【备考期末】重庆市中考数学二次函数和几何综合专题

1、【备考期末】重庆市中考数学二次函数和几何综合专题一、二次函数压轴题1如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2bxca0与x轴相交于A1,0,B3,0两点，点C为抛物线的顶点点M(0,m)为y轴上的动点，将抛物线绕点、M旋转180，得到新的抛物线，其中B、C旋转后的对应点分别记为BC（1）若a1，求原抛物线的函数表达式；（2）在（1）条件下，当四边形BCBC的面积为40时，求m的值；（3）探究a满足什么条件时，存在点M，使得四边形BCBC为菱形?请说明理由2小明对函数yax2bxc(a0)的图象和性质进行了探究.已知当自变量x的值为0或4时，函数值都为3；当自变量x的值为1或3时，函数值都

2、为0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：直线yk与函数yax2bxc有三个交点，则k；已知函数yx3的图象如图所示，结合你所画的函数图象，写出不等式3如图，在平面直角坐标系中，抛物线W1：yx2+bx+c与x轴交于A（4，0）、B两ax2bxcx3的解集：14点，且过点C（0，2）抛物线W2与抛物线W1关于原点对称，点C在W2上的对应点为C（1）求抛物线W1的表达式；（2）写出抛物线W2的表达式；（3）若点P在抛物线W1上，试探究：在抛物线W2上是否存在点Q，使以C、

3、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，并且其面积等于24？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由4如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax2+bx+c（a0）与x轴交于A（1，0），2B（2，0）两点，与y轴交于点C（0，1）（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图1，点D为第一象限内抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，求DEAE的最大值；（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线lBC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点试探究：在第四象限内是否存在这样的点Peqoac(,，使)BPQCAB若存在，请直接写出所有符合条件的点P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

4、，抛物线yx23x4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DPx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t为何值时，ECED？（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6综合与探究如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx23x+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DPx

5、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，ECED？（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y12x23xm与x轴交于点A(2,0)和点B，与y轴交于点C，顶点为D求m的值和点D的坐标；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

6、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8已知抛物线yxann2bn（n为正整数，且0a1a2a）与x轴的交点为nA(0,0)和Anc,0,cnncn12当n1时，第1条抛物线yxa112b与x轴的交点1为A(0,0)和A1(2,0)，其他以此类推（1）求a1,b1的值及抛物线y2的解析式（2）抛物线yn的顶点Bn的坐标为（_，_）；以此类推，第(n1)条抛物线yn1的顶点Bn1的坐标为（_，_）；所有抛物线的顶点坐标(x,y)满足的函数关系式是_（3）探究以下结论：是否存在抛物线y，使得AAB为等腰直角三角形？若存在，请求出抛物线y的解析nnnn式；若不存在

7、，请说明理由若直线xm(m0)与抛物线y分别交于点C,C,n12,C，则线段CC,CC,CC的n1223n1n长有何规律？请用含有m的代数式表示9综合与探究如图，已知直线ymxn与抛物线yx2bxc分别相交于A、B两点，A1,0，B0,3，点C是抛物线与x轴的另一个交点（与A点不重合）（1）求抛物线的解析式及直线ymxn的解析式；（2）求ABC的面积；（3）在抛物线的对称轴上，是否存在点M，使ABM周长最短？若不存在，请说明理由；若存在，求出点M的坐标（4）如果对称轴上有一动点H，在平面内是否存在点N，使A、B、H、N四点构成矩形？若存在，直接写出N点的坐标；若不存在，请说明理由10如图，抛物

8、线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点(A在B的左侧)，与y轴交于点N，过A点的直线l：y=kx+n与y轴交于点C，与抛物线y=x2+bx+c的另一个交点为D，已知A(1，0)，D(5，6)，P点为抛物线y=x2+bx+c上一动点(不与A、D重合)（1）直接写出抛物线和直线l的解析式；（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，连接PA、PD，eqoac(,当)PAD的面积最大时，P点的坐标是；当AB平分DAP时，求线段PA的长（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由二、中考几何压轴题11综合与实

9、践：问题情境：在数学课上，以“等腰直角三角形为主体，以点的对称为基础，探究线段间的变化关系”如图1，在ABC中，ACB90，ACBC，点E为ACB的角平分线CD上一动点但不与点C重合，作点E关于直线BC的对称点为F，连接AE并延长交CB延长线于点H，连接FB并延长交直线AH于点G探究实践：（1）勤奋小组的同学发现AEBF，请写出证明；探究发现：（2）智慧小组在勤奋小组的基础上继续探究，发现线段FG，EG与CE存在数量关系，请写出他们的发现并证明；探究拓展：（3）如图2，奇异小组的同学在前两个小组探究的基础上，连接GC，得到三条线段GE，GC与GF存在一定的数量关系，请直接写出12如图1，在菱形

10、ABCD中，AD4,B120，点E，F分别是AC，AB上的点，且AE1AD,AF23，猜想：2DE的值是_；CF直线DE与直线CF所成的角中较小的角的度数是_（2）类比探究：如图2，将绕AEF点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中结论是否成立，就图2的情形说明理由（3）拓展延伸：在AEF绕点A旋转的过程中，当D,E,F三点共线时，请直接写出CF的长13eqoac(,在)ABC中，ACBC，ACB，点D为直线BC上一动点，过点D作DFAC交直线AB于点F，将AD绕点D顺时针旋转得到ED，ED交直线AB于点O，连接BE（1）问题发现：如图1，90，点D在边BC上，猜想：AF与BE的数量关系是；A

11、BE度（2）拓展探究：如图2，090，点D在边BC上，请判断AF与BE的数量关系及ABE的度数，并给予证明（3）解决问题如图3，90180，点D在射线BC上，且BD3CD，若AB8，请直接写出BE的长14定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形（问题理解）(1)如图1，点A、B、C在O上，ABC的平分线交O于点D，连接AD、CD求证：四边形ABCD是等补四边形；（拓展探究）(2)如图2，在等补四边形ABCD中，ABAD，连接AC，AC是否平分BCD？请说明理由；（升华运用）(3)如图3，在等补四边形ABCD中，ABAD，其外角EAD的平分线交CD的延长线于点F若CD6，DF2，求A

12、F的长15如图(1)，在矩形ABCD中，ADnAB，点M，P分别在边AB，AD上(均不与端点重合)，且APnAM，以AP和AM为邻边作矩形AMNP，连接AN，CN.（问题发现）（1）如图(2)，当n1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n2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AD4，AP2，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16综合与实践：利用矩形的折叠开

13、展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法动手操作：如图，矩形纸片ABCD的边AB23，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H；如图，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH；若在图中连接BH，得到如图，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且AMNABH；若在图中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图解决问题：（1）在图中，ACB，BC，AGeqoac(,，与)ABG相似的三角形有个；GF（

14、2）在图中，AH2AE（从图中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论；（3）在图eqoac(,中，)ABH为三角形，设BM为x，则NH（用含x的式子表示）；拓展延伸：（4）在图中，将ABQ绕点B按顺时针方向旋转（0180），得到ABQ，连接DQ，则DQ的最小值为，当tanCBQeqoac(,时，)DBQ的面积最大值为17（1）问题提出：如图，在矩形ABCD中，AB3AD，点E为边BC上一点，连接AE，过点E作对角线AC的垂线，垂足为F，点M为AE的中点，连接MB，MF，BF可知MBF的形状为_；（2）深人探究：如图，将CEF在平面内绕点C顺时针旋转，请判断MBF的形状是否变化，并说明理由；（

15、提示：延长EF到E，使EFEF；延长AB到A，使ABAB，连接CE，AE，AE，构造全等三角形进行证明）（3）拓展延伸：如果AD3，CE2，在CEF旋转过程中，当点A，E，F在同一条直线上时，请直接写出MF的长18（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ABCD中，ABBC，ADCD，请说明：四边形ABCD是“协和四边形”（尝试应用）（2）如图2，四边形ABCD是“协和四边形”，BD为“协和线”，ABAD，ADC60，若点E、F分别为边AD、DC的中点，连接BE，BF，EF求：DEF与BEF

16、的面积的比；EBF的正弦值（拓展应用）（3）如图3，在菱形ABCD中，AB8，BAD120，点E、F分别在边AD和BC上，点G、K分别在边AB和CD上，点N为BE与GF的交点，点M在EF上，连接MN，若四边形BGEF，DHMK都是“协和四边形”，“协和线”分别是GF、HK，求MN的最小值19（问题发现）（1）如图1所示，在eqoac(,Rt)ABC中，BAC90，ABAC4，点D在BC边上，且BD3CD，将线段AD绕点A顺时针旋转90得到线段AE，连接DE、BE，BEBD的值为_；（类比探究）（2）如图2所示，在（1）的条件下，点P为AB的中点，BD3CD，将线段PD绕点P顺时针旋转90得到P

17、E，连接BE，则BEBD的值会发生改变吗？说明你的理由；（拓展延伸）（3）如图3所示，在钝角ABC中，ABAC，BAC，点P在边BA的延长线上，BPk，连接PD将线段PD绕着点P顺时针旋转，旋转角EPD，连接DE，则BDBE_（请用含有k，的式子表示）20函数的图象与性质拓展学习展示：2（问题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线G1：yax2bx3与x轴相交于A1,0，B3,0两点，与y轴交于点C，则a_，b_（操作）将图中抛物线G1沿BC方向平移BC长度的距离得到拋物线G2，G2在y轴左侧的部分与G1在y轴右侧的部分组成的新图象记为G，如图请直接写出图象G对应的函数解析式（探究）在图中，过点C

18、作直线l平行于x轴，与图象G交于D，E两点，如图求出图象G在直线l上方的部分对应的函数y随x的增大而增大时x的取值范围（应用）P是抛物线G对称轴上一个动点，当PDE是直角三角形时，直接写出P点的坐2标【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、二次函数压轴题1B解析：（1）yx22x3;（2）m4或m16；（3）a32时，存在点M，使得四边形BCBC为菱形，理由见解析【分析】（1）因为a1，所以yx2bxc，将A1,0,B3,0代入得关于b和c的二元一次方程组，解方程组得到b和c即可求得原抛物线的解析式；（2）连接CC,BB，延长BC与y轴交于点E，根据题（1）可求出点B、C的坐标，继而求出直线

19、BC的解析式及点E的坐标，根据题意易知四边形BCBC是平行四边形，继而可31MEME，由此可知ME10，继而即可求解点M的知SBCMSMBESMCE12将A1,0,B3,0代入得：坐标；（3）如图，过点C作CDy轴于点D，当平行四边形BCBC为菱形时，应有MBMC，故点M在O,D之间，继而可证MOBCDM，根据相似三角形的性质可得MOMDBOCD代入数据即可求解【详解】解：（1）a1，yx2bxc1bc093bc0b2解得：c3原抛物线的函数表达式为：yx22x3；（2）连接CC,BB，并延长BC与y轴交于点E，二次函数yx22x3的项点为(1,4),C1,4,B3,0,直线BC的解析式为：y

20、2x6.E0,6抛物线绕点M旋转180MBMB,MCMC四边形BCBC是平行四边形，31MEMESBCMSMBESMCE12ME10m4或m16MO（3）如图，过点C作CDy轴于点D当平行四边形BCBC为菱形时，应有MBMC，故点M在O,D之间，当MBMC时，MOBCDM，BOCDMD即MOMDBOCD二次函数yax1x3的顶点为1,4a,M0,m,B3,0CD1,MOm,MDm4a,ON3，mm4a3，m24am30，16a2120,a0a32所以a32时，存在点M，使得四边形BCBC为菱形【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及到平行四边形的性质、菱形的性质，难度较大，解题的关键是善于将函

21、数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质及二次函数的性质，注意挖掘题目中的隐藏条件2（1）yx24x3；（2）如图所示，见解析；性质：函数的图象关于直线x=2对称；或：当x0或4时，函数有最小值3；（3）1；x0或3x5【分析】（1）将x0，y3；x4，y3；x1，y0代入ya|x2bx|c(a0)，得到：c3，b4，a1，即可求解析式为y|x24x|3；（2）描点法画出函数图象，函数关于x2对称；（3）从图象可知：当x2时，y1，k1时直线yk与函数y|x24x|3有三个交得到：a164bc3，解得b4a1bc0c3点；yx3与yx24x3的交点为x0或x5，结合图象，y|x24x|

22、3x3的解集为3x5【详解】解：（1）将x0，y3；x4，y3；x1，y0代入ya|x2bx|c(a0)，c3a1y|x24x|3，故答案为y|x24x|3（2）如图：函数关于直线x2对称，（3）当x2时，y1，k1时直线yk与函数y|x24x|3有三个交点，故答案为1；yx3与yx24x3的交点为x0或x5或x=3，结合图象，y|x24x|3x3的解集为x0或3x5，故答案为x0或3x5【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3A1111解析：（1）yx2x2；（2）yx2x2；（3）存在，Q点坐标为（6，42

23、4210）或（6，4）c2，【分析】（1）待定系数法：把A、C两点的坐标分别代入抛物线的解析式中，解方程组即可；（2）两抛物线关于原点对称，则其大小和形状相同，开口方向相反，则只要求出W1的顶点坐标，即可求出它关于原点对称的抛物线W2的顶点坐标，从而求得W2的解析式；（3）按CC是对角线和边分类，根据面积确定点P或Q的横坐标，代入函数关系式，从而求得Q的坐标【详解】1解（1）把点A、点C的坐标分别代入yx2+bx+c中，444bc0得：b1，c=2，2y1x21x2；42（2）抛物线w1：yx21411992x24（x+1）24的顶点是（1，4），w2的顶点是（1，9），4w2的解析式是：y1

24、（x1）2+91x2+1x+2；4442（3）存在2)由题意知，C(0，则CC4若CC是对角线，如图，W和W关于原点对称，12P、Q也关于原点对称，设点P到y轴的距离为h，平行四边形PCQC的面积=2S21CCh24，24h24，PCC当x6时，y62+16210，当x6时，y（6）21624，h6，即P点横坐标是6或6，142Q（6，10），142Q（6，4），当CC是边时，PQCC，PQCC，如图，当x6时，y（6）2+1（6）+210，1111设点Q（x，x2x2），P（x，x2x2），4242由知：x6或6，当P（6，10）时，y162+16+24，42Q（6，4），PQ144，142

25、PQ14，PQCC，CC不能为边，综上所述，当C、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，并且其面积等于24时，点Q的坐标是（6，10）或（6，4）【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，平行四边形的性质，用到了分类讨论思想，本题第三问的关键是根据已知两个点，按边和对角线分类4A解析：（1）yx232DE4x1；（2）的最大值为；（3）AE5P(914511924145,)或P(,)（2）构造出AGEDEH，可得DE11423解得：b，2917731741644【分析】（1）用待定系数法求出函数解析式即可；DH，而DE和AG都可以用含自变量的式子表AEAG示，最后用二次函数最大值的方法求

26、值（3）先发现ABC是两直角边比为2：1的直角三角形，由BPQCAB，构造出BPQ，表示出Q点的坐标，代入解析式求解即可【详解】解：（1）分别将C（0，1）、A（1，0）、B（2，0）代入yax2+bx+c中得2abc04a2bc0，c1a1c1抛物线的函数表达式为yx23x12（2）过A作AGy轴交BC的延长线于点G，过点D作DHy轴交BC于点H，B（2，0）C（0，1），直线BC：y1x+1，2A（-1，0），2G（-1，5），24DH（m2m1）（1m1），m1231设D（m,m2m1），则H（m,m1），22322m2+2m，AG=5，4AGDH，DEDHm22m44AEAG555，4

27、当m1时，DE的最大值为4AE59145119241459177317（3）符合条件的点P坐标为（）或（,41644）BPlBC，直线l的解析式为：y-1x，2设P（n，-1n），2A（-1，0），B（2，0），C（0，1），2AC25，BC25，AB22544AC2+BC2AB2，ACB90BPQCAB，AC1，BQBC2分两种情况说明：如图3，过点P作PNx轴于N，过点Q作QMx轴于MPNBBMQ90，PNPn,n，PNn,ONn，NBP+MBQ90，MQB+MBQ90，NBPMQBNBPMQB，NB1，BMMQ21212BN2n，BM2PNn，QM2BN42n，OMOB+BM2+n，Q（

28、2+n，2n4），将Q的坐标代入抛物线的解析式得：n223n212n4，22n2+9n80，44解得：n1,n91459145舍2P(9145,11924145)416如图4，过点P作PNx轴于N，过点Q作QMx轴于MBC2，Pn,n，PNBBMQ，又BPQCAB，QMACBN12Q（2n，42n），将Q的坐标代入抛物线的解析式得：2n232n142n，2化简得：2n29n+80，44解得：n1,n917917舍，2解析：（1）yx4；（2）t0或t42；（3）存在，P,0当y0时，x23x40，x14，x21，即A4,0，B10，P(917,7317)44【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解

29、析式，平行线分线段成比例，利用二次函数求线段比的最大值，勾股定理逆定理，相似三角形判定与性质，抛物线与一元二次方程，掌握待定系数法求抛物线解析式，平行线分线段成比例，利用二次函数求线段比的最大值，勾股定理逆定理，相似三角形判定与性质，抛物线与一元二次方程的关系是解题关键5A32【分析】（1）根据二次函数的解析式可以求出点A和点C坐标，把点A和点C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=OCeqoac(,，即)AOC是等腰直角三角形，因DPx轴，故AEP也是等腰直角三角形，可分别得到AC、AE的

30、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eqoac(,C)EBPEPBPBEAPBPBEABBE，AB是定值，周长最小，就转化为BE最小，根据垂线段最短就可确定点P的特殊位置，从而求出点P的坐标【详解】解：（1）抛物线yx23x4与x轴分别交于点A和点B，交y轴于点C，当x0时，y4，即C0,4，,设直线AC的解析式为：ykxb04kb则，4bk1b4直线AC的表达式：yx4（2）点P沿OA以每秒1个单位长度的速度由点O向点A运动，OPt，Pt,0，DPx轴，2Et,t4，Dt,t3t4，A4,0，C0,4，P,0DEt24tOA4，OC4，

31、AOC是等腰直角三角形，CAO45，由勾股定理得：AC42，DPx轴，在RtAPE中，CAP45，AEP也是等腰直角三角形，APPE4t，AE24t，ECACAE2t，当t24t2t时，即t0或t42时，ECED（3）在eqoac(,Rt)AEP中，OAC45，APEP，EBP的周长：EPBPBEAPBPBEABBE当BE最小时EPB的周长最小当BEAC时，BE最小，,B10，AB5，在RtAEB中，AEB90，BAC45，AB5，BEAC，PB1AB5，22OPPBOB3，232ED；（3）P(,0)x4，x1，【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

32、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6A解析：（1）直线AC的表达式为yx+4；（2）运动时间为0或（42）秒时，EC32【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yx23x+4与x轴分

33、别交于A，B，交y轴于点C，当x0时，y4C（0，4）当y0时，x23x+40，12A（4，0），B（1，0）设直线AC的解析式为ykx+b，-4kb04bk1解得：b4直线AC的表达式为yx+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，OPtP（t，0）A（4，0），C（0，4），OAOC4eqoac(,Rt)AOC为等腰直角三角形CAOACO45，AC2OA42DPx轴，在eqoac(,Rt)APE中，CAP45，APPE4t，AE2AP2（4t）OPPBOBP（，0）ECACAE2tE，P的横坐标相同，E（t，t+4），D（t，t2+3t+4）DE（t2

34、+3t+4）（t+4）t2+4tECDE，t2+4t2t解得：t0或t42当运动时间为0或（42）秒时，ECED3（3）存在P的坐标为（，0）2在eqoac(,Rt)AEP中，OAC45，APEPAEB的周长为EP+BP+BEAP+BP+BEAB+BEAB5，当BE最小时，AEB的周长最小当BEAC时，BE最小在eqoac(,Rt)AEB中，AEB90，BAC45，AB5，BEAC，PB1AB5223232【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）见解析；（2）m4，D(3,

35、)；存在，y1276x或y2x或y1x10【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）将A(2,0)代入抛物线y12x23xm，得1432m0，解得m4，抛物线2解析式yx23x4(x3)2，顶点为D(3,)；11112222根据抛物线解析式求出A(2,0)，B(4,0)，C(0,4)，当A、C、D、P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当CD为对角线时，对377角线交点坐标为(,)，中分线解析式为yx；当AC为对角线时，对角线交点坐246标(

36、1,2)中分线解析式为y2x；当AD为对角线时，对角线交点坐标为(,)，中5124分线解析式为y110 x【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）将A(2,0)代入抛物线y1432m0，212x23xm，得抛物线解析式yx23x4(x3)2，顶点为D(3,)；解得m4，11122212将y0代入抛物线解析式y12x23x4，得12x23x40，解得x2或4，A(2,0)，B(4,0)，令x0，则y4，C(0,4)，当A、C、D、P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

37、以平行四边形的中分线必过对角线的交点37当CD为对角线时，对角线交点坐标为03(2,4212)，即(2,4)，中分线经过点O，中分线解析式为y7x；6当AC为对角线时，对角线交点坐标为(20,04)，即(1,2)22中分线经过点O，当AD为对角线时，对角线交点坐标为2302，即(5,1)，24中分线解析式为y2x；1(,)22中分线经过点O，中分线解析式为y1x，10综上，中分线的解析式为式为y76x或为y2x或为y1x10【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8C解析：（1）11a1b1；y2（x2）24；（2）（n，n2）；（n1），（n1）2；y

38、x2；（3）存在，理由见详解；Cn1C2mn【分析】（1）A1(2,0)），则c12，则c2224，将点A、A1的坐标代入抛物线表达式得：0(-2-a1)，解得：110=-a2b112b1a1b1，则点A（4，0），将点A、A的坐标代入抛物线表达22式，同理可得：a22，b24，即可求解；（2）同理可得：a33，b39，故点Bn的坐标为（n，n2），以此推出：点Bn1（n1），（n1）2，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：yx2，即可求解；（3）eqoac(,)AAnBn为等腰直角三角形，则AAn22ABn2，即（2n）22（n2n4），即可求解；yc（mn1）2（n1）2，yc（mn

39、）2n2，Cn1nn1Cn=ycyc，即可求nn1解【详解】解：（1）A1(2,0)，则c12，则c2224，将点A、A1的坐标代入抛物线表达式得：0(2a)2b，解得：110=(a)2b1111a1b1，则点A2（4，0），将点A、A2的坐标代入抛物线表达式，同理可得：a22，b24；故y2（xa2）2b2（x2）24；（2）同理可得：a33，b39，故点Bn的坐标为（n，n2），以此推出：点Bn1（n1），（n1）2，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：yx2；故答案为：（n，n2）；（n1），（n1）2；yx2；（3）存在，理由：点A（0，0），点An（2n，0）、点Bn（n，n2

40、），AAnBn为等腰直角三角形，则AAn22ABn2，即（2n）22（n2n4），解得：n1（不合题意的值已舍去），抛物线的表达式为：y（x1）21；yc（mn1）2（n1）2，n1yc（mn）2n2，nCn1Cnycyc（mn）2n2（mn1）2（n1）22mnn1坐标为1,2；（4）存在，0,，2,，2,1，2,2【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，这种找规律类型题目，通常按照题设的顺序逐次求解，通常比较容易9A解析：（1）y3x3，yx22x3；（2）6；（3）存在点M使ABM周长最短，其1733【分析】（1）把A、B两点的坐标分别代入抛物线yx2bxc和直线ymxn中，解之即可；（2

41、）由图可知，S1ACOB，所以只需求出AC，OB的长即可，因为C点为抛物线ABC2解得，c3把A、B两点的坐标分别代入ymxn得，n3与x轴的一个交点，令y=0即可求出C点坐标，根据已知可得A点坐标，从而得到AC的长，根据已知得到B点坐标，可得OB的长，从而求出ABC的面积；（3）由题意知，A、C关于对称轴对称，则可知MAMC，故当B、M、C三点在同一条直线上时MBMC最小，此时ABM的周长最小，连接BC交对称轴于点M，则M即为满足条件的点，设直线BC的解析式为ykxm，将B，C的坐标代入即可求出该解析式，令x=-1，即可求出点M的坐标；（4）在平面内是否存在点N，使A、B、H、N四点构成矩形

42、，求N点坐标时，需分情况讨论，当HBAB时，根据互相垂直的两直线的斜率之积为-1，互相平行的两直线的斜率相等求出直线HB，直线HN，直线AN的解析式，根据N点为直线HN和直线AN的交点，联立方程组解之即可；同理可得当HAAB时，N点的坐标；而当AB为对角线时，可得HAAB，从而可求出直线AH的解析式，设H点坐标为1,y，根据AHB为直角三角形，利用勾股定理求出H点的坐标，然后在利用互相垂直的两直线的斜率之积为-1，互相平行的两直线的斜率相等求出N点的坐标【详解】1bc0解：（1）把A、B两点的坐标分别代入yx2bxc得，c3b2抛物线解析式为yx22x3mn0m3解得，n3直线ymxn的解析式

43、为y3x3（2）由（1）得，抛物线解析式为yx22x3，令y0得0 x22x3，解得x11，x23，C3,0，A1,0，AC4，B0,3，OB=3，SACOB11436；ABC22（3）yx22x3x124，抛物线的对称轴为x1，A、C关于对称轴对称，MAMC，MBMAMBMC，当B、M、C三点在同一条直线上时MBMC最小，此时ABM的周长最小连接BC交对称轴于点M，则M即为满足条件的点，设直线BC的解析式为ykxm，直线BC过点B0,3，C3,0，3km0k1，解得，m3m3直线BC的解析式yx3，当x1时，y2，M1,2，存在点M使ABM周长最短，其坐标为1,2（4）存在，当HBAB时，如

44、图所示H点的坐标为1,，设直线HN的解析式为y=3x+m，把H点坐标代入，得3(-1)+m=，解得m=,设直线AN的解析式为yxn，把A点坐标代入，得n0，解得n=,设直线AN的解析式为yx，y3x3由（1）得直线AB的解析式为y3x3，HBAB，设直线HB的解析式为y1xb，将B(0,-3)代入得3b3，直线HB的解析式为y1x3，318当x=-1时，y=(-1)-3=，3383四边形ABHN为矩形，HNAB，ANHB，8313直线HN的解析式为y=3x+1,31133131133N点为直线HN和直线AN的交点，1y1x133解得1，N点坐标为0,x0y313当HAAB时，如图设直线HA的解

45、析式为y1xb，将A(1，0)代入得+b=0，解得b=，直线HA的解析式为yx，当x=-1时，y1，H点的坐标为1,，由（1）得直线AB的解析式为y3x3，HAAB，13313113311233323四边形ABNH是矩形，ABNH，BNAH，设直线HN的解析式为y=3x+m，把H点坐标代入，得231m，3解得m=113，设直线BN的解析式为yxn，把B点坐标代入，得设直线HN的解析式为y=3x+11，313n=-3，设直线BN的解析式为y1x3，3N点为直线HN和直线BN的交点，3解得7，N点坐标为2,11y3xy1x33x2y373当AB为对角线时，如图kb12解得，b设H点坐标为1,y，四

46、边形AHBN为矩形，AHB为直角三角形，AHB=90，AH2+BH2=AB2，即112y21y32132，解得y11,y22，H点坐标为(-1,-1)，(-1,-2)，（a）当H点坐标为(-1,-1)时，设直线AH的解析式为y=kx+b，把A，H点坐标代入，得kb01k12直线AH的解析式为y1x1，22AHBN，设直线BN的解析式为y1xb，把B点坐标代入，得2b=-3，kb2综上所述，存在点N，使A、B、H、N四点构成矩形，N点坐标为0,2,直线BN的解析式为y1x3，2ANBN，设直线AN的解析式为y=-2x+m，把A点坐标代入，得-2+m=0，解得m=2，直线AN的解析式为y=-2x+

47、2，N点为直线AN与BN的交点，y2x21yx32x2解得，y2N点坐标为(2,-2);（b）当H点坐标为(-1,-2)时，设直线AH的解析式为y=kx+b，把A，H点坐标代入，得kb0k1解得，b1直线AH的解析式为y=x-1，AHBN，设直线BN的解析式为y=x+n，把B点坐标代入，得n=-3，直线BN的解析式为y=x-3，ANBN，设直线AN的解析式为y=-x+m，把A点坐标代入，得-1+m=0，解得m=1，直线AN的解析式为y=-x+1，N点为直线AN与BN的交点，yx1yx3x2解得，y1N点坐标为(2,-1)17332,12,2【点睛】本题为二次函数的综合运用，涉及待定系数法，轴对

48、称的性质，勾股定理，三角形的面积等知识在（2）中求得点C是解题的关键，在（3）中确定出M点是解题的关键，在x=x=2（4）中分情况讨论是解题的关键10A解析：（1）y=x1，y=x2+3x+4；（2）(2，6)；PA=42；（3）点M的坐标为：(2+14，314)或(214，3+14)或(4，5)或(4，3【分析】（1）将点A、D的坐标分别代入直线表达式、抛物线的表达式，即可求解；（2）当PAD的面积最大时，P点到直线AD的距离就最大即当直线y=-x+m与抛物线只有一个交点时满足条件，=42+4（m-4）=0，解得m=8，解方程可求出答案；过点P作PEx轴于点E，证明PEA是等腰直角三角形，得

49、出PE=EA，设P点坐标为（m，n），由题意得，m+1=-m2+3m+4，求出m=3，由直角三角形的性质可得出答案；（3）分NC是平行四边形的一条边、NC是平行四边形的对角线，两种情况分别求解即可【详解】kn0k1（1）将点A、D的坐标代入直线表达式得：，解得：，5kn6n1故直线l的表达式为：y=x1，将点A、D的坐标代入抛物线表达式，同理可得抛物线的表达式为：y=x2+3x+4；（2）当PAD的面积最大时，P点到直线AD的距离就最大，所以P点在与直线AD平行并且与抛物线相切的直线上，即P点是这两个图像的唯一交点yxm设P点坐标为(x，y)，依题意有：，yx23x4x2-4x+m-4=0直线

50、y=-x+m与抛物线相切，即只有一个交点，42+4(m-4)=0m=8，x2-4x+4=0，12y=6由此得P点坐标为(2，6)过P作PEx轴于E点，由直线AC的解析式y=x1，可得A(-1，0)C(0，-1)，OA=OCm=3，m=-1(舍去)，AOC=90DAB=45，当AB平分DAP时，BAP=DAB，则BAP=45，PEA是等腰直角三角形，PE=EA设P点坐标为(m，n)，依题意有m+1=m2+3m+4，12PE=EA=4，PA=42（3）NC=5，当NC是平行四边形的一条边时，设点P坐标为(x，x2+3x+4)、则点M(x，x1)，由题意得：|yMyP|=5，即：|x2+3x+4+x

51、+1|=5，解得：x=214或0或4(舍去0)，则点M坐标为(2+14，314)或(214，3+14)或(4，5)；当NC是平行四边形的对角线时，则NC的中点坐标为(1，2)，2设点M坐标为(m，m2+3m+4)、则点M(n，n1)，N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形，则NC的中点即为PM中点，即：，2=1mn22m23m4n12，解得：m=0或4(舍去0)，故点M(4，3)；故点M的坐标为：(2+14，314)或(214，3+14)或(4，5)或(4，3)【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，坐标与图形的性质，平行四边形的性质，等腰

52、直角三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，熟练掌握待定系数法及平行四边形的性质是解题的关键二、中考几何压轴题11（1）见解析；（2），见解析；（3）【分析】（1）连接CF，证明，即可解决问题；（2）连接EF，利用（1）中两个三角形全等的性质、四边形内角和及图形中互补的角推导论证EGF=90，再利用勾解析：（1）见解析；（2）FC2EC22EC2，见解析；（3）GEGF2CG【分析】（1）连接CF，证明ACEeqoac(,)BCF，即可解决问题；（2）连接EF，利用（1）中两个三角形全等的性质、四边形内角和及图形中互补的角推导论证EGF=90，再利用勾股定理即可解决问题；（3）证明eqoac(

53、,RT)CNEeqoac(,RT)CMF，eqoac(,RT)GCNeqoac(,RT)GCM，即可解决问题【详解】（1）证明：如图，连接CFACEBCFCECFCD平分ACB，ACB90，ACEBCE45E，F关于CB对称，BCFBCE45，CECFACEBCF在ACE和BCF中，CACBACEBCF(SAS)AEBF（2）解：结论：FC2EC22EC2理由如下：连接EF，CFACEeqoac(,)BCF，AECBFCAECCEG180，CEGCFG180ECFEGF180ECBBCF45，ECFEGF90FG2EG2EF2，EF2CE2CF2CECF，FC2EG22CE2（3）如下图，结论

54、GEGF2CG理由如下：连接CG，CF，作CMBF于点F，CNAG于点N，ACEeqoac(,)BCF，CN=CM，CNE=CMF=90，CE=CF，eqoac(,RT)CNEeqoac(,RT)CMFEN=FM，CNG=CMG=90，CG=CG，eqoac(,RT)GCNeqoac(,RT)GCM，GN=GM，CGN=CGM=45，CG=2GN，GE+GF=GNEN+GM+MF=2GN=2CG故GE+GF=2CG【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题12（1）；30度；（2）成立，理由见

55、解析；（3）或，理由见解析【分析】由得;延长DE、CF交于K，由得，再由可得（2）连接BD交AC于点G,先证明可得，再利用“8”字型可得；（3解析：（1）3；30度；（2）成立，理由见解析；（3）CF393或3CF393，理由见解析【分析】由DAECAF得DEAC3=CFAD3;延长DE、CF交于K，由DAE得K=30?CAF得ADE=ACF，再由ADCACD150?可（2）连接BD交AC于点G,先证明DAECAF可得DEAC3=CFAD3，再利用“8”字型可得DHCDAC30；（3）过点A作AMDE，交直线DE于M,再结合（2）中相似分类讨论即可；【详解】（1）菱形ABCD中，AD4,B12

56、0AC43,DAC=BAC=ACD30?AE1AD,AF232AF=AE1ACAD2DAECAFDE=AC3;CFAD3如解题图1，延长DE、CF交于K，DAECAFADE=ACF，ADCACD150?ADECDEACD150?ACFCDEACD150?ACFKCD150?K=180-(ACFKCD)=30?（2）成立，理由如下如解题图2，连接BD交AC于点G,AE四边形ABCD是菱形，ACBD,AG1AC,ABG1ABC6022DACCABEAF30,AGABsinABG23AC43AD3AFAC3EAFDAC,EADFAC,DOHAOC,DHCDAC30即直线DE与CF夹角所成的较小角的度

57、数是30度（3）CF393或CF393理由如下：（1）过点A作AMDE，交直线DE于M,如解题图3：由（2）得DE当D,E,F三点共线时MEA60MEAEcosMEA1,AMAEsinMEA3,DM13,DEDMME1313,CF393,CF3(2)如解题图4，过点A作ANDE,当D,E,F三点共线时NEA60NEAEcosNEA1,ANAEsinNEA3,DN13,DEDNNE131由（2）得DE3,CF393CF3【点睛】本题综合考察相似三角形的性质与判定，菱形的性质，30直角三角形的性质，熟练运用性质进行角度转换是解题的关键13（1）AFBE，90；（2）AFBE，ABE理由见解析；（3

58、）BE的长为2或4【分析】（1）由等腰直角三角形的判定和性质可得：ABC45，由平行线的性质可得FDB解析：（1）AFBE，90；（2）AFBE，ABE理由见解析；（3）BE的长为2或4【分析】（1）由等腰直角三角形的判定和性质可得：ABC45，由平行线的性质可得FDBC90，进而可得由等角对等边可得DFDB，由旋转可得：ADFEDB，DADE，继而可知ADFEDB，继而即可知AFBE；由全等三角形的性质可知DAFE，继而由三角形内角和定理即可求解；（2）由平行线的性质可得ACBFDB，CABDFB，由等边对等角可得ABCCAB，进而根据等角对等边可得DBDF，再根据全等三角形的判定方法证得A

59、DFEDB，进而可得求证AFBE，ABEFDB；（3）分两种情况考虑：如图（3）中，当点D在BC上时，如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，由平行线分线段成比例定理可得据求解即可；【详解】AFCD1AFCD1=、=，代入数ABCB4ABCB2（1）问题发现：如图1中，设AB交DE于OACB90，ACBC，ABC45，DFAC，FDBC90，DFBDBF45，DFDB，ADEFDB90，ADFEDB，DADE，DFDBADFEDB（SAS），AFBE，DAFE，AODEOB，ABEADO90故答案为：AFBE，90（2）拓展探究：结论：AFBE，ABE理由如下：DFACACBFDB，CABDF

60、B，ACBC，ABCCAB，ABCDFB，DBDF，ADFADEFDE，EDBFDBFDE，ADFEDB，ADDE，DBDFADFEDB（SAS），AFBE，AFDEBDAFDABC+FDB，DBEABD+ABE，ABEFDB（3）解决问题如图（3）中，当点D在BC上时，由（2）可知：BEAF，DFAC，AF=CD=1，ABCB4AB8，AF2，BEAF2，如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，ACDF，AF=CD=1，ABCB2AB8，BEAF4，故BE的长为2或4【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质、平行线的性质、等边对等角的性质和等角对等边的性质、旋转的性质、相似三角形的判定及其