2018年中考数学真题分类汇编（第三期）专题42综合性问题试题（含解析）.docx

综合性问题一.选择题1（2018重庆市B卷）（4.00分）如图，菱形ABCD的边ADy轴，垂足为点E，顶点A在第二象限，顶点B在y轴的正半轴上，反比例函数y=（k0，x0）的图象同时经过顶点C，D若点C的横坐标为5，BE=3DE，则k的值为（）AB3CD5【分析】由已知，可得菱形边长为5，设出点D坐标，即可用勾股定理构造方程，进而求出k值【解答】解：过点D做DFBC于F由已知，BC=5四边形ABCD是菱形DC=5BE=3DE设DE=x，则BE=3xDF=3x，BF=x，FC=5x在RtDFC中，DF2+FC2=DC2（3x）2+（5x）2=52解得x=1DE=3，FD=3设OB=a则点D坐标为（1，a+3），点C坐标为（5，a）点D.C在双曲线上1（a+3）=5aa=点C坐标为（5，）k=故选：C【点评】本题是代数几何综合题，考查了数形结合思想和反比例函数k值性质解题关键是通过勾股定理构造方程2 （2018湖北咸宁3分）如图，已知MON=120，点A，B分别在OM，ON上，且OA=OB=a，将射线OM绕点O逆时针旋转得到OM，旋转角为（0120且60），作点A关于直线OM的对称点C，画直线BC交OM于点D，连接AC，AD，有下列结论：AD=CD；ACD的大小随着的变化而变化；当=30时，四边形OADC为菱形；ACD面积的最大值为a2；其中正确的是_（把你认为正确结论的序号都填上）【答案】【解析】【分析】根据对称的性质：对称点的连线被对称轴垂直平分可得：OM是AC的垂直平分线，再由垂直平分线的性质可作判断；以O为圆心，以OA为半径作O，交AO的延长线于E，连接BE，则A.B.C都在O上，根据四点共圆的性质得：ACD=E=60，说明ACD是定值，不会随着的变化而变化；当=30时，即AOD=COD=30，证明AOC是等边三角形和ACD是等边三角形，得OC=OA=AD=CD，可作判断；先证明ACD是等边三角形，当AC最大时，ACD的面积最大，当AC为直径时最大，根据面积公式计算后可作判断【详解】A.C关于直线OM对称，OM是AC的垂直平分线，CD=AD，故正确；连接OC，由知：OM是AC的垂直平分线，OC=OA，OA=OB=OC，以O为圆心，以OA为半径作O，交AO的延长线于E，连接BE，则A.B.C都在O上，MON=120，BOE=60，OB=OE，OBE是等边三角形，E=60，A.C.B.E四点共圆，ACD=E=60，故不正确；当=30时，即AOD=COD=30，AOC=60，AOC是等边三角形，OAC=60，OC=OA=AC，由得：CD=AD，CAD=ACD=CDA=60，ACD是等边三角形，AC=AD=CD，OC=OA=AD=CD，四边形OADC为菱形，故正确；CD=AD，ACD=60，ACD是等边三角形，当AC最大时，ACD的面积最大，AC是O的弦，即当AC为直径时最大，此时AC=2OA=2a，=90，ACD面积的最大值是：AC2=，故正确，所以本题结论正确的有：，故答案为：【点睛】本题考查了轴对称的性质、圆内接四边形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线构建图形并能灵活应用相关知识是解题的关键.二.填空题1. （2018莱芜4分）如图，若ABC内一点P满足PAC=PCB=PBA，则称点P为ABC的布罗卡尔点，三角形的布罗卡尔点是法国数学家和数学教育家克雷尔首次发现，后来被数学爱好者法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字命名，布罗卡尔点的再次发现，引发了研究“三角形几何”的热潮已知ABC中，CA=CB，ACB=120，P为ABC的布罗卡尔点，若PA=，则PB+PC=1+【分析】作CHAB于H首先证明BC=BC，再证明PABPBC，可得=，即可求出PB.PC；【解答】解：作CHAB于HCA=CB，CHAB，ACB=120，AH=BH，ACH=BCH=60，CAB=CBA=30，AB=2BH=2BCcos30=BC，PAC=PCB=PBA，PAB=PBC，PABPBC，=，PA=，PB=1，PC=，PB+PC=1+故答案为1+【点评】本题考查等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形解决问题三.解答题1. （2018湖北十堰10分）已知正方形ABCD与正方形CEFG，M是AF的中点，连接DM，EM（1）如图1，点E在CD上，点G在BC的延长线上，请判断DM，EM的数量关系与位置关系，并直接写出结论；（2）如图2，点E在DC的延长线上，点G在BC上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论；（3）将图1中的正方形CEFG绕点C旋转，使D，E，F三点在一条直线上，若AB=13，CE=5，请画出图形，并直接写出MF的长【分析】（1）结论：DMEM，DM=EM只要证明AMHFME，推出MH=ME，AH=EF=EC，推出DH=DE，因为EDH=90，可得DMEM，DM=ME；（2）结论不变，证明方法类似；（3）分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；【解答】解：（1）结论：DMEM，DM=EM理由：如图1中，延长EM交AD于H四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，ADE=DEF=90，AD=CD，ADEF，MAH=MFE，AM=MF，AMH=FME，AMHFME，MH=ME，AH=EF=EC，DH=DE，EDH=90，DMEM，DM=ME（2）如图2中，结论不变DMEM，DM=EM理由：如图2中，延长EM交DA的延长线于H四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，ADE=DEF=90，AD=CD，ADEF，MAH=MFE，AM=MF，AMH=FME，AMHFME，MH=ME，AH=EF=EC，DH=DE，EDH=90，DMEM，DM=ME（3）如图3中，作MRDE于R在RtCDE中，DE=12，DM=NE，DMME，MR=DE，MR=DE=6，DR=RE=6，在RtFMR中，FM=如图4中，作MRDE于R在RtMRF中，FM=，故满足条件的MF的值为或【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键2.（2018浙江省台州12分）如图，在RtABC中，AC=BC，ACB=90，点D，E分别在AC，BC上，且CD=CE（1）如图1，求证：CAE=CBD；（2）如图2，F是BD的中点，求证：AECF；（3）如图3，F，G分别是BD，AE的中点，若AC=2，CE=1，求CGF的面积【分析】（1）直接判断出ACEBCD即可得出结论；（2）先判断出BCF=CBF，进而得出BCF=CAE，即可得出结论；（3）先求出BD=3，进而求出CF=，同理：EG=，再利用等面积法求出ME，进而求出GM，最后用面积公式即可得出结论【解答】解：（1）在ACE和BCD中，ACEBCD，CAE=CBD；（2）如图2，在RtBCD中，点F是BD的中点，CF=BF，BCF=CBF，由（1）知，CAE=CBD，BCF=CAE，CAE+ACF=BCF+ACF=BAC=90，AMC=90，AECF；（3）如图3，AC=2，BC=AC=2，CE=1，CD=CE=1，在RtBCD中，根据勾股定理得，BD=3，点F是BD中点，CF=DF=BD=，同理：EG=AE=，连接EF，过点F作FHBC，ACB=90，点F是BD的中点，FH=CD=，SCEF=CEFH=1=，由（2）知，AECF，SCEF=CFME=ME=ME，ME=，ME=，GM=EGME=，SCFG=CFGM=【点评】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，三角形的面积公式，勾股定理，作出辅助线求出CFG的边CF上的是解本题的关键3.（2018浙江省台州14分）如图，ABC是O的内接三角形，点D在上，点E在弦AB上（E不与A重合），且四边形BDCE为菱形（1）求证：AC=CE；（2）求证：BC2AC2=ABAC；（3）已知O的半径为3若=，求BC的长；当为何值时，ABAC的值最大？【分析】（1）由菱形知D=BEC，由A+D=BEC+AEC=180可得A=AEC，据此得证；（2）以点C为圆心，CE长为半径作C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG=AC=CE=CD，证BEFBGA得=，即BFBG=BEAB，将BF=BCCF=BCAC.BG=BC+CG=BC+AC代入可得；（3）设AB=5k、AC=3k，由BC2AC2=ABAC知BC=2k，连接ED交BC于点M，RtDMC中由DC=AC=3k、MC=BC=k求得DM=k，可知OM=ODDM=3k，在RtCOM中，由OM2+MC2=OC2可得答案设OM=d，则MD=3d，MC2=OC2OM2=9d2，继而知BC2=（2MC）2=364d2.AC2=DC2=DM2+CM2=（3d）2+9d2，由（2）得ABAC=BC2AC2，据此得出关于d的二次函数，利用二次函数的性质可得答案【解答】解：（1）四边形EBDC为菱形，D=BEC，四边形ABDC是圆的内接四边形，A+D=180，又BEC+AEC=180，A=AEC，AC=AE；（2）以点C为圆心，CE长为半径作C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，由（1）知AC=CE=CD，CF=CG=AC，四边形AEFG是C的内接四边形，G+AEF=180，又AEF+BEF=180，G=BEF，EBF=GBA，BEFBGA，=，即BFBG=BEAB，BF=BCCF=BCAC.BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，（BCAC）（BC+AC）=ABAC，即BC2AC2=ABAC；（3）设AB=5k、AC=3k，BC2AC2=ABAC，BC=2k，连接ED交BC于点M，四边形BDCE是菱形，DE垂直平分BC，则点E.O、M、D共线，在RtDMC中，DC=AC=3k，MC=BC=k，DM=k，OM=ODDM=3k，在RtCOM中，由OM2+MC2=OC2得（3k）2+（k）2=32，解得：k=或k=0（舍），BC=2k=4；设OM=d，则MD=3d，MC2=OC2OM2=9d2，BC2=（2MC）2=364d2，AC2=DC2=DM2+CM2=（3d）2+9d2，由（2）得ABAC=BC2AC2=4d2+6d+18=4（d）2+，当x=，即OM=时，ABAC最大，最大值为，DC2=，AC=DC=，AB=，此时=【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点4（2018辽宁省沈阳市）（12.00分）已知：ABC是等腰三角形，CA=CB，0ACB90点M在边AC上，点N在边BC上（点M、点N不与所在线段端点重合），BN=AM，连接AN，BM，射线AGBC，延长BM交射线AG于点D，点E在直线AN上，且AE=DE（1）如图，当ACB=90时求证：BCMACN；求BDE的度数；（2）当ACB=，其它多件不变时，BDE的度数是或180（用含的代数式表示）（3）若ABC是等边三角形，AB=3，点N是BC边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长【分析】（1）根据SAS证明即可；想办法证明ADE+ADB=90即可；（2）分两种情形讨论求解即可，如图2中，当点E在AN的延长线上时，如图3中，当点E在NA的延长线上时，（3）分两种情形求解即可，如图4中，当BN=BC=时，作AKBC于K解直角三角形即可如图5中，当CN=BC=时，作AKBC于K，DHBC于H【解答】（1）证明：如图1中，CA=CB，BN=AM，CBBN=CAAM即CN=CM，ACN=BCMBCMACN解：如图1中，BCMACN，MBC=NAC，EA=ED，EAD=EDA，AGBC，GAC=ACB=90，ADB=DBC，ADB=NAC，ADB+EDA=NAC+EAD，ADB+EDA=18090=90，BDE=90（2）解：如图2中，当点E在AN的延长线上时，易证：CBM=ADB=CAN，ACB=CAD，EA=ED，EAD=EDA，CAN+CAD=BDE+ADB，BDE=ACB=如图3中，当点E在NA的延长线上时，易证：1+2=CAN+DAC，2=ADM=CBD=CAN，1=CAD=ACB=，BDE=180综上所述，BDE=或180故答案为或180（3）解：如图4中，当BN=BC=时，作AKBC于KADBC，=，AD=，AC=3，易证ADC是直角三角形，则四边形ADCK是矩形，AKNDCF，CF=NK=BKBN=如图5中，当CN=BC=时，作AKBC于K，DHBC于HADBC，=2，AD=6，易证ACD是直角三角形，由ACKCDH，可得CH=AK=，由AKNDHF，可得KN=FH=，CF=CHFH=4综上所述，CF的长为或4【点评】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题5（2018辽宁省沈阳市）（10.00分）如图，在平面直角坐标系中，点F的坐标为（0，10）点E的坐标为（20，0），直线l1经过点F和点E，直线l1与直线l2 、y=x相交于点P（1）求直线l1的表达式和点P的坐标；（2）矩形ABCD的边AB在y轴的正半轴上，点A与点F重合，点B在线段OF上，边AD平行于x 轴，且AB=6，AD=9，将矩形ABCD沿射线FE的方向平移，边AD始终与x 轴平行已知矩形ABCD以每秒个单位的速度匀速移动（点A移动到点E时止移动），设移动时间为t秒（t0）矩形ABCD在移动过程中，B.C.D三点中有且只有一个顶点落在直线l1或l2上，请直接写出此时t的值；若矩形ABCD在移动的过程中，直线CD交直线l1于点N，交直线l2于点M当PMN的面积等于18时，请直接写出此时t的值【分析】（1）利用待定系数法求解析式，函数关系式联立方程求交点；（2）分析矩形运动规律，找到点D和点B分别在直线l2上或在直线l1上时的情况，利用AD.AB分别可以看成图象横坐标、纵坐标之差构造方程求点A坐标，进而求出AF距离；设点A坐标，表示PMN即可【解答】解：（1）设直线l1的表达式为y=kx+b直线l1过点F（0，10），E（20，0）解得直线l1的表达式为y=x+10求直线l1与直线l2 交点，得x=x+10解得x=8y=8=6点P坐标为（8，6）（2）如图，当点D在直线上l2时AD=9点D与点A的横坐标之差为9将直线l1与直线l2 交解析式变为x=202y，x=yy（202y）=9解得y=则点A的坐标为：（，）则AF=点A速度为每秒个单位t=如图，当点B在l2 直线上时AB=6点A的纵坐标比点B的纵坐标高6个单位直线l1的解析式减去直线l2 的解析式得x+10x=6解得x=则点A坐标为（，）则AF=点A速度为每秒个单位t=故t值为或如图，设直线AB交l2 于点H设点A横坐标为a，则点D横坐标为a+9由中方法可知：MN=此时点P到MN距离为：a+98=a+1PMN的面积等于18解得a1=，a2=（舍去）AF=6则此时t为当t=时，PMN的面积等于18【点评】本题是代数几何综合题，应用待定系数法和根据函数关系式来表示点坐标，涉及到了分类讨论思想和数形结合思想6（2018重庆市B卷）（12.00分）抛物线y=x2x+与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PFx轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1，当PE+EC的值最大时，求四边形PO1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将OBC沿直线CH翻折至O2B2C的位置，再将O2B2C绕点B2旋转一周在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是点O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N那么，在O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使AMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由【分析】（1）分别表示C和D的坐标，利用勾股定理可得CD的长；（2）令y=0，可求得A（3，0），B（，0），利用待定系数法可计算直线AC的解析式为：y=，设E（x，），P（x，x2x+），表示PE的长，利用勾股定理计算AC的长，发现CAO=30，得AE=2EF=，计算PE+EC，利用配方法可得当PE+EC的值最大时，x=2，此时P（2，），确定要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1+B1C的值最小，将点P向右平移个单位长度得点P1（，），连接P1B1，则PO1=P1B1，再作点P1关于x轴的对称点P2（，），可得结论；（3）先确定对折后O2C落在AC上，AMN是以MN为腰的等腰三角形存在四种情况：如图4，AN=MN，证明C1ECB2O2M，可计算O2M的长；如图5，AM=MN，此时M与C重合，O2M=O2C=；如图6，AM=MN，N和H、C1重合，可得结论；如图7，AN=MN，过C1作C1EAC于E证明四边形C1EO2B2是矩形，根据O2M=EO2+EM可得结论【解答】解：（1）如图1，过点D作DKy轴于K，当x=0时，y=，C（0，），y=x2x+=（x+）2+，D（，），DK=，CK=，CD=；（4分）（2）在y=x2x+中，令y=0，则x2x+=0，解得：x1=3，x2=，A（3，0），B（，0），C（0，），易得直线AC的解析式为：y=，设E（x，），P（x，x2x+），PF=x2x+，EF=，RtACO中，AO=3，OC=，AC=2，CAO=30，AE=2EF=，PE+EC=（x2x+）（x+）+（ACAE），=x+2（），=xx，=（x+2）2+，（5分）当PE+EC的值最大时，x=2，此时P（2，），（6分）PC=2，O1B1=OB=，要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1+B1C的值最小，如图2，将点P向右平移个单位长度得点P1（，），连接P1B1，则PO1=P1B1，再作点P1关于x轴的对称点P2（，），则P1B1=P2B1，PO1+B1C=P2B1+B1C，连接P2C与x轴的交点即为使PO1+B1C的值最小时的点B1，B1（，0），将B1向左平移个单位长度即得点O1，此时PO1+B1C=P2C=，对应的点O1的坐标为（，0），（7分）四边形PO1B1C周长的最小值为+3；（8分）（3）O2M的长度为或或2+或2（12分）理由是：如图3，H是AB的中点，OH=，OC=，CH=BC=2，HCO=BCO=30，ACO=60，将CO沿CH对折后落在直线AC上，即O2在AC上，B2CA=CAB=30，B2CAB，B2（2，），如图4，AN=MN，MAN=AMN=30=O2B2O3，由旋转得：CB2C1=O2B2O3=30，B2C=B2C1，B2CC1=B2C1C=75，过C1作C1EB2C于E，B2C=B2C1=2，=B2O2，B2E=，O2MB2=B2MO3=75=B2CC1，B2O2M=C1EC=90，C1ECB2O2M，O2M=CE=B2CB2E=2；如图5，AM=MN，此时M与C重合，O2M=O2C=，如图6，AM=MN，B2C=B2C1=2=B2H，即N和H、C1重合，CAO=AHM=MHO2=30，O2M=AO2=；如图7，AN=MN，过C1作C1EAC于E，NMA=NAM=30，O3C1B2=30=O3MA，C1B2AC，C1B2O2=AO2B2=90，C1EC=90，四边形C1EO2B2是矩形，EO2=C1B2=2，EM=，O2M=EO2+EM=2+，综上所述，O2M的长是或或2+或2【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、轴对称变换、勾股定理、等腰三角形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建轴对称解决最值问题，对于第3问等腰三角形的判定要注意利用数形结合的思想，属于中考压轴题7(2018辽宁省葫芦岛市) 在ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF（1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；（2）如图2，当ABC=90时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由（3）若|CFAE|=2，EF=2，当POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长【解答】解：（1）如图1中，延长EO交CF于KAEBE，CFBE，AECK，EAO=KCOOA=OC，AOE=COK，AOECOK，OE=OKEFK是直角三角形，OF=EK=OE（2）如图2中，延长EO交CF于KABC=AEB=CFB=90，ABE+BAE=90，ABE+CBF=90，BAE=CBFAB=BC，ABEBCF，BE=CF，AE=BFAOECOK，AE=CK，OE=OK，FK=EF，EFK是等腰直角三角形，OFEK，OF=OE（3）如图3中，延长EO交CF于K作PHOF于H|CFAE|=2，EF=2，AE=CK，FK=2在RtEFK中，tanFEK=，FEK=30，EKF=60，EK=2FK=4，OF=EK=2OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2在RtPHF中，PH=PF=1，HF=，OH=2，OP=如图4中，当点P在线段OC上时，同法可得OP=，综上所述：OP的长为8（2018辽宁省抚顺市）（12.00分）如图，ABC中，AB=BC，BDAC于点D，FAC=ABC，且FAC在AC下方点P，Q分别是射线BD，射线AF上的动点，且点P不与点B重合，点Q不与点A重合，连接CQ，过点P作PECQ于点E，连接DE（1）若ABC=60，BP=AQ如图1，当点P在线段BD上运动时，请直接写出线段DE和线段AQ的数量关系和位置关系；如图2，当点P运动到线段BD的延长线上时，试判断中的结论是否成立，并说明理由；（2）若ABC=260，请直接写出当线段BP和线段AQ满足什么数量关系时，能使（1）中的结论仍然成立（用含的三角函数表示）【分析】（1）先判断出ABC是等边三角形，进而判断出CBP=CAQ，即可判断出BPCAQC，再判断出PCQ是等边三角形，进而得出CE=QE，即可得出结论；同的方法即可得出结论；（2）先判断出，PAQ=90ACQ，BAP=90ACQ，进而得出BCP=ACQ，即可判断出进而判断出BPCAQC，最后用锐角三角函数即可得出结论【解答】解：（1）DE=AQ，DEAQ，理由：连接PC，PQ，在ABC中，AB=AC，ABC=60，ABC是等边三角形，ACB=60，AC=BC，AB=BC，BDAC，AD=CD，ABD=CBD=BAC，CAF=ABC，CBP=CAQ，在BPC和AQC中，BPCAQC（SAS），PC=QC，BPC=ACQ，PCQ=PCA+AQC=PCA+BCP=ACB=60，PCQ是等边三角形，PECQ，CE=QE，AD=CD，DE=AQ，DEAQ；DEAQ，DE=AQ，理由：如图2，连接PQ，PC，同的方法得出DEAQ，DE=AQ；（2）AQ=2BPsin理由：连接PQ，PC，要使DE=AQ，DEAQ，AD=CD，CE=QE，PECQ，PQ=PC，易知，PA=PC，PA=PE=PC以点P为圆心，PA为半径的圆必过A，Q，C，APQ=2ACQ，PA=PQ，PAQ=PQA=（180APQ）=90ACQ，CAF=ABD，ABD+BAD=90，BAQ=90，BAP=90PAQ=90ACQ，易知，BCP=BAP，BCP=ACQ，CBP=CAQ，BPCAQC，=，在RtBCD中，sin=，=2sin，AQ=2BPsin【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出BCP=ACQ是解本题的关键9（2018辽宁省抚顺市）（14.00分）如图，抛物线y=x2+bx+c和直线y=x+1交于A，B两点，点A在x轴上，点B在直线x=3上，直线x=3与x轴交于点C（1）求抛物线的解析式；（2）点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿线段AB向点B运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CA向点A运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t0）以PQ为边作矩形PQNM，使点N在直线x=3上当t为何值时，矩形PQNM的面积最小？并求出最小面积；直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上【分析】（1）利用待定系数法即可；（2）分别用t表示PE.PQ、EQ，用PQEQNC表示NC及QN，列出矩形PQNM面积与t的函数关系式问题可解；由利用线段中点坐标分别等于两个端点横纵坐标平均分的数量关系，表示点M坐标，分别讨论M、N、Q在抛物线上时的情况，并分别求出t值【解答】解：（1）由已知，B点横坐标为3A.B在y=x+1上A（1，0），B（3，4）把A（1，0），B（3，4）代入y=x2+bx+c得解得抛物线解析式为y=x2+3x+4（2）过点P作PEx轴于点E直线y=x+1与x轴夹角为45，P点速度为每秒个单位长度t秒时点E坐标为（1+t，0），Q点坐标为（32t，0）EQ=43t，PE=tPQE+NQC=90PQE+EPQ=90EPQ=NQCPQEQNC矩形PQNM的面积S=PQNQ=2PQ2PQ2=PE2+EQ2S=2（）2=20t236t+18当t=时，S最小=20（）236+18=由点C坐标为（32t，0）P（1+t，t）PQEQNC，可得NC=2QO=86tN点坐标为（3，86t）由矩形对角线互相平分点M坐标为（3t1，85t）当M在抛物线上时85t=（3t1）2+3（3t1）+4解得t=当点Q到A时，Q在抛物线上，此时t=2当N在抛物线上时，86t=4t=综上所述当t=、或2时，矩形PQNM的顶点落在抛物线上【点评】本题是代数几何综合题，考查了二次函数、一次函数、三角形相似和矩形的有关性质，解答时应注意数形结合和分类讨论的数学思想10（2018吉林长春9分）在正方形ABCD中，E是边CD上一点（点E不与点C.D重合），连结BE【感知】如图，过点A作AFBE交BC于点F易证ABFBCE（不需要证明）【探究】如图，取BE的中点M，过点M作FGBE交BC于点F，交AD于点G（1）求证：BE=FG（2）连结CM，若CM=1，则FG的长为2【应用】如图，取BE的中点M，连结CM过点C作CGBE交AD于点G，连结EG、MG若CM=3，则四边形GMCE的面积为9【分析】感知：利用同角的余角相等判断出BAF=CBE，即可得出结论；探究：（1）判断出PG=BC，同感知的方法判断出PGFCBE，即可得出结论；（2）利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，应用：借助感知得出结论和直角三角形斜边的中线是斜边的一半即可得出结论【解答】解：感知：四边形ABCD是正方形，AB=BC，BCE=ABC=90，ABE+CBE=90，AFBE，ABE+BAF=90，BAF=CBE，在ABF和BCE中，ABFBCE（ASA）；探究：（1）如图，过点G作GPBC于P，四边形ABCD是正方形，AB=BC，A=ABC=90，四边形ABPG是矩形，PG=AB，PG=BC，同感知的方法得，PGF=CBE，在PGF和CBE中，PGFCBE（ASA），BE=FG，（2）由（1）知，FG=BE，连接CM，BCE=90，点M是BE的中点，BE=2CM=2，FG=2，故答案为：2应用：同探究（2）得，BE=2ME=2CM=6，ME=3，同探究（1）得，CG=BE=6，BECG，S四边形CEGM=CGME=63=9，故答案为9【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，判断出CG=BE是解本题的关键11.018吉林长春12分）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的对称中心为坐标原点O，ADy轴于点E（点A在点D的左侧），经过E.D两点的函数y=x2+mx+1（x0）的图象记为G1，函数y=x2mx1（x0）的图象记为G2，其中m是常数，图象G1.G2合起来得到的图象记为G设矩形ABCD的周长为L（1）当点A的横坐标为1时，求m的值；（2）求L与m之间的函数关系式；（3）当G2与矩形ABCD恰好有两个公共点时，求L的值；（4）设G在4x2上最高点的纵坐标为y0，当y09时，直接写出L的取值范围【分析】（1）求出点B坐标利用待定系数法即可解决问题；（2）利用对称轴公式，求出BE的长即可解决问题；（3）由G2与矩形ABCD恰好有两个公共点，推出抛物线G2的顶点M（m，m21）在线段AE上，利用待定系数法即可解决问题；（4）分两种情形讨论求解即可；【解答】解：（1）由题意E（0，1），A（1，1），B（1，1）把B（1，1）代入y=x2+mx+1中，得到1=+m+1，m=（2）抛物线G1的对称轴x=m，AE=ED=2m，矩形ABCD的对称中心为坐标原点O，AD=BC=4m，AB=CD=2，L=8m+4（3）当G2与矩形ABCD恰好有两个公共点，抛物线G2的顶点M（m，m21）在线段AE上，m21=1，m=2或2（舍弃），L=82+4=20（4）当最高点是抛物线G1的顶点N（m，m2+1）时，若m2+1=，解得m=1或1（舍弃），若m2+1=9时，m=4或4（舍弃），又m2，观察图象可知满足条件的m的值为1m2，当（2，2m1）是最高点时，解得2m5，综上所述，1m5，12L44【点评】本题考查二次函数综合题、矩形的性质、待定系数法、不等式组等知识，解题的