距离相等时t的值． 3．已知抛物线y＝ax+

23x+4的对称轴是直线x＝3，与x轴相交于A，B两点（点B在点2A右侧），与y轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式和A，B两点的坐标；

（2）如图1，若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），是否存在点P，使四边形PBOC的面积最大？若存在，求点P的坐标及四边形PBOC面积的最大值；若不存在，请说明理由；

（3）如图2，若点M是抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交直线BC于点

N，当MN＝3时，求点M的坐标．

4．如图1，二次函数y＝ax+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0），与y轴交于点C，连接AC和BC，∠OAC＝60°． （1）求二次函数的表达式．

（2）如图2，线段BC上有M、N两动点（N在M上方），且MN＝23，P是直线BC下2方抛物线上一动点，连接PC、PB，当△PBC面积最大时，连接PM、AN，当MN运动到某一位置时，PM+MN+NA的值最小，求出该最小值．

（3）如图3，在（2）的条件下，连接AP，将AP绕着点A逆时针旋转60°至AQ．点E为二次函数对称轴上一动点，点F为平面内任意一点，是否存在这样的点E、F，使得四边形

AEFQ为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标，若不存在，请说明理由．

5．将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，其中点E与点B，点G与点

D分别是对应点，连接BG．

(1)如图，若点A，E，D第一次在同一直线上，BG与CE交于点H，连接BE． ①求证：BE平分∠AEC．

②取BC的中点P，连接PH，求证：PH∥CG． ③若BC＝2AB＝2，求BG的长．

(2)若点A，E，D第二次在同一直线上，BC＝2AB＝4，直接写出点D到BG的距离． 6．已知：如图1，一次函数y＝mx＋5m的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，与函数y＝－x的图像交于点C，点C的横坐标为－3． （1）求点B的坐标；

（2）若点Q为直线OC上一点，且S△QAC＝2S△AOC，求点Q的坐标；

（3）如图2，点D为线段OA上一点，∠ACD＝∠AOC．点P为x轴负半轴上一点，且点

23P到直线CD和直线CO的距离相等．

① 在图2中，只利用圆规作图找到点P的位置； (保留作图痕迹，不得在图2中作无关元．．．．．素．)

② 求点P的坐标．

7．在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，对于直线l和线段AB，给出如下定义：若将线段AB关于直线l对称，可以得到⊙O的弦A´B´（A´，B´分别为A，B的对应点），则称线段AB是⊙O的关于直线l对称的“关联线段”．例如：在图1中，线段AB是⊙O的关于直线l对称的“关联线段”．

（1）如图2，①在线段②若线段＝ ； （2）已知直线是⊙O的关于直线以及相应的BC长．

的横、纵坐标都是整数．

中，⊙O的关于直线y＝x＋2对称的“关联线段”是_______； 中，存在⊙O的关于直线y＝－x＋m对称的“关联线段”，则 m交x轴于点C，在△ABC中，AC=3，AB=1，若线段AB对称的“关联线段”，直接写出b的最大值和最小值，

8．如图，已知正方形ABCD，将AD绕点A逆时针方向旋转分别过点

作

，垂足分别为点E、F．

到AP的位置，

(1)求证：(2)联结(3)联结

，如果，如果

；

，求

的正切值； ，求n的值．

29．如图，抛物线y＝ax＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A(1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点

C(0，3)．

（1）求抛物线的表达式．

（2）设点P是位于直线BC下方的抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线交直线BC于点Q，求线段PQ的最大值．

（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，问是否存在点P，使得以

M，P，Q为顶点的三角形与△CBO相似？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请

说明理由．

10．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，D为抛物线顶点．

2

(1)连接AD，交y轴于点E，P是抛物线上的一个动点．

①如图一，点P是第一象限的抛物线上的一点，连接PD交x轴于F，连接

，求点P的坐标．

②如图二，点P在第四象限的抛物线上，连接AP、BE交于点G，若大值还是最小值？w的最值是多少？

，若

，则w有最

(2)如图三，点P是第四象限抛物线上的一点，过A、B、P三点作圆N，过点P作PMx轴，垂足为I，交圆N于点M，点P在运动过程中，线段

是否变化？若有变化，求出

MI的取值范围；若不变，求出其定值．

(3)点Q是抛物线对称轴上一动点，连接OQ、AQ，设AOQ外接圆圆心为H，当

的值最大时，请直接写出点H的坐标．

11．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点F是AB的中点．点D为边BC上一点，连接

AD．在AD上取一点E，使得∠DEB＝45°，连接CE，EF．

(1)如图1，当点C，E，F三点共线且EF＝1时，求CE的长；

(2)如图2，当点D在线段BC上运动时，探究CE与EF数量关系的变化情况． 12．如图，在正方形OABC中，AB＝4，点E是线段OA（不含端点）边上一动点，作△ABE的外接圆交AC于点D．抛物线y＝ax﹣x+c过点O，E．

2

(1)求证：∠BDE＝90°；

(2)如图1，若抛物线恰好经过点B，求此时点D的坐标； (3)如图2，AC与BE交于点F．

①请问点E在运动的过程中，CF⋅AD是定值吗？如果是，请求出这个值，如果不是，请说明理由；

②若，求点E坐标及a的值．

13．已知二次函数经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．

(1)求该抛物线解析式；

(2)如图1，点M为抛物线上第二象限内一动点，BM交y轴于点N，当BM将四边形

ABCM的面积分为1：2两部分时，求点M的坐标；

(3)如图2，点P为对称轴上D点下方一动点，点Q为直线y＝x第一象限上的动点，且DP＝2OQ，求BP+2BQ的最小值并求此时点P的坐标．

14．将两个含45°的三角板ABC和30°的三角板DEF如图放置，点G为AB的中点，三角板DEF的直角顶点F始终在线段AB上移动，且FM⊥AC于点M，且FN⊥BC于点N．

(1)如图1，当点G和点F重合时，线段GM和GN的数量关系为 ，线段GM和GN的位置关系为 ；

(2)如图2，当点F在GB上时，（1）中的结论是否成立，请说明理由； (3)若AC＝6，MN＝25时，直接写出线段BF的长． 15．两张宽度均为4的矩形纸片按如图所示方式放置

(1)如图①，求证：四边形ABCD是菱形．

(2)如图②，点P在BC上，PF⊥AD于F，若S四边形ABCD＝162，PB＝2， ①求∠BAD的度数； ②求DF的长． 16．如图，抛物线y=-12x+bx+c的图象经过点C(0，2)，交x轴于点A(﹣1，0)和B，连2接BC，直线y＝kx+1与y轴交于点D，与BC上方的抛物线交于点E，与BC交于点F．

(1)求抛物线的表达式及点B的坐标； (2)求

EF的最大值及此时点E的坐标； DF(3)在（2）的条件下，若点M为直线DE上一点，点N为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

17．已知二次函数yx2bxca0的图象与x轴的交于A、B（1，0）两点，与y轴交

3． 于点C0，

(1)求二次函数的表达式及A点坐标；

(2)D是二次函数图象上位于第三象限内的点，若点D的横坐标为m，△ACD的面积为S，

求S与m之间的函数关系式，并写出△ACD的面积取得最大值时点D的坐标； (3)M是二次函数图象对称轴上的点，在二次函数图象上是否存在点N．使以M、N、

B、O为顶点的四边形是平行四边形？若有，请写出点N的坐标（不写求解过程）．

18．小亮在学习中遇到这样一个问题：如图1，在等腰△ABC中，E，F分别是AB，BC的中点，P是AC上的一个动点，AC＝4cm，当△PEF为等腰三角形时，求线段AP的长度．小亮根据学习函数的经验，尝试结合函数研究此问题，请将下面的探究过程补充完整：

(1)根据点P在AC上的不同位置，画出相应的图形，测量线段AP，PE，PF的长度，得到下表的几组对应值：

AP/cm PE/cm PF/cm 0 1.12 3.04 0.5 0.71 2.55 1 0.50 2.06 1.5 0.71 1.58 2 1.12 3 1.58 0.71 3.5 2.06 0.50 4 2.55 0.71 4.5 3.04 1.12 a 表格中a的值为 ；

(2)将线段AP的长度作为自变量x，PE和PF的长度都是x的函数，分别记为yPE和yPF，并在平面直角坐标系xOy中画出了函数yPE的图象，如图2所示，请在同一平面直角坐标系中画出函数yPF的图象；

(3)继续在同一坐标系中画出所需的函数图象，并结合图象直接写出：当△PEF为等腰三角形时，线段AP的长度．（结果保留一位小数）

19．如图，抛物线与x轴交于A、B两点（ 点A在点B的左侧），点B坐标3,0，抛物线与y轴交于点C0,3，点D为抛物线顶点，对称轴x1与x轴交于点E，连接BC、

EC．

(1)求抛物线的解析式；

(2)点P是BC下方异于点D的抛物线上一动点，若S为矩形，直接写出满足条件的点Q的横坐标．

20．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，B（0，n），点A在x轴的负半轴上，点C（m，0），且

+|n﹣2|＝0．

PBCSEBC，求此时点P的坐标；

(3)点Q是抛物线上一动点，点M是平面上一点，若以点B、C、Q、M为顶点的四边形

(1)求∠BCO的度数；

(2)点P从A点出发沿射线AO以每秒2个单位长度的速度运动，同时，点Q从B点出发沿射线BO以每秒1个单位长度的速度运动，设△APQ的面积为S，点P运动的时间为t，求用t表示S的代数式（直接写出t的取值范围）；

(3)在（2）的条件下，当点P在x轴的正半轴上，连接AQ、BP、PQ，∠BQP＝2∠ABC＝2∠OAQ，且四边形ABPQ的面积为25，求PQ的长．

【参】

**科目模拟测试

一、解答题

11．(1)A的坐标为(4，8)，抛物线得解析式为：y＝x²+4x 2(2)①t＝4时，线段EG有最大值且为2；②t＝4或【解析】 【分析】

(1)由tan∠ACB＝2求出A(4，8)，然后再将A、C两点坐标代入y＝ax+bx中即可求出二次函数解析式；

(2)①先求出E的坐标为（4+

，8﹣t），再代入二次函数

中进而求出G点

2纵坐标，最后用G点纵坐标减去E点纵坐标即可求出EG关于t的表达式，利用配方法求最大值即可； ②由勾股定理求出AE＝

，AC＝

，再分当

△CEQ∽△ACB时和当△CEQ∽△ABC时两种情况分类讨论即可求解． (1)

解：∵B（4，0），C（8，0）， ∴BC＝4，

∵∠ABC＝90°，tan∠ACB＝2， ∴AB＝BC•tan∠ACB＝8， ∴A的坐标为（4，8），

将A（4，8），C（8，0）代入y＝ax²+bx， 得：

，

解得：，

∴抛物线得解析式为：(2)

；

解：①由题得：AP＝t，∠APE＝∠ABC＝90°，∠EAP＝∠CAB，

∴tan∠EAP＝tan∠CAB＝∴

，即PE＝

，

，

∵PB＝AB﹣AP＝8﹣t， ∴E的坐标为（4+将x＝4+得：

代入

，

， ＝

＝

，∵0≤t≤8，

，8﹣t），

，

∴G的纵的坐标为∴EG＝

∴t＝4时，线段EG有最大值且为2； ②∵CQ＝t，PE＝∴AE＝

∴CE＝AC﹣AE＝当△CEQ∽△ACB时，

，AP＝t，BC＝4，AB＝8，

，AC＝，

，代入数据：

，

∴

解得：t＝4，

，

当△CEQ∽△ABC时，，代入数据：

∴，

解得t＝，

．

∴综上，t＝4或【点睛】

本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数中线段最值问题，相似三角形的判定及性质等，本题属于综合题，熟练掌握二次函数图像性质及相似三角形的性质是解题的关键．

2．（1）45t；（2）t202045；（3）当0t，S6t2；当t时，

544141S5122256322055

，t2，t3． tt（4）t18751535712【解析】 【分析】

（1）根据∠C=90°，AB=5，AC=4，得cosA=即可得答案；

（2）由AQ∥PM，AP∥QM，可得APQM4t，证△CQM∽△CAB，可得答案； （3）当0t2020t时，根据勾股定理和三角形面积可得S6t2；当41414，△PQM与5AP44，又因为AP=4t，AQ=5t，，即AQ55△ABC的重合部分不为三角形；当

45t时，由S=S△PQB-S△BPH计算得54S512225632tt； 75153AF20 ，解得t = ，②当N到A、B距离相等时，过N作

57AP（4）分3中情况考虑，①当N到A、C距离相等时，过N作NE⊥AC于E，过P作PF⊥

AC于F，在Rt△APF中，cosA =NG⊥AB于G，同理解得t =

15 ，③当N到B、C距离相等时，可证明12AP=BP=2AB=，可得答案．

【详解】 （1）如下图：

52

∵∠C=90°，AB=5，AC=4， ∴cosA=

AC4 AB5AP4 AQ5∵PQ⊥AB， ∴cosA=

∵动点P从点A出发，沿AB以每秒4个单位长度的速度向终点B运动，点P运动的时间为t(t>0)秒， ∴AP=4t，

∴

4tAQ4 5∴AQ=5t，

∴CQ=AC-AQ=4-5t， 故答案为：4-5t； （2）

∵AQ∥PM，AP∥QM， ∴四边形AQMP是平行四边形． ∴APQM4t． 当点M落在BC上时， ∵AP∥QM， ∴CQMCAB． ∵CC， ∴△CQM∽△CAB， ∴∴

CQQM． ACAB45t4t． 4520． 4120； 41∴t∴当点M落在BC上时，t（3）当0t20时， 41

此时△PQM与△ABC的重合部分为三角形，

由（1）（2）知：AQ5t，APQM4t， ∴PQ=AQ2AP23t，

∵∠PQM=∠QPA=90°

11∴SQMPQ3t4t6t2，

22当Q与C重合时，CQ=0，即4-5t=0， ∴t 当当20t414，△PQM与△ABC的重合部分不为三角形， 54545t时，如下图： 54

∵AP4t， ∴PB=5-4t， ∵PM∥AC ∴

PHAC∴PH∵∴

PBPHBH54t，即 AB4354(54t)3(54t),BH， BHBC55tanBACBC43PQ， PBPQ54t，

∴PQ4(54t)， 31BH2∴S=S△PQB-S△BPH， 1PBPQ2PH

14(54t)13(54t)4(54t)(54t) 23255512225632tt． 75153综上所述：当0t2051222563245tt ，S6t2；当t时，S544175153（4）①当N到A、C距离相等时，过N作NE⊥AC于E，过P作PF⊥AC于F，如图：

∵N到A、C距离相等，NE⊥AC， ∴NE是AC垂直平分线， ∴AE=

12AC= 2，

∵N是PM中点， ∴PN=

12PM=2AQ=t

1525∴AF=AE- EF=2- t

2在Rt△APF中，cosA =

AF AP42t∴45 54t解得t =

20 57②当N到A、B距离相等时，过N作NG⊥AB于G，如图：

∴AG=

12AB=

5-4t 24 552∴PG=AG-AP=

∴cos∠NPG=cosA=∴

PG4 PN512而PN=

PM=2AQ=t 15254t42 ∴55t2解得t =

5 12③当N到B、C距离相等时，连接CP，如图：

∵PM∥AC，AC⊥BC ∴PM⊥BC，

∴N到B、C距离相等，

∴N在BC的垂直平分线上，即PM是BC的垂直平分线， ∴PB= PC， ∴∠PCB=∠PBC，

∴90°-∠PCB= 90°-∠PBC，即∠PCA=∠PAC， ∴PC= PA， ∴AP=BP=∴t=

12AB=，

52AP5 48综上所述，t的值为【点睛】

5205或或 57128本题考查三角形综合应用，涉及平行四边形、三角形面积、垂直平分线等知识，解题的关键是分类画出图形，熟练应用锐角三角函数列方程．

133．（1）yx2x4，点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（8，0）；（2）

42存在，点P（4，6）；（3）点M的坐标为（4﹣27，7﹣1）或（4+27，﹣7﹣1）． 【解析】 【分析】

（1）由抛物线的对称轴是直线x＝3，解出a的值，即可求得抛物线解析式，在令其y值为零，解一元二次方程即可求出A和B的坐标；

（2）易求点C的坐标为（0，4），设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），将B（8，

0），C（0，4）代入y＝kx+b，解出k和b的值，即得直线BC的解析式；设点P的坐标

13为（x，x24），过点P作PD∥y轴，交直线BC于点D，则点D的坐标为（x，

421x4），利用关系式S四边形PBOC＝S△BOC+S△PBC得出关于x的二次函数，从而求得2其最值；

131（3）设点M的坐标为（m，m2m4）则点N的坐标为（m，m4），MN＝

4221311m2m4(m4)m22m，分当0＜m＜8时，或当m＜0或m＞8时4224来化简绝对值，从而求解． 【详解】

解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝3， 3 232a1a

413∴抛物线的解析式为：yx2x4．

4213当y＝0时，0x2x4，解得x1＝﹣2，x2＝8，

42∴点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（8，0）．

13答：抛物线的解析式为：yx2x4；点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为

42（8，0）．

13（2）当x＝0时，yx2x44，

42∴点C的坐标为（0，4）．

设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），将B（8，0），C（0，4）代入y＝kx+b得

18kb0k，解得2 b4b41∴直线BC的解析式为yx4．

2假设存在点P，使四边形PBOC的面积最大， 设点P的坐标为（x，x2143x4），如图1所示，过点P作PD∥y轴，交直线BC于21点D，则点D的坐标为（x，x4），

2

1311则PD＝x2x4(x4)x22x，

4224∴S四边形PBOC＝S△BOC+S△PBC 1184PDOB 2211168(x22x)

24x28x16 (x4)232

∴当x＝4时，四边形PBOC的面积最大，最大值是32 ∵0＜x＜8，

∴存在点P（4，6），使得四边形PBOC的面积最大．

答：存在点P，使四边形PBOC的面积最大；点P的坐标为（4，6），四边形PBOC面积的最大值为32．

131（3）设点M的坐标为（m，m2m4）则点N的坐标为（m，m4），

4221311MN＝m2m4(m4)m22m

4224又∵MN＝3， 1m22m3

41当0＜m＜8时，m22m30，解得m1＝2，m2＝6，

4∴点M的坐标为（2，6）或（6，4）；

1当m＜0或m＞8时，m22m30，解得m3＝427，m4＝427，

4∴点M的坐标为（427，71）或（427，71）．

答：点M的坐标为（2，6）、（6，4）、（427，71）或（427，71）． 【点睛】

本题属于二次函数压轴题，综合考查了待定系数法求解析式，解析法求面积及点的坐标的存在性，最大值等问题，难度较大．

4．（1）y【解析】 【分析】

（1）由已知可设抛物线的解析式为ya(x1)(x3)，由已知条件可求得点C的坐标，把点C的坐标代入解析式中即可求得a的值，从而可得二次函数的表达式；

111111217332231,1,；（2）；（3）存在，或xx3 4433423223m,mm3（2）过点P作PD⊥x轴于点D，连接PO，设点P的坐标为，则33由题意可得OD、PD的长度，由SPBCSPOCSPOBSBOC可得关于m的二次函数，即可

求得此时函数的最大值，从而可得点P的坐标；过点A作BC的平行线，且在位于x轴下方的直线上取AG=NM，过G作GH垂直x轴于点H，连接GP，则可求得点G的坐标，当点M在线段GP上时，PM+NA最小，从而PM+MN+NA最小，可求得其最小值． （3）当四边形AEFQ是菱形时，△AEQ是等腰三角形，由点E在抛物线的对称轴上，故设点E(1，n)，由旋转的性质则可得AE=AQ=AP，可得关于n的方程，解方程即可求得n，从而求得点E的坐标． 【详解】

（1）∵抛物线交x轴于A（﹣1，0）、B（3，0）两点 ∴设抛物线的表达式为ya(x1)(x3)，且OA=1 ∵∠OAC=60゜，OA⊥OC ∴∠OCA=30゜ ∴AC=2OA=2

∴OCAC2OA2413 ∴C(0,3)

把点C的坐标代入ya(x1)(x3)中，得3a3 ∴a∴y3 33(x1)(x3) 33223xx3 333223xx3 33展开得：y即二次函数的表达式为y（2）过点P作PD⊥x轴于点D，连接PO，如图2—1

3223m,mm3设点P的坐标为 33∵点P位于第四象限内

32233223mm3mm3 ∴OD=m，PD3333∵B(3，0) ∴OB=3 ∵SPBCSPOCSPOBSBOC

111OCODPDOBOCOB 22233333223mmm32 22333233mm 2223393 m228∴当m当当m3时，△PBC的面积有最大值 23322353时， mm32334353此时点P的坐标为2,4

∵MN3为定值 2∴PM+MN+NA的最小值就是求PM+NA的最小值

过点A作BC的平行线，且在位于x轴下方的直线上取AG=NM，过G作GH垂直x轴于点H，连接GP，如图2-2 ∵AG∥NM，AG=NM ∴四边形AGMN是平行四边形 ∴GM=AN ∴PM+NA=PM+GM≥GP ∴当点M在线段GP上时，PM+NA最小，且最小值为线段GP的长，从而PM+MN+NA最小

在Rt△COB中，由勾股定理得BCOC2OB2(3)23223 ∴BC=2OC ∴∠CBO=30゜ ∵AG∥BC ∴∠HAG=∠CBO=30゜ ∵GH⊥x轴 ∴HG13 AG24由勾股定理得AHAG2HG2∴OHOAAH137 44333 4173,∴G点坐标为4 4237533217由勾股定理得GP 244442即PM+NA的最小值为217 42173 42∴PM+MN+NA的最小值为

（3）存在；理由如下：

由于四边形AEFQ是菱形，则△AEQ是等腰三角形，且AE=AQ ∵抛物线的对称轴为直线x=1，点E在抛物线的对称轴上 ∴设点E(1，n)

则AE2(11)2n24n2 ∵AP绕点A旋转后得到AQ ∴AP=AQ ∴AE=AQ=AP 2353175∵AP1 241622∴由AE=AP得：4n2解得：n111 4175 161111111,1,∴点E的坐标为或 44

【点睛】

本题是二次函数的综合题，考查了用待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的性质，图形的面积，菱形的性质，直角三角形的性质等，综合性强，考查的知识点多，运算量大，是中考常考的压轴题．就数学思想方法而言有：割补思想，转化思想（三线段和的最小值转化为两线段和的最小值），方程思想，数形结合等．

5．(1)①见解析；②见解析；③7 (2)57221 +77【解析】 【分析】

（1）①根据旋转的性质得到CBCE，求得EBCBEC，根据平行线的性质得到

EBCBEA，于是得到结论；

②如图1，过点B作CE的垂线BQ，根据角平分线的性质得到ABBQ，求得CGBQ，根据全等三角形的性质得到BHGH，根据三角形的中位线定理即可得到结论； ③如图2，过点G作BC的垂线GM，解直角三角形即可得到结论．

（2）如图3，连接DB，DG，过G作GPBC交BC的延长线于P，GNDC交DC的延长线于N，根据旋转的性质得到CEBC4，CDAB2，解直角三角形得到NG1，PG3，根据三角形的面积公式即可得到结论．

(1)

解：①证明：矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，

CBCE，

EBCBEC，

又AD//BC，

EBCBEA， BEABEC，

BE平分AEC；

②证明：如图1，过点B作CE的垂线BQ，

BE平分AEC，BAAE，BQCE，

ABBQ，

CGBQ，

BQHGCH90，BQABCG，BHQGHC， BHQGHC(AAS)，

BHGH，

即点H是BG中点， 又点P是BC中点，

PH//CG；

③解：如图2，过点G作BC的垂线GM，

BC2AB2，

BQ1，

BCQ30，

ECG90， GCM60， CGABCD1，

GM13，CM， 2253BGBM2MG2()2()27；

22(2)

解：如图3，连接DB，DG，过G作GPBC交BC的延长线于P，GNDC交DC的延长线于N，

BC2AB4，

AB2，

将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，

CEBC4，CDAB2，

点A，E，D第二次在同一直线上，

CDE90，

1CDCE，

2DEC30，

DCE60，

NCG30，CG2， NG1，PG3，

SDBGSDBCSDCGSBCG523，BGBP2PG227，

DM2SDBG57221． BG77【点睛】

本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是正确地作出辅助线．

6．（1）B（0，5）；（2）点Q的坐标为（-9，6）或（3，-2）；（3）①见解析；②点

P的坐标为（-5-22，0）或（-5+22，0）．

【解析】 【分析】

（1）把点C的横坐标代入正比例函数解析式，求得点C的纵坐标，然后把点C的坐标代入一次函数解析式即可求得m的值，则易求点B的坐标；

（2）由S△QAC=3S△AOC得到点Q到x轴的距离是点C到x轴距离的2倍或点Q到x轴的距离和点C到x轴距离相等；

（3）①如图2，以点A为圆心，AC长为半径画弧，该弧与x轴的交点即为P；②先求出

AC，再判断出AP=AC，即可求出点P的坐标．

【详解】

解：（1）把x=-3代入y=-将其代入y=mx+5m，得

2x得到：y=2．则C（-3，2）． 32=-3m+5m， 解得 m=1．

则该直线的解析式为：y=x+5． 令x=0，则y=5， 即B（0，5）；

（2）由（1）知，C（-3，2）． 如图1，

设Q（a，-2a）． 3∵S△QAC=2S△AOC，

∴S△QAO=3S△AOC，或S△Q′AO=S△AOC， ①当Q在第二象限即S△QAO=3S△AOC时， 11OA•yQ=3×OA•yC， 22∴yQ=3yC，即-解得 a=-9，

2a=3×2=6， 3∴Q（-9，6）；

②当Q在第四象限S△Q′AO=S△AOC时， 11OA•yQ=OA•yC， 22∴yQ=2yC，即

2a=2， 3解得 a=3（舍去负值）， ∴Q′（3，-2）；

综上，点Q的坐标为（-9，6）或（3，-2）；

（3）①如图2，以点A为圆心，AC长为半径画弧，该弧与x轴的交点即为P；

②如图3，作P1F⊥CD于F，P1E⊥OC于E，作P2H⊥CD于H，P2G⊥OC于G．

∵C（-3，2），A（-5，0）， ∴AC=3(5)2(20)222，

∵P2H=P2G，P2H⊥CD，P2G⊥OC， ∴CP2是∠OCD的平分线， ∴∠OCP2=∠DCP2， ∴∠AP2C=∠AOC+∠OCP2， ∵∠ACP2=∠ACD+∠DCP2， ∴∠ACP2=∠AP2C， ∴AP2=AC， ∵A（-5，0）， ∴P2（-5+22，0）． 同理：P1（-5-22，0）．

综上，点P的坐标为（-5-22，0）或（-5+22，0）． 【点睛】

本题考查了一次函数综合题，涉及坐标与图象的关系、待定系数法求函数解析式、角平分线的性质、点到直线的距离、三角形的面积公式等知识，综合性较强．

7．（1）① A1B1；②2或3；（2）b的最大值为

，此时BC＝7 【解析】 【分析】

，此时BC＝13；b的最小值为

（1）①根据题意作出图象即可解答；②根据“关联线段”的定义，可确定线段A2B2存在“关联线段”，再分情况解答即可；

（2）设与AB对应的“关联线段”是A’B’，由题意可知：当点A’（1，0）时，b最大，当点

A’（-1，0）时，b最小；然后分别画出图形求解即可；

【详解】

解：（1）①作出各点关于直线y=x+2的对称点，如图所示，只有A1B1符合题意；

故答案为：A1B1；

②由于直线A1B1与直线y=-x+m垂直，故A1B1不是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”；

由于线段A3B3=5，而圆O的最大弦长直径=2，故A3B3也不是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”；

直线A2B2的解析式是y=-x+5，且“关联线段”；

当A2B2是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”，且对应两个端点分别是（0，1）与（1,0）时，m=3，

当A2B2是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”，且对应两个端点分别是（0，-1）与（-1,0）时，m=2， 故答案为：2或3．

（2）设与AB对应的“关联线段”是A’B’，由题意可知：当点A’（1，0）时，b最大，当点

，故A2B2是⊙O的关于直线y＝x＋2对称的

A’（-1，0）时，b最小；

当点A’（1，0）时，如图，连接OB’，CB’，作B’M⊥x轴于点M，

∴CA’=CA=3，

∴点C坐标为（4，0）， 代入直线

∵A’B’=OA’=OB’=1， ∴△OA’B’是等边三角形， ∴OM=

12，得b=；

，，

在直角三角形CB’M中，CB'=，即；

当点A’（-1，0）时，如图，连接OB’，CB’，作B’M⊥x轴于点M， ∴CA’=CA=3，

∴点C坐标为（2，0）， 代入直线

∵A’B’=OA’=OB’=1， ∴△OA’B’是等边三角形， ∴OM=

12，得b=；

，，

在直角三角形CB’M中，CB'=；即

综上，b的最大值为【点睛】

，此时BC＝13； b的最小值为，此时BC＝7．

本题是新定义综合题，主要考查了一次函数图象上点的坐标特点、圆的有关知识、等边三角形的判定和性质、勾股定理、轴对称的性质等知识，正确理解新定义的含义、灵活应用数形结合思想是解题的关键．

8．(1)证明见解析； (2)； (3)30 【解析】 【分析】

（1）作CG⊥CE，交FD延长线于G点，可根据题意得出四边形FECG为矩形，再结合矩形和正方形的性质推出△BCE≌△DCG，从而得到CE=CG，即四边形FECG为正方形，即可证得结论；

（2）在（1）的基础之上，连接CF，首先通过旋转的性质和三角形的内角定理推出△CEF和△DFP均为等腰直角三角形，进而利用相似三角形的判定与性质推出PF和EF之间的关系，从而表示出BE的长度，即可求出∠BCE的正切值，再根据余角的关系证明∠ABP=∠BCE，即可得出结论；

（3）根据正方形的性质以及前面两个问题的求解过程推断出A、C、D、F四点共圆，即可得到在变化过程中，∠AFC始终为90°，从而在Rt△ACF中运用特殊角的三角函数值求解角度即可得出结论． (1)

：如图所示，作CG⊥CE，交FD延长线于G点， ∵CE⊥BP，DF⊥BP，CG⊥CE， ∴∠EFG=∠FEC=∠ECG=∠BEC=90°，

23∴四边形FECG为矩形，∠G=90°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BCD=90°，BC=DC，

∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECG=∠ECD+∠DCG， ∴∠BCE+∠ECD =∠ECD+∠DCG， 即：∠BCE=∠DCG， 在△BCE和△DCG中，

∴△BCE≌△DCG(AAS)， ∴CE=CG，

∴四边形FECG为正方形， ∴CE=EF；

(2)

解：如图所示，连接CF，

由（1）知，CE=EF，CE⊥EF，则△CEF为等腰直角三角形， 由旋转的性质得：∠PAD=n°，AP=AD， ∴∠PAB=90°+n°，∠APD=∵AP=AB， ∴∠APB=

121212（180°-∠PAD）=90°-n°，

（180°-∠PAB）=45°-

12n°，

∴∠FPD=∠APD-∠APB=45°， ∵DF⊥AB， ∴∠DFP=90°，

∴△DFP也为等腰直角三角形，PF=DF， ∴△DFP∽△CEF， ∵∴

，

，

设PF= DF=x，则FE=CE=3x， 由（1）知四边形CEFG为正方形， ∴FG=FE=3x， ∴DG=FG-DF=2x， ∵△BCE≌△DCG， ∴BE=DG=2x， ∴在Rt△BEC中，

，

∵∠ABP+∠EBC=90°，∠EBC+∠BCE=90°， ∴∠ABP=∠BCE， ∴

；

(3) 解：∵

，

∴如图所示，连接AF和对角线AC， 由（2）可知，∠EFC=45°，∠EFD=90°， ∴∠CFD=45°，

∵AC为正方形ABCD的对角线， ∴∠CAD=45°，AC=2AB， ∴∠CAD=∠CFD， ∴点A、C、D、F四点共圆， ∴∠AFC=∠ADC=90°， ∵AF=∴AF=

2AB， 212AC，

，

则在Rt△AFC中，∵∠ACF为锐角，

∴∠ACF=30°，∠FAC=90°-30°=60°， ∵∠CAD=45°， ∴∠FAD=60°-45°=15°， ∵AP=AD，AF=AF，PF=DF，

∴△AFP≌△AFD， ∴∠FAD=∠FAP=15°， ∴∠PAD=30°， ∴n=30．

【点睛】

本题考查正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及旋转的性质和解直角三角形等，掌握图形的基本性质和判定方法，具有较强的综合分析能力是解题关键．

9．（1）yx24x3；（2）【解析】 【分析】

（1）利用待定系数法求解二次函数解析式即可；

（2）设BC为ykxb，代入B、C两点坐标，求解，设P(n,n24n3)，求得点Q坐标，求得PQ的长度与n的关系，即可求解；

（3）分两种情况，PMQ∽OBC和MPQ∽OBC，利用相似三角形的性质分别求解即可． 【详解】

解：（1）将A、B、C三点坐标代入抛物线解析式可得

9；（3）存在，(22,1)或(1，0) 4abc0a19a3bc0，解得b4

c3c3抛物线解析式为yx24x3， （2）设BC为ykxb，代入B、C可得

3kb0k1，解得， b3b3即BC为yx3，

设P(n,n24n3)，则Q(n,n3)，

PQ的长为n3(n24n3)n23n(n)23299， 44线段PQ的最大值为

9， 4（3）∴抛物线的对称轴为直线x2， ∵点M是对称轴与直线BC的交点，

∴将x2代入yx3，得y231，即M2,1．

PQ∥y轴， PQBOCB，

∴以M,P,Q为顶点的三角形与OBC相似有两种情况：PMQ∽OBC或MPQ∽OBC， ①当PMQ∽OBC时，QPMCOB90，即PMPQ， yPyM1，

将yP1代入yx24x3，得x24x31， 解得x122,x222 (舍去)， P(22,1)；

②当MPQ∽OBC时，QMPCOB90，即PMBC， ∴

PMMQ， OBOC∵OBOC3， ∴PMMQ，

由（2）得，P(n,n24n3)，Q(n,n3)， ∴(n2)2(n24n2)2(n2)2(n2)2， 即(n24n2)2(n2)2，

即n24n2n2或n24n2n2， 解得n1，n4，n0，n3， ∵0n3， ∴n1，即P1,0，

综上所述，存在点P，使以点M,P,Q为顶点的三角形与OBC相似， P点坐标为

(22,1)或(1，0)．

【点睛】

此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握并灵活运用相关性质进行求解．

10．(1)①(2)不变，(3)【解析】 【分析】

（1）①根据题意先求得

各点的坐标，求得AD的解析式，进而求得点E的坐

或

，②w有最小值，w的最值是

标，通过计算可得

，依题意，设

②根据已知条件设

，进而可得，由可得出

，解方程求解即可；

，求得直线AP的解析式，直线BE的解析

式，联立即可求得点G的坐标，根据

，根据二次函数的性质求得的最大值，即可求得

（2）根据题意过点N作

，令的最小值；

，依题意，点N为△ABP的外心，N为AB垂直平分线

，，进而求得

，，即可

上的点则点N在抛物线的对称轴x1上，设

A1,0，B3,0，根据求得（3）作

；

的外心H，作

建立方程，解得

轴，则最大转为求当

，进而可得H在AO的垂直平分取得最小值时，

，勾股定理求得

最大，进而，即可求

线上运动，根据题意当

根据点到直线的距离，垂线段最短，即可求得，求得得点H的坐标，根据对称性求得另一个坐标． (1)

抛物线y＝x﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，D为抛物线顶点． 令x0，解得y3，则C0,3 令y0，则则

，解得x11,x23

2

，则

①

设直线AD的解析式为ykxb 则解得

令x0，则，

，

依题意，设

解得

（舍）

②点P在第四象限的抛物线上，AP、BE交于点G，如图，

设

设直线AP的解析式为则

，

A1,0

解得

设直线AP的解析式为

设直线BE的解析式为yk1xb1

直线BE的解析式为

联立

解得





存在最大值，则

存在最小值

令

当则

时，存在最大值，最大值为的最小值为

 w有最小值，w的最值是

(2) 不变，

，理由如下，

，依题意，点N为△ABP的外心

如图，过点N作

N为AB垂直平分线上的点，即点N在抛物线的对称轴x1上， PMx，

， 轴，



，

，A1,0，B3,0，

设

N为△ABP的外心，

，则

即解得

即

(3) 如图，作

的外心H，作

轴，则

H在AO的垂直平分线上运动

依题意，当

最大时，即

最大时，

是

的外心，

，即当

最大，

则当

取得最小值时，最大

，

即当HQ⊥直线x=1时，取得最小值时，此时

∴

在

中，．

根据对称性，则存在．

最大

综上所述，【点睛】

或．

本题考查了三角形的外心，垂径定理，抛物线与三角形面积计算，二次函数的性质求最值问题，抛物线与圆综合，运用转化思想是解题的关键．

11．(1)2 (2)EF＝

2CE 2【解析】 【分析】

（1）过E点作EG⊥BC于G点，证明EF⊥AB，AE＝BE，CG＝EG，再结合已知条件求解∠EAF＝∠EBF＝22.5º，证明BE是∠CBA的角平分线．可得EG＝EF＝1，再利用勾股定理可得答案；

（2）如图，将△ACE绕点C顺时针旋转90º得△BCM，连接EM，倍长EF至N，连接

NB，则AE＝BM，AFE＝∠NBF．再证明FBEBFN, 证明△AFE≌BFN（SAS），可得AE＝BN＝BM，∠EAFCAE, 可得∠EBM＝∠EBN．可得△BEM≌△BEN(SAS)，证明

1EN＝EM．由勾股定理知EM＝2EC，结合EF＝EN，从而可得答案； 2(1)

解：（1）过E点作EG⊥BC于G点．

∵ F为△ABC是等腰直角三角形斜边AB的中点，且C，E，F三点共线，

CFAFBF,CABABC45, EF⊥AB，

CEG45ECG, AE＝BE，

∴ ∠EAF＝∠EBF．

又∵ ∠DEB＝∠EAF+∠EBF＝45º， ∴ ∠EAF＝∠EBF＝22.5º， ∴ ∠EBF1CBA． 2∴ BE是∠CBA的角平分线． ∵ EG⊥BC，EF⊥AB， ∴ EG＝EF＝1．

在等腰直角三角形CEG中，

由勾股定理得CE＝2EG＝2． (2)

法1：如图，将△ACE绕点C顺时针旋转90º得△BCM， 连接EM，倍长EF至N，连接NB，则AE＝BM，AFE∵ F为AB中点，

BFN,

∴ AF＝BF，△AFE≌BFN（SAS）， ∴ AE＝BN＝BM，∠EAF＝∠NBF． ∴ AD∥BN，

∴ ∠EBN＝∠DEB＝45º．

FBNFBEFBE45CAE,

EABCAE,

又∵ ∠EBM＝∠DBE+∠CBM ＝∠DBE+∠CAE ＝∠DBE+∠EBA ＝45º，

∴ ∠EBM＝∠EBN． ∵ BE＝BE，

∴ △BEM≌△BEN(SAS)， ∴ EN＝EM．

在腰直角三角形CEM中， 由勾股定理知EM＝2EC， ∴ EN＝EM＝2EC． 又∵ EF＝∴ EF＝12EN，

2CE． 2法2：如图，将△BCE绕点C逆时针旋转90º得△ACM，连接EM，延长EF至N， 使得FN＝EF，连接AN， 则AM＝BE．

∵ F为AB中点，

同理可得 AF＝BF，△BFE≌AFN（SAS）， ∴ AN＝BE＝AM，∠ABE＝∠NAB， ∴ AN∥BE，

∴ ∠EAN＝∠DEB＝45º． 同理可得：CAE＝∠CBE+∠CAE ＝∠CBE+∠EBA ＝45º，

∴ ∠EAM＝∠EAN． 又∵ AE＝AE，

∴ △AEM≌△AEN (SAS)， ∴ EN＝EM． 在Rt△CEM中，

由勾股定理得EM＝2EC， ∴ EN＝EM＝2EC． 又∵ EF＝∴ EF＝12EBA,

又∵ ∠MAE＝∠MAC+∠CAE EN，

2CE． 2法3：如图，过B作AD的垂线交AD延长线于点H，连接HF．

∵ ∠DEB＝45º，△EHB为等腰直角三角形， ∴

BEEH2．

同理，在等腰直角三角形ABC中，F为AB中点，

∴

BCBF2，

∵ △AHB为直角三角形，F为AB中点， ∴ FH＝BF,∠EAF＝∠EHF， ∴

BEEHBCFH2

同理∠CBE＝∠EAF， ∴ ∠CBE＝∠EHF， ∴ △CEB∽△FEH， ∴

CEEF2，

2CE． 2即EF＝【点睛】

本题考查的是全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质，角平分线的性质定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线，建立全等三角形的模型或相似三角形的模型是解本题的关键.

12．(1)证明见解析； (2)D（1，3），过程见解析；

1(3)①CF⋅AD=16，证明见解析；②点E的坐标是（3，0），a的值是，过程见解析．

3【解析】 【分析】

（1）由四边形OABC是正方形得∠AOB=90°，证明 BE为△ABE的外接圆的直径，即可得证；

（2）由抛物线y＝ax﹣x+c 过点O（0，0），点B（4，4）得抛物线的解析式为y＝

212x2﹣x，得到点 E 的坐标，再利用A（4，0），C(0，4)，求得直线AC 解析式为 yx4，可设D 的坐标为（m，m4），作DH⊥OE于点H，由勾股定理得BE的长，DE=10， 在Rt△DHE中，由勾股定理得DH+HE= DE，得到方程（—m+4）+(2—m)= DE=10 求得m的值，即可得到点D 的坐标； （3）①先证明△ADB∽△CBF，得到②先证明△CBF ∽△BDF，求得BF=∽△AFE 得到

，求得EF=，得到CF⋅AD=AB⋅CB=16； ，设点E的坐标是（n，0），再证明△CFB ，从而得BE=BF+EF=，在

22222

22Rt△ABE中，由勾股定理得AB2+AE2= BE2，求得n的值，即可得到E 的坐标为（3，0）；

把点E（3，0），点O（0，0）分别代入y＝ax﹣x+c 得a的值．

2(1)

证明：∵ 四边形OABC是正方形 ∴ ∠AOB=90°

∴ BE为△ABE的外接圆的直径 ∴∠BDE=90° (2)

解：如图3，

作DH⊥OE于点H，则DH=m，HE=2—m， ∵ 四边形OABC是正方形，AB=4 ∴ 点B的坐标是（4，4）

把O（0，0），B（4，4）代入y＝ax﹣x+c 得

2

解得

12∴抛物线的解析式为y＝

12x2﹣x 当 y＝0 时，0= x﹣x 2得到

=2，

=0 （舍去）

∴点 E 的坐标为（2，0） 设直线 AC的解析式为ykxb 把A（4，0），C(0，4)代入ykxb得

解得k1，

∴ 直线AC 解析式为 yx4 设D 的坐标为（m，m4） 在Rt△AEB中，AE=2，AB=4，

由勾股定理得

在Rt△BDE中，∠DBE=∠DEB=45°， 由勾股定理得

BD2+DE2= BE2 ∴ 2DE= BE=(25)=20 ∴DE=10 在Rt△DHE中， 由勾股定理得

2222

DH2+HE2= DE2 ∴（—m+4）+(2—m)= DE=10 解得 m11，m25（不合题意，舍去） 此时(3) 如图2，

①：CF⋅AD是定值，CF⋅AD=16， 证明： ∵ 四边形OABC是正方形 ∴ ∠BAD =∠DCF = 45° BC∥AD ∴∠CBF =∠AEB ∵∠AEB =∠ADB ∴∠CBF=∠ADB ∴△ADB∽△CBF ∴

22

2

∴ 点D的坐标为D（1，3）．

∴CF⋅AD=AB⋅CB=16

1②解： 点E的坐标是E（3，0），a的值是，

3在△CBF和△BDF中， ∵∠BCF=∠DBF =45° ∠CFB=∠BFD ∴△CBF ∽△BDF ∴∴BF=

设点E的坐标是（n，0），则AE=4—n ∵∠BCF=∠EAF =45° ∠CFB=∠AFE ∴△CFB ∽△AFE ∴∴EF=∴BE=BF+EF=

在Rt△ABE中，由勾股定理得

AB2+AE2= BE2 ∴解得：

，

（不合题意，舍去）

2∴ 点E的坐标是E（3，0）；

把点E（3，0），点O（0，0）分别代入y＝ax﹣x+c 得

解得

1∴a的值是．

3【点睛】

本题考查了圆、二次函数、相似三角形的性质和判定、勾股定理等诸多知识，综合性非常强，求证难度较大，计算量较大．深入挖掘题意，熟练掌握相关知识并能灵活应用是解题的关键所在．

13．(1)y＝﹣x﹣2x+3． (2)M（﹣2，3）或（

，11）． 92(3)最小值为AC＝32，点P（﹣1，2）． 【解析】 【分析】

（1）根据A、B点的坐标设出抛物线的交点式，再将C点的坐标带图求解，即可得出结论．

（2）过A点作AG⊥x轴交BM的延长线于G，则

，设ON＝t，则AG＝4t，

CN＝3﹣t，进而得出或2，进而建立方程求解，即可得出结论．

（3）先判断出△PCD∽△OBQ，进而得出PC＝2OQ，在判断出A、P、C在同一条直线

上时，BP+2OQ的最小值，在求出直线AC的解析式，即可得出结论． (1)

解：∵二次函数经过点A（﹣3，0）、B（1，0）， ∴设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1）， ∵点C（0，3）在抛物线上， ∴﹣3a＝3， ∴a＝﹣1，

∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3； (2)

解：如图1，过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G， 由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3， 设点M（m，﹣m2﹣2m+3）（﹣3＜m＜0）， ∴S△BCM＝

112CN（1﹣m），S△ABM＝S△ABG﹣S△AMG＝2AG[（1+3）﹣（12AG（1﹣m），

∴

，

∵， ∴

＝

14， 设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，

∵BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时， ∴＝

12或2，

∴，或2， ∴

或2，

∴t＝1或t13， ∴N（0，1）或N（0，13），

当N（0，1）时，

∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣x+1①， 由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）②， 联立①②解得，或

，

∴M（﹣2，3）；

m+3）]＝

1当N（0，）时，

311∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣x+③，

33联立②③解得，或，

∴M（，

119）； 即M（﹣2，3）或（，

119）；

(3)

解：如图2，

连接PC，CD，过点C作CH⊥DP于H，

由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2m+3＝﹣（∴D（﹣1，4）， ∵C（0，3），

∴CD＝2，DH＝1，CH＝1， ∴DH＝CH， ∴∠CDP＝45°，

∵点Q为直线y＝x第一象限上的动点， ∴∠BOQ＝45°＝∠CDP， ∵DP＝2OQ， ∴＝2， ∵＝2， ∴

＝

＝2，

∴△PCD∽△OBQ，

m﹣1）2

+4， ∴

∴PC＝2OQ，

，

∴BP+2OQ＝BP+PC， 连接AP，

∵点P是抛物线的对称轴上的点， ∴PB＝PA，

∴BP+2OQ＝BP+PC＝PA+PC，

∴当点A，P，C在同一条直线上时，BP+2OQ最小，最小值为AC＝∵A（﹣3，0），C（0，3）， ∴直线AC的解析式为y＝x+3， 当x＝﹣1时，y＝2， ∴点P（﹣1，2）．

＝32，

【点睛】

本题考察了二次函数解析式的求法，抛物线的性质，三角形面积公式，相识三角形等问题，需要数形结合解答问题．

14．(1)GM＝GN；GM⊥GN (2)成立，见解析 (3)22或42 【解析】 【详解】

解：（1）在Rt△ABC中，∠A＝∠B＝45°， ∵G是AB中点， ∴AG＝BG，

∵GM⊥AC，GN⊥BC， ∴∠AMG＝∠BNG＝90°， ∴△AMG≌△BNG（AAS），

∴GM＝GN， ∵∠EGD＝90°， ∴GM⊥GN，

故答案为：GM＝GN；GM⊥GN． （2）成立 理由如下： 如图，连接GC，

在等腰Rt△ABC中，CG＝BG，∠ACG＝∠B＝45°， ∵∠B＝45°，∠BNF＝90°， ∴∠NFB＝∠B＝45°， ∴△FNB为等腰直角三角形， ∴BN＝NF，

∵∠CMF＝CNF＝∠ACB＝90°， ∴四边形CMFN为矩形， ∴CM＝NF， ∴CM＝BN，

∴△CMG≌△BNG（SAS）， ∴MG＝NG，∠MGC＝∠NGB，

∴∠MGC+∠CGN＝∠NGB+∠CGN＝90°， 即∠MGN＝90°， ∴GM⊥GN， 故（1）中结论成立；

（3）在Rt△ABC中，AB2AC62， ∵四边形CNFN为矩形， ∴CM＝NF，CN＝MF，

∵在等腰Rt△ABC中，AC＝BC＝6， ∴CN＝6﹣BN＝6﹣NF＝6﹣CM，

在Rt△CMN中，由得勾股定理得：MN＝CM+CN， ∴(25)2CM2(6CN)2， ∴20＝2CM﹣12CM+36， ∴CM﹣6CM+8＝0，

22222解得：CM＝2或CM＝4，

①CM＝2时，NF＝2，则在Rt△BNF中，BF2NF＝22； ②CM＝4时，NF＝4，则在Rt△BNF中，BF2NF＝42， 故答案为：22或42．

15．(1)见解析 (2)①45°；②6﹣42 【解析】 (1)

如图1，过点D作DE⊥AB于E，作DQ⊥BC于Q，

则∠AED＝∠CQD＝90°， ∵矩形纸片宽度均为4， ∴DE＝DQ，

又∵∠CDE＝∠ADQ＝90°， ∴∠ADE＝∠CDQ， 在△ADE和△CDQ中，

ADECDQ， DEDQAEDCQD∴△ADE≌△CDQ（ASA）， ∴AD＝CD，

又∵AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是菱形； (2) ①如图1，

∵S四边形ABCD＝162，

∴AB×DE＝162，即AB×4＝162， ∴AB＝42＝AD， ∴sinDAEDE42， AD422∴∠BAD＝45°； ②如图2，

∵菱形ABCD中，AB＝BC＝42，而PB＝2， ∴CP＝42﹣2， 又∵PF⊥AD，AD∥BC， ∴PF⊥BC，

又∵∠PCG＝∠BAD＝45°， ∴PG＝42﹣2，

∴FG＝PF﹣PG＝4﹣（42﹣2）＝6﹣42， 又∵∠CDF＝45°＝∠DGF， ∴DF＝FG＝6﹣42． 【点睛】

本题主要考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的性质以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．解题时注意：一组邻边相等的平行四边形是菱形．

16．(1)y=-123x+x+2，B(4，0) 22(2)2，(2，3)

1723(3)M(34,34+2) 或M(34,234)或M(3,4)或M(,)

662222【解析】 【分析】

（1）运用待定系数法将点A，C的坐标代入求出抛物线解析式，再根据点B在x轴上，令

y=0，即可求出点B的坐标；

（2）由题意知，点E位于y轴右侧，作EG//y轴交BC于点G，根据平行线截线段成比例可得

EFEFEG，由于CD=1，即可将求的最大值转化为求EG的最大值，应用两点间距=DFDFCD离公式即可；

（3）设M(n，n+1)，用含m的代数式表示出BD，DM，BM，再根据以点B、D、M、N为顶点的四边形是菱形分两种情况：以BD为边，BD=DM或BD=BM；以BD为对角线；分别进行讨论即可． (1)

解：设B(xB,yB)，将A(-1，0)，C(0，2)代入y=-12x+bx+c中， 21--b+c=0得2 c=23b=解得2

c2∴抛物线的解析式为y=-∵点B在x轴上 ∴yB=0 将yB=0代入y=--123x+x+2得 22123x+x+2 22123x+x+2=0 2B2B∴xB1=4,xB2=-1(不合题意，舍去) ∴B(4，0) (2)

由题意得，点E在y轴右侧，作EG//y轴交BC于点G，如图

∴CD//EG ∴

EFEG =DFCD∵直线y=kx+1与y轴交于点D ∴D(0，1) ∴CD=2-1=1

EF=EG DF设直线BC的解析式为y=mx+n(m≠0)

∴

将B(4，0)，C(0，2)代入，得

4m+n=0 n=21m=-解得2

n=2∴设直线BC的解析式为y=-1x+2 2131设点E(t，-t2+t+2)，则G(t，-t+2)(022213111∴EG=(-t2+t+2)-(-t+2)=-t2+2t=-(t2)2+2

22222∴

EF1=-(t2)2+2 DF21∵-<0

2∴当t=2时，

EF的值最大，最大值为2 DF∴点E的坐标为(2，3) (3)

设直线DE的解析式为y=kx+B，将D(0，1)，E(2，3)代入，得

b=1 2k+b=3k=1解得

b=1∴直线DE的解析式为y=x+1 设M(n，n+1)

∴BM2=(4-n)2+(0-n-1)2=2n2

2DM2=（0-n）+(1-n-1)2=2n2

BD2=42+12=17

∵以点B、D、M、N为顶点的四边形是菱形 ∴分两种情况：BD为边和BD为对角线 ①BD为边

MN=DM=BD(如图1)或MN=BM=BD(如图2)

图1

图2

∴DM2=BD2=17 或BM2=BD2=17 即2m2=17 或2m2-6m+17=17 解得m1=3434,m2=-,m3=3,m4=0(舍去)

22∴M(34,34+2) 或M(34,234)或M(3,4) 2222②BD为对角线，如图3

图3

设BD的中点为Q，则Q(2，∵四边形BMDN是菱形 ∴MN⊥BD，QB=QD=∴QD2+QM2=DM2

11即(2-0)2+(-1)2+(n-2)2+(n+1-)2=2n2

2212)

1BD 2解得n=17 61723∴M(,)

66综上所求，点M的坐标为M(34,34+2) 或M(34,234)或M(3,4)或

2222M(1723,)． 66【点睛】

本题考查了二次函数综合题型，待定系数法，菱形性质，平行线截线段成比例，勾股定理等知识点，综合性较强，有一定难度，熟练掌握待定系数法，二次函数图象和性质等相关知识，灵活运用数形结合思想，方程思想和分类讨论思想是解题关键．

17．(1)y=x+2x-3，A点坐标为（-3，0） (2)S与m之间的函数关系式为：S=-取得最大值时点D的坐标为（-3322739（m+）+或S=m2m；△ACD的面积228222153，-）； 24(3)点N的坐标为：（2，5）或（0，-3）或（-2，-3）． 【解析】 【分析】

（1）利用待定系数法解决问题即可．

（2）如图，连接AD，CD．由题意知，点D到直线AC的距离取得最大，推出此时△DAC的面积最大．过点D作x轴的垂线交AC于点G，设点D的坐标为（m，m+2m-3），用待定系数法解出直线AC的解析式y=-x-3，则设点G（m，-m-3），推出DG=-m-3-（m+2m-3）=-m-3-m-2m+3=-m-3m，利用二次函数的性质求解即可．

（3）设点N的坐标为（n， n+2n-3）点M的坐标为（-1，h），利用对点法找出平行四边形对角线的中点坐标．分三种情况（①BO为对角线时，②BM为对角线时，③BN为对角线时）讨论即可． (1)

解：（1）把B（1，0），C（0，-3）代入y=ax+2x+c则有

222222c＝3， a2c＝01a＝解得，

c＝3∴二次函数的解析式为y=x+2x-3， 令y=0，得到x+2x-3=0，解得x=-3或1， ∴A（-3，0）． (2)

22

如图，连接AD，CD．设直线AC解析式为：y=kx+b， ∵A（-3，0），C（0，-3），

b＝3∴，

3kb＝0k＝1解得，，

b＝3∴直线AC的解析式为y=-x-3，

过点D作x轴的垂线交AC于点G，设点D的坐标为（m，m+2m-3）， 则G（m，-m-3）， ∵点D在第三象限，

∴DG=-m-3-（m+2m-3）=-m-3-m-2m+3=-m-3m， ∴S△ACD=即：S=-122222•DG•OA=

12（-m-3m）×3=-

22732933m-m=-（m+）2+， 222823933227（m+）+或S=m2m， 22822271533时，S最大=，此时点D坐标为（-，-）， 2284153，-）． 24∴当m=-

∴点D到直线AC的距离取得最大时，点D坐标为（-(3)

解：存在．满足条件的点N的坐标为（2，5）或（0，-3）或（-2，-3）．

理由如下：设点N的坐标为（n， n+2n-3）点M的坐标为（-1，h），已知点O（0，0）点B（1，0），则以M、N、B、O为顶点的四边形是平行四边形有三种情况，讨论如下：

当OB为对角线时：

20+1=-1+n， 200n2n3hn2解得：，

h5∴点N为（2，5）； 当BM为对角线时：

-1+1=0+n， 20hn2n30n0解得： ，

h3∴点N为（0，-3）； 当BN为对角线时：

1n10， 2n2n30h0n2解得：，

h3∴点N为（-2，-3）．

综上所述，满足条件的点N的坐标为（2，5）或（0，-3）或（-2，-3）．

【点睛】

此题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、二次函数的最值、二次函数与平行四边形存在性问题；解题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．无需画图利用对点法可以对二次函数平行四边形存在性问题实现盲解．

18．(1)1.12 (2)见解析

(3)图见解析，3.2cm或1.1cm或2cm 【解析】 【分析】

（1）根据线段中点的定义得到AE＝CF，∠A＝∠C，根据全等三角形的性质得到结论； （2）根据题意作出函数yPF的图象即可； （3）根据三角形中位线的性质得到EF1AC＝2（cm），根据题意作出作出直线yEF＝22，根据函数图象的交点坐标即可得到结论． (1)

∵AP＝2时，点P为AC的中点， ∵E，F分别是AB，BC的中点，AB＝BC， ∴AE＝CF，∠A＝∠C， ∴△APE≌△CPF（SAS）， ∴PE＝PF＝1.12， 即a＝1.12， 故答案为：1.12； (2)

函数yPF的图象如图所示；

(3)

∵E，F分别是AB，BC的中点， ∴EF1AC＝2（cm）， 2∵△PEF为等腰三角形， ∴PE＝EF或PF＝EF或PE＝PF， 如上图作出直线yEF＝2，

当PE＝EF时，则yEF＝2的图象与yPE的图象交点横坐标为x＝3.2， 当PF＝EF时，则yEF＝2的图象与yPF的图象交点横坐标为x＝1.1， 当PE＝PF时，则yPE的图象与yPF的图象交点横坐标为x＝2， 综上所述：线段AP长度的近似值为3.2cm或1．cm或2cm． 【点睛】

本题是三角形综合题，考查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质，函数图象等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

19．(1)yx22x3 (2)点P的坐标为2,3 (3)点Q的横坐标为m1或2或【解析】 【分析】

（1）用待定系数法即可求解；

（2）在x轴上取点H，使BH＝BE＝2，过点H（5，0）作BC的平行线交抛物线于点P，则点P为所求点，进而求解；

（3）分BC是边、BC是对角线两种情况，利用图形平移、中点公式和矩形的性质，分别求解即可． (1)

15 2bx12ac3解：由题意得：， 9a3bc0a1解得b2，

c3故抛物线的表达式为yx22x3①； (2)

解：在x轴上取点H，使BHBE2，过点H5,0作BC的平行线交抛物线于点P，则点

P为所求点，

理由：点H、E和直线BC的间隔相同，则到BC的距离相同，故SPBCSEBC，

n3m1设直线B、C的表达式为ymxn，则，解得，

3mn0n3故直线BC的表达式为yx3，

PH//BC，故设PH的表达式为yxs，

将点H的坐标代入上式并解得s5， 故直线PH的表达式为yx5②，

x2(不合题意的值已舍去)， 联立①②并解得y3故点P的坐标为2,3； (3)

解：设点Q的坐标为m,n，nm22m3③，点M的坐标为s,t， ①当BC是边时，

点C向右平移3个单位向上平移3个单位得到点B，

同样QM向右平移3个单位向上平移3个单位得到点MQ，且BQCMBMCQ，

m3sm3sn3t④或n3t⑤， (m3)2n2s2(t3)2(s3)2t2m2(n3)2联立①④并解得m0(舍去)或1； 联立①⑤并解得m3(舍去)或2， 故m1或2； ②当BC是对角线时，

1130ms2211由中点公式和BCQM得：03nt⑥，

222233(ms)2(tn)2联立①⑥并解得m15，

2综上，点Q的横坐标为m1或2或15．

2【点睛】

主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．解题的关键是要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，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．

20．(1)45

2t2t0t2(2)S2 t2tt2(3)5 【解析】 【分析】

（1）根据非负数的性质求得m,n的值，进而求得OBOC，即可证明OBC是等腰直角三角形，即可求得BCO的度数；

（2）分Q点在y轴正半轴，原点，y轴负半轴三种情况，根据点的运动表示出线段长度，进而根据三角形的面积公式即可列出代数式；

（3）过点B作BDAQ，连接EQ，根据四边形的面积求得t5，进而求得

AP10,BQ5，由BQP2ABC2OAQ，设ABCOAQ，BAC，则

BQP2，证明ADE≌BDQ，进而可得，BQAE5PEAPAE1055，进

一步导角可得PEQPQE，根据等角对等边即可求得PQ． (1)

m2n20

m2,n2

B(0,2),C2,0

BO2,CO2

BOC90

OBC是等腰直角三角形， BCO45

(2)

①当Q点在y轴正半轴时，如图，

BQt,AP2t，OB2，

QO2t

OQ0，t0

0t2 S12APOQ122t2tt22t ②当Q点在原点时，A,P,Q都在x轴上，不能构成三角形，则t2时，③当Q点在y轴负半轴时，如图，

BQt,AP2t，OB2，

QOt2

OQ0，t0

t2 S12APOQ122tt22tt2 综上所述：St22t0t2t22tt2 (3)

如图，过点B作BDAQ，连接EQ

S不存在

BQt,AP2t(t0)

11S四边形ABPQ=APPQ2ttt225

22t5

BQ5，AP10

BQP2ABC2OAQ

设ABCOAQ，BAC，则BQP2， BCOABCBAC45 BADCCAD45

ADB是等腰直角三角形 BDAD

AOQBDQ90

OAQAQODBQAQO

OAQDBQ

在ADE和△BDQ中

ADE≌BDQ DEDQ，BQAE5

AP10

PEAPAE1055

DEQBDQ90

DEQ是等腰直角三角形 EQD45 RtAOQ中，OAQ AQO90

OQEAQOEQD904545

BQP2，

PQEBQPOQE2

又PEQOAQEQD452 PEQPQE

PQPE5

【点睛】

本题考查了非负数的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．