2022全国中考仿真数学压轴题及答案汇编

2022全国中考数学压轴题及答案汇编〔1/9〕MAyNBDPxC第23题OC23、MAyNBDPxC第23题OC(1)设点P的纵坐标为p，写出p随变化的函数关系式。(2)设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，那么不管动点P处于直线l上〔除点B以外〕的什么位置时，都有△AMN∽△ABP。请你对于点P处于图中位置时的两三角形相似给予证明；(3)是否存在使△AMN的面积等于的k值？假设存在，请求出符合的k值；假设不存在，请说明理由。参考答案：23、解：〔1〕、MAyNBMAyNBDPxC第23题OC∴OA⊥ADBD⊥AD又∵OA⊥OB∴∠AOB=∠OAD=∠ADB=90°∴四边形OADB是矩形∵⊙C的半径为2∴AD=OB=4∵点P在直线l上∴点P的坐标为〔4，p〕又∵点P也在直线AP上∴p=4k+3〔2〕连接DN∵AD是⊙C的直径∴∠AND=90°∵∠AND=90°-∠DAN，∠ABD=90°-∠DAN∴∠AND=∠ABD又∵∠ADN=∠AMN∴∠ABD=∠AMN…………4分∵∠MAN=∠BAP…………5分∴△AMN∽△ABP…………6分(3)存在。…………7分理由：把x=0代入y=kx+3得y=3，即OA=BD=3AB=∵S△ABD=AB·DN=AD·DB∴DN==∴AN2=AD2-DN2=∵△AMN∽△ABP∴即……8分当点P在B点上方时，∵AP2=AD2+PD2=AD2+(PB-BD)2=42+(4k+3-3)2=16(k2+1)或AP2=AD2+PD2=AD2+(BD-PB)2=42+(3-4k-3)2=16(k2+1)S△ABP=PB·AD=(4k+3)×4=2(4k+3)∴整理得k2-4k-2=0解得k1=2+k2=2-…………9分当点P在B点下方时，∵AP2=AD2+PD2=42+(3-4k-3)2=16(k2+1)S△ABP=PB·AD=[-(4k+3)]×4=-2(4k+3)∴化简，得k2+1=-〔4k+3〕解得k=-2综合以上所得，当k=2±或k=-2时，△AMN的面积等于…10分25．〔8分〕〔2022北京〕对于平面直角坐标系O中的点P和⊙C，给出如下定义：假设⊙C上存在两个点A，B，使得∠APB=60°，那么称P为⊙C的关联点。点D〔，〕，E〔0，-2〕，F〔，0〕〔1〕当⊙O的半径为1时，①在点D，E，F中，⊙O的关联点是__________；②过点F作直线交轴正半轴于点G，使∠GFO=30°，假设直线上的点P〔，〕是⊙O的关联点，求的取值范围；〔2〕假设线段EF上的所有点都是某个圆的关联点，求这个圆的半径的取值范围。 22.〔14分〕〔2022福州〕我们知道，经过原点的抛物线的解析式可以是〔1〕对于这样的抛物线：当顶点坐标为〔1，1〕时，=__________；当顶点坐标为〔，〕，时，与之间的关系式是____________________〔2〕继续探究，如果，且过原点的抛物线顶点在直线上，请用含的代数式表示；〔3〕现有一组过原点的抛物线，顶点，，…，在直线上，横坐标依次为1，2，…，〔为正整数，且≤12〕，分别过每个顶点作轴的垂线，垂足记为，，…，，以线段为边向右作正方形，假设这组抛物线中有一条经过，求所有满足条件的正方形边长。参考答案：22.〔14分〕〔1〕－1；〔或〕；〔2〕解：∵∴∴顶点坐标为∵顶点坐标在直线上∴∵∴〔3〕解：∵顶点在直线上∴可设的坐标为，点所在的抛物线顶点坐标为由〔1〕〔2〕可得，点所在的抛物线解析式为∵四边形是正方形∴点的坐标为∴∴∵、是正整数，且≤12，≤12∴=3,6或9∴满足条件的正方形边长为3,6或925．(13分)〔2022晋江〕将矩形置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点在上，将矩形沿折叠压平，使点落在坐标平面内，设点的对应点为点.〔1〕当时，点的坐标为，点的坐标为；〔2〕随着的变化，试探索：点能否恰好落在轴上？假设能，请求出的值；假设不能，请说明理由.〔3〕如图9，假设点的纵坐标为，抛物线〔且为常数〕的顶点落在的内部，求的取值范围.yyECDBOAx(图9)26.〔13分〕〔2022晋江〕如图10，在平面直角坐标系中，一动直线从轴出发，以每秒1个单位长度的速度沿轴向右平移，直线与直线相交于点,以为半径的⊙与轴正半轴交于点，与轴正半轴交于点.设直线的运动时间为秒．〔1〕填空：当时，⊙的半径为，，；〔2〕假设点是坐标平面内一点，且以点、、、为顶点的四边形为平行四边形.=1\*GB3①请你直接写出所有符合条件的点的坐标；〔用含的代数式表示〕=2\*GB3②当点在直线上方时,过、、三点的⊙与轴的另一个交点为yy点，连接、，试判断的形状，并说明理由.yylly=xy=xlly=xy=xBBBBPPPPxOAxOAxOAxOA(备用(备用图)(图10)参考答案：25.〔本小题13分〕解:(1)点的坐标为，点的坐标为；…………3分〔2〕点能恰好落在轴上.理由如下:四边形为矩形，…………………4分由折叠的性质可得：，，如图9-1，假设点恰好落在轴上，在中，由勾股定理可得，那么有……5分EyCDEyCDBOAx(图9-1)即解得……7分〔3〕解法一：如图9-2，过点作于，分别与、交于点、，过点作于点，那么，〔图9-2〕x〔图9-2〕xyOABCEFGHPD………8分在中，，，解得…………………9分，，〔，－1〕，∽即解得点的纵坐标为…………10分此抛物线的顶点必在直线上……………………11分又抛物线的顶点落在的内部此抛物线的顶点必在上………………………12分〔图9-3〕〔图9-3〕yOABCEFGHPDx故的取值范围为……13分解法二：如图9-3，过点作于点，分别与、交于点、，设与相交于点.，，≌〔AAS〕〔图9-4〕〔图9-4〕〔图9-4〕xyOABCEFGHPD由勾股定理可得〔以下过程同解法一〕解法三：如图9-4，过点作于点，分别与、交于点、，作交延长线于点，那么有x〔图x〔图9-5〕yOABCEPQD在中，由勾股定理可得…………………8分〔以下过程同解法一〕解法四：如图9-5，过点作交的延长线于点yy=x(图10-3)〔图10-1〕x、交轴于点yy=x(图10-3)〔图10-1〕x理求出的值，也可以利用∽求出的值.…………9分〔以下过程同解法一〕26.〔本小题13分〕解:(1)，，；………………3分yxy=x〔图10-2〕yxy=x〔图10-2〕、；…………………7分(3)是等腰直角三角形.理由如下:当点在第一象限时,如图10-2,连接、、、.由(2)可知,点的坐标为,由点坐标为,点坐标为,点坐标为，可知，是等腰直角三角形，又，进而可得也是等腰直角三角形，那么.，为⊙的直径，、、三点共线，又，,,为⊙的直径,…………9分yy=x图10-3yy=x图10-3x过点作轴于点，那么有，∽即解得或依题意，点与点不重合，舍去，只取即相似比为1，此时两个三角形全等，那么是等腰直角三角形.…………………11分当点在第二象限时,如图10-3,同上可证也是等腰直角三角形.…12分综上所述,当点在直线上方时,必等腰直角三角形.………………13分24．〔13分〕〔2022•龙岩〕如图，将边长为4的等边三角形AOB放置于平面直角坐标系xoy中，F是AB边上的动点〔不与端点A、B重合〕，过点F的反比例函数y=〔k＞0，x＞〕与OA边交于点E，过点F作FC⊥x轴于点C，连结EF、OF．〔1〕假设S△OCF=，求反比例函数的解析式；〔2〕在〔1〕的条件下，试判断以点E为圆心，EA长为半径的圆与y轴的位置关系，并说明理由；〔3〕AB边上是否存在点F，使得EF⊥AE？假设存在，请求出BF：FA的值；假设不存在，请说明理由．考点：反比例函数综合题．专题：计算题．分析：〔1〕设F〔x，y〕，得到OC=x与CF=y，表示出三角形OCF的面积，求出xy的值，即为k的值，进而确定出反比例解析式；〔2〕过E作EH垂直于x轴，EG垂直于y轴，设OH为m，利用等边三角形的性质及锐角三角函数定义表示出EH与OE，进而表示出E的坐标，代入反比例解析式中求出m的值，确定出EG，OE，EH的长，根据EA与EG的大小关系即可对于圆E与y轴的位置关系作出判断；〔3〕过E作EH垂直于x轴，设FB=x，利用等边三角形的性质及锐角三角函数定义表示出FC与BC，进而表示出AF与OC，表示出AE与OE的长，得出OE与EH的长，表示出E与F坐标，根据E与F都在反比例图象上，得到横纵坐标乘积相等列出方程，求出方程的解得到x的值，即可求出BF与FA的比值．解答：解：〔1〕设F〔x，y〕，〔x＞0，y＞0〕，那么OC=x，CF=y，∴S△OCF=xy=，∴xy=2，∴k=2，∴反比例函数解析式为y=〔x＞0〕；〔2〕该圆与y轴相离，理由为：过点E作EH⊥x轴，垂足为H，过点E作EG⊥y轴，垂足为G，在△AOB中，OA=AB=4，∠AOB=∠ABO=∠A=60°，设OH=m，那么tan∠AOB==，∴EH=m，OE=2m，∴E坐标为〔m，m〕，∵E在反比例y=图象上，∴m=，∴m1=，m2=﹣〔舍去〕，∴OE=2，EA=4﹣2，EG=，∵4﹣2＜，∴EA＜EG，∴以E为圆心，EA垂为半径的圆与y轴相离；〔3〕存在．假设存在点F，使AE⊥FE，过E点作EH⊥OB于点H，设BF=x．∵△AOB是等边三角形，∴AB=OA=OB=4，∠AOB=∠ABO=∠A=60°，∴BC=FB•cos∠FBC=x，FC=FB•sin∠FBC=x，∴AF=4﹣x，OC=OB﹣BC=4﹣x，∵AE⊥FE，∴AE=AF•cosA=2﹣x，∴OE=OA﹣AE=x+2，∴OH=OE•cos∠AOB=x+1，EH=OE•sin∠AOB=x+，∴E〔x+1，x+〕，F〔4﹣x，x〕，∵E、F都在双曲线y=的图象上，∴〔x+1〕〔x+〕=〔4﹣x〕•x，解得：x1=4，x2=，当BF=4时，AF=0，不存在，舍去；当BF=时，AF=，BF：AF=1：4．点评：此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：反比例函数的图象与性质，坐标与图形性质，等边三角形的性质，锐角三角函数定义，熟练掌握反比例函数的图象与性质是解此题的关键．25．〔14分〕〔2022•龙岩〕如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD交于点O，且AC=80，BD=60．动点M、N分别以每秒1个单位的速度从点A、D同时出发，分别沿A→O→D和D→A运动，当点N到达点A时，M、N同时停止运动．设运动时间为t秒．〔1〕求菱形ABCD的周长；〔2〕记△DMN的面积为S，求S关于t的解析式，并求S的最大值；〔3〕当t=30秒时，在线段OD的垂直平分线上是否存在点P，使得∠DPO=∠DON？假设存在，这样的点P有几个？并求出点P到线段OD的距离；假设不存在，请说明理由．考点：相似形综合题分析：〔1〕根据勾股定理及菱形的性质，求出菱形的周长；〔2〕在动点M、N运动过程中：①当0＜t≤40时，如答图1所示，②当40＜t≤50时，如答图2所示．分别求出S的关系式，然后利用二次函数的性质求出最大值；〔3〕如答图3所示，在Rt△PKD中，DK长可求出，那么只有求出tan∠DPK即可．为此，在△ODM中，作辅助线，构造Rt△OND，作∠NOD平分线OG，那么∠GOF=∠DPK．在Rt△OGF中，求出tan∠GOF的值，从而问题解决．解答中提供另外一种解法，请参考．解答：解：〔1〕在菱形ABCD中，∵AC⊥BD∴AD==50．∴菱形ABCD的周长为200．〔2〕过点M作MP⊥AD，垂足为点P．①当0＜t≤40时，如答图1，∵sin∠OAD===，∴MP=AM•sin∠OAD=t．S=DN•MP=×t×t=t2；②当40＜t≤50时，如答图2，MD=70﹣t，∵sin∠ADO===，∴MP=〔70﹣t〕．∴S△DMN=DN•MP=×t×〔70﹣t〕=t2+28t=〔t﹣35〕2+490．∴S=当0＜t≤40时，S随t的增大而增大，当t=40时，最大值为480．当40＜t≤50时，S随t的增大而减小，当t=40时，最大值为480．综上所述，S的最大值为480．〔3〕存在2个点P，使得∠DPO=∠DON．方法一：如答图3所示，过点N作NF⊥OD于点F，那么NF=ND•sin∠ODA=30×=24，DF=ND•cos∠ODA=30×=18．∴OF=12，∴tan∠NOD===2．作∠NOD的平分线交NF于点G，过点G作GH⊥ON于点H，那么FG=GH．∴S△ONF=OF•NF=S△OGF+S△OGN=OF•FG+ON•GH=〔OF+ON〕•FG．∴FG===，∴tan∠GOF===．设OD中垂线与OD的交点为K，由对称性可知：∠DPK=∠DPO=∠DON=∠FOG∴tan∠DPK===，∴PK=．根据菱形的对称性可知，在线段OD的下方存在与点P关于OD轴对称的点P′．∴存在两个点P到OD的距离都是．方法二：答图4所示，作ON的垂直平分线，交OD的垂直平分线EF于点I，连结OI，IN．过点N作NG⊥OD，NH⊥EF，垂足分别为G，H．当t=30时，DN=OD=30，易知△DNG∽△DAO，∴，即．∴NG=24，DG=18．∵EF垂直平分OD，∴OE=ED=15，EG=NH=3．设OI=R，EI=x，那么在Rt△OEI中，有R2=152+x2①在Rt△NIH中，有R2=32+〔24﹣x〕2②由①、②可得：∴PE=PI+IE=．根据对称性可得，在BD下方还存在一个点P′也满足条件．∴存在两个点P，到OD的距离都是．〔注：只求出一个点P并计算正确的扣〔1分〕．〕点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、菱形、等腰三角形、中垂线、勾股定理、解直角三角形、二次函数极值等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．第〔2〕问中，动点M在线段AO和OD上运动时，是两种不同的情形，需要分类讨论；第〔3〕问中，满足条件的点有2个，注意不要漏解．GEABCDF〔第25题图〕25．〔12分〕〔2022福建南平〕在矩形ABCD中，点E在BC边上，过E作EF⊥AC于F，G为线段AE的中点，连接BFGEABCDF〔第25题图〕〔1〕证明：△BGF是等腰三角形；〔2〕当k为何值时，△BGF是等边三角形？〔3〕我们知道：在一个三角形中，等边所对的角相等；反过来，等角所对的边也相等．事实上，在一个三角形中，较大的边所对的角也较大；反之也成立．利用上述结论，探究：当△BGF分别为锐角、直角、钝角三角形时，k的取值范围.〔第26题图〕ACOMByx26．〔14分〕〔2022福建南平〕如图，点A〔0〔第26题图〕ACOMByx〔1〕求直线AB的函数解析式；〔2〕点M是线段AB上一动点〔不与点A、B重合〕，以M为顶点的抛物线与线段OA交于点C.①求线段AC的长；〔用含m的式子表示〕②是否存在某一时刻，使得△ACM与△AMO相似？假设存在，求出此时m的值.参考答案：25．〔1〕证明：∵EF⊥AC于点F，∴∠AFE=90°又∵在Rt△AEF中，G为斜边AE的中点，GEABCDGEABCDF〔第25题图〕在Rt△ABE中，同理可得 3分∴GF=GB那么△BGF为等腰三角形 4分〔2〕解：当△BGF为等边三角形时，∠BGF=60°∵GF=GB=AG，∴∠BGE=2∠BAE，∠FGE=2∠CAE∴∠BGF=2∠BAC∴∠BAC=30° 6分∴∠ACB=60°∴∴当k=时，△BGF为等边三角形 8分〔3〕解：由〔1〕得△BGF为等腰三角形，由〔2〕得∠BGF=2∠BAC∴当△BGF为锐角三角形时，∠BGF<90°，∴∠BAC<45°此时AB>BC，k=>1 9分当△BGF为直角三角形时，∠BGF=90°，∴∠BAC=45°此时AB=BC，k==1 10分当△BGF为钝角三角形时，∠BGF>90°，∴∠BAC>45°此时AB<BC，k=<1 11分∴0<k<1 12分26．解：〔1〕设直线AB的函数解析式为：y=kx+b〔第26题图〕ACOMByxD∵点A坐标为〔0〔第26题图〕ACOMByxD∴ 2分解得：即直线AB的函数解析式为y=－2x+4 4分〔2〕①依题意得抛物线顶点M〔m,n〕∵在点M在线段AB上，∴n=－2m+4 5当x＝0时，代入得 6分∴即C点坐标为〔0,〕 7分∴AC＝OA－OC＝4－〔〕＝ 8分②答：存在 9分作MD⊥y轴于点D，那么D点坐标为〔0，〕∴AD＝OA－OD＝4－()＝2m 10分∵M不与点A、B重合，∴0＜m＜2又∵MD＝m，∴ 11分(另解：在Rt△AOB中，根据勾股定理得又∵DM∥OB，∴，∴ 11分)∵在△ACM与△AMO中，∠CAM＝∠MAO，∠MCA＞∠AOM 12分∴设△ACM∽△AMO∴ 13分即，整理，得解得或〔舍去〕∴存在一时刻使得△ACM与△AMO相似，且此时 14分24．〔12分〕〔2022•莆田〕如图，抛物线y=ax2+bx+c的开口向下，与x轴交于点A〔﹣3，0〕和点B〔1，0〕．与y轴交于点C，顶点为D．〔1〕求顶点D的坐标．〔用含a的代数式表示〕；〔2〕假设△ACD的面积为3．①求抛物线的解析式；②将抛物线向右平移，使得平移后的抛物线与原抛物线交于点P，且∠PAB=∠DAC，求平移后抛物线的解析式．考点：二次函数综合题．分析：〔1〕抛物线与x轴的两交点的横坐标分别是﹣3和1，设抛物线解析式的交点式y=a〔x+3〕〔x﹣1〕，再配方为顶点式，可确定顶点坐标；〔2〕①设AC与抛物线对称轴的交点为E，先运用待定系数法求出直线AC的解析式，求出点E的坐标，即可得到DE的长，然后由S△ACD=×DE×OA列出方程，解方程求出a的值，即可确定抛物线的解析式；②先运用勾股定理的逆定理判断出在△ACD中∠ACD=90°，利用三角函数求出tan∠DAC=．设y=﹣x2﹣2x+3=﹣〔x+1〕2+4向右平移后的抛物线解析式为y=﹣〔x+m〕2+4，两条抛物线交于点P，直线AP与y轴交于点F．根据正切函数的定义求出OF=1．分两种情况进行讨论：〔Ⅰ〕如图2①，F点的坐标为〔0，1〕，〔Ⅱ〕如图2②，F点的坐标为〔0，﹣1〕．针对这两种情况，都可以先求出点P的坐标，再得出m的值，进而求出平移后抛物线的解析式．解答：解：〔1〕∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A〔﹣3，0〕和点B〔1，0〕，∴抛物线解析式为y=a〔x+3〕〔x﹣1〕=ax2+2ax﹣3a，∵y=a〔x+3〕〔x﹣1〕=a〔x2+2x﹣3〕=a〔x+1〕2﹣4a，∴顶点D的坐标为〔﹣1，﹣4a〕；〔2〕如图1，①设AC与抛物线对称轴的交点为E．∵抛物线y=ax2+2ax﹣3a与y轴交于点C，∴C点坐标为〔0，﹣3a〕．设直线AC的解析式为：y=kx+t，那么：，解得：，∴直线AC的解析式为：y=﹣ax﹣3a，∴点E的坐标为：〔﹣1，﹣2a〕，∴DE=﹣4a﹣〔﹣2a〕=﹣2a，∴S△ACD=S△CDE+S△ADE=×DE×OA=×〔﹣2a〕×3=﹣3a，∴﹣3a=3，解得a=﹣1，∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3；②∵y=﹣x2﹣2x+3，∴顶点D的坐标为〔﹣1，4〕，C〔0，3〕，∵A〔﹣3，0〕，∴AD2=〔﹣1+3〕2+〔4﹣0〕2=20，CD2=〔﹣1﹣0〕2+〔4﹣3〕2=2，AC2=〔0+3〕2+〔3﹣0〕2=18，∴AD2=CD2+AC2，∴∠ACD=90°，∴tan∠DAC===，∵∠PAB=∠DAC，∴tan∠PAB=tan∠DAC=．如图2，设y=﹣x2﹣2x+3=﹣〔x+1〕2+4向右平移后的抛物线解析式为y=﹣〔x+m〕2+4，两条抛物线交于点P，直线AP与y轴交于点F．∵tan∠PAB===，∴OF=1，那么F点的坐标为〔0，1〕或〔0，﹣1〕．分两种情况：〔Ⅰ〕如图2①，当F点的坐标为〔0，1〕时，易求直线AF的解析式为y=x+1，由，解得，〔舍去〕，∴P点坐标为〔，〕，将P点坐标〔，〕代入y=﹣〔x+m〕2+4，得=﹣〔+m〕2+4，解得m1=﹣，m2=1〔舍去〕，∴平移后抛物线的解析式为y=﹣〔x﹣〕2+4；〔Ⅱ〕如图2②，当F点的坐标为〔0，﹣1〕时，易求直线AF的解析式为y=﹣x﹣1，由，解得，〔舍去〕，∴P点坐标为〔，﹣〕，将P点坐标〔，﹣〕代入y=﹣〔x+m〕2+4，得﹣=﹣〔+m〕2+4，解得m1=﹣，m2=1〔舍去〕，∴平移后抛物线的解析式为y=﹣〔x﹣〕2+4；综上可知，平移后抛物线的解析式为y=﹣〔x﹣〕2+4或y=﹣〔x﹣〕2+4．点评：此题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，勾股定理的逆定理，三角函数的定义，三角形的面积、两函数交点坐标的求法，函数平移的规律等知识，综合性较强，有一定难度，解题的关键是方程思想、数形结合思想与分类讨论思想的应用．25．〔14分〕〔2022•莆田〕在Rt△ABC，∠C=90°，D为AB边上一点，点M、N分别在BC、AC边上，且DM⊥DN．作MF⊥AB于点F，NE⊥AB于点E．〔1〕特殊验证：如图1，假设AC=BC，且D为AB中点，求证：DM=DN，AE=DF；〔2〕拓展探究：假设AC≠BC．①如图2，假设D为AB中点，〔1〕中的两个结论有一个仍成立，请指出并加以证明；②如图3，假设BD=kAD，条件中“点M在BC边上〞改为“点M在线段CB的延长线上〞，其它条件不变，请探究AE与DF的数量关系并加以证明．考点：相似形综合题．分析：〔1〕如答图1，连接CD，证明△AND≌△CDM，可得DM=DN；证明△NED≌△DFM，可得DF=NE，从而得到AE=NE=DF；〔2〕①假设D为AB中点，那么分别证明△DEN∽△MFD，△AEN∽△MFB，由线段比例关系可以证明AE=DF结论依然成立．证法二提供另外一种证明方法，可以参考；②假设BD=kAD，证明思路与①类似；证法二提供另外一种证明方法，可以参考．解答：〔1〕证明：假设AC=BC，那么△ABC为等腰直角三角形，如答图1所示，连接OD，那么CD⊥AB，又∵DM⊥DN，∴∠1=∠2．在△AND与△CDM中，∴△AND≌△CDM〔ASA〕，∴DM=DN．∵∠4+∠1=90°，∠1+∠3=90°，∴∠4=∠3，∵∠1+∠3=90°，∠3+∠5=90°，∴∠1=∠5，在△NED与△DFM中，∴△NED≌△DFM〔ASA〕，∴NE=DF．∵△ANE为等腰直角三角形，∴AE=NE，∴AE=DF．〔2〕①答：AE=DF．证法一：由〔1〕证明可知：△DEN∽△MFD，∴，即MF•EN=DE•DF．同理△AEN∽△MFB，∴，即MF•EN=AE•BF．∴DE•DF=AE•BF，∴〔AD﹣AE〕•DF=AE•〔BD﹣DF〕，∴AD•DF=AE•BD，∴AE=DF．证法二：如答图2所示，过点D作DP⊥BC于点P，DQ⊥AC于点Q．∵D为AB中点，∴DQ=PC=PB．易证△DMF∽△NDE，∴，易证△DMP∽△DNQ，∴，∴；易证△AEN∽△DPB，∴，∴，∴AE=DF．②答：DF=kAE．证法一：由①同理可得：DE•DF=AE•BF，∴〔AE﹣AD〕•DF=AE•〔DF﹣BD〕∴AD•DF=AE•BD∵BD=kAD∴DF=kAE．证法二：如答图3，过点D作DP⊥BC于点P，DQ⊥AC于点Q．易证△AQD∽△DPB，得，即PB=kDQ．由①同理可得：，∴；又∵，∴，∴DF=kAE．点评：此题是几何探究与证明综合题，考查了相似三角形与全等三角形的判定与性质．题中三个结论之间逐级递进，表达了从特殊到一般的数学思想．25．〔12分〕〔2022•泉州〕如图，直线y=﹣x+2分别与x、y轴交于点B、C，点A〔﹣2，0〕，P是直线BC上的动点．〔1〕求∠ABC的大小；〔2〕求点P的坐标，使∠APO=30°；〔3〕在坐标平面内，平移直线BC，试探索：当BC在不同位置时，使∠APO=30°的点P的个数是否保持不变？假设不变，指出点P的个数有几个？假设改变，指出点P的个数情况，并简要说明理由．考点：一次函数综合题分析：〔1〕求得B、C的坐标，在直角△BOC中，利用三角函数即可求解；〔2〕取AC中点Q，以点Q为圆心，2为半径长画圆⊙Q，⊙Q与直线BC的两个交点，即为所求；〔3〕当BC在不同位置时，点P的个数会发生改变，使∠APO=30°的点P的个数情况有四种：1个、2个、3个、4个．如答图2所示．解答：解：〔1〕在y=﹣x+2中，令x=0，得y=2；令y=0，得x=2，∴C〔0，2〕，B〔2，0〕，∴OC=2，OB=2．tan∠ABC===，∴∠ABC=60°．〔2〕如答图1所示，连接AC．由〔1〕知∠ABC=60°，∴BC=2OB=4．又∵AB=4，∴AB=BC，∴△ABC为等边三角形，AB=BC=AC=4．取AC中点Q，以点Q为圆心，2为半径长画圆，与直线BC交于点P1，P2．∵QP1=2，QO=2，∴点P1与点C重合，且⊙Q经过点O．∴P1〔0，2〕．∵QA=QO，∠CAB=60°，∴△AOQ为等边三角形．∴在⊙Q中，AO所对的圆心角∠OQA=60°，由圆周角定理可知，AO所对的圆周角∠APO=30°，故点P1、P2符合条件．∵QC=QP2，∠ACB=60°，∴△P2QC为等边三角形．∴P2C=QP=2，∴点P2∵B〔2，0〕，C〔0，2〕，∴P2〔1，〕．综上所述，符合条件的点P坐标为〔0，2〕，〔1，〕．〔3〕当BC在不同位置时，点P的个数会发生改变，使∠APO=30°的点P的个数情况有四种：1个、2个、3个、4个．如答图2所示，以AO为弦，AO所对的圆心角等于60°的圆共有2个，记为⊙Q，⊙Q′，点Q，Q′关于x轴对称．∵直线BC与⊙Q，⊙Q′的公共点P都满足∠APO=∠AQO=∠AQ′O=30°，∴点P的个数情况如下：①有1个：直线BC与⊙Q〔或⊙Q′〕相切；②有2个：直线BC与⊙Q〔或⊙Q′〕相交；③有3个：直线BC与⊙Q〔或⊙Q′〕相切，同时与⊙Q〔或⊙Q′〕相交；直线BC过⊙Q与⊙Q′的一个交点，同时与两圆都相交；④有4个：直线BC同时与两圆都相交，且不过两圆的交点．点评：此题是代数几何综合题，考查了坐标平面内直线与圆的位置关系．难点在于第〔3〕问，所涉及的情形较多，容易遗漏．26．〔14分〕〔2022•泉州〕如图1，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A〔﹣6，0〕，过点E〔﹣2，0〕作EF∥AB，交BO于F；〔1〕求EF的长；〔2〕过点F作直线l分别与直线AO、直线BC交于点H、G；①根据上述语句，在图1上画出图形，并证明=；②过点G作直线GD∥AB，交x轴于点D，以圆O为圆心，OH长为半径在x轴上方作半圆〔包括直径两端点〕，使它与GD有公共点P．如图2所示，当直线l绕点F旋转时，点P也随之运动，证明：=，并通过操作、观察，直接写出BG长度的取值范围〔不必说理〕；〔3〕在〔2〕中，假设点M〔2，〕，探索2PO+PM的最小值．考点：圆的综合题．分析：〔1〕利用正方形与平行线的性质，易求线段EF的长度．〔2〕①首先依题意画出图形，如答图1所示．证明△OFH∽△BFG，得；由EF∥AB，得．所以；②由OP=OH，那么问题转化为证明=．根据①中的结论，易得=，故问题得证．〔3〕本问为探究型问题，利用线段性质〔两点之间线段最短〕解决．如答图2所示，构造矩形，将2PO+PM转化为NK+PM，由NK+PM≥NK+KM，NK+KM≥MN=8，可得当点P在线段MN上时，2OP+PM的值最小，最小值为8．解答：〔1〕解：解法一：在正方形OABC中，∠FOE=∠BOA=∠COA=45°．∵EF∥AB，∴∠FEO=∠BAO=90°，∴∠EFO=∠FOE=45°，又E〔﹣2，0〕，∴EF=EO=2．解法二：∵A〔﹣6，0〕，C〔0，6〕，E〔﹣2，0〕，∴OA=AB=6，EO=2，∵EF∥AB，∴，即，∴EF=6×=2．〔2〕①画图，如答图1所示：证明：∵四边形OABC是正方形，∴OH∥BC，∴△OFH∽△BFG，∴；∵EF∥AB，∴；∴．②证明：∵半圆与GD交于点P，∴OP=OH．由①得：，又EO=2，EA=OA﹣EO=6﹣2=4，∴．通过操作、观察可得，4≤BG≤12．〔3〕解：由〔2〕可得：=，∴2OP+PM=BG+PM．如答图2所示，过点M作直线MN⊥AB于点N，交GD于点K，那么四边形BNKG为矩形，∴NK=BG．∴2OP+PM=BG+PM=NK+PM≥NK+KM，当点P与点K重合，即当点P在直线MN上时，等号成立．又∵NK+KM≥MN=8，当点K在线段MN上时，等号成立．∴当点P在线段MN上时，2OP+PM的值最小，最小值为8．点评：此题是几何综合题，主要考查了相似三角形与圆的相关知识．图中线段较多，注意理清关系．第〔1〕〔2〕问考查几何根底知识，难度不大；第〔3〕问考查几何最值问题，有一定的难度．需要注意的是：线段的性质〔两点之间线段最短〕是初中数学常见的最值问题的根底，典型的展开图﹣最短路线问题、轴对称﹣最短路线问题，均是利用这一性质，希望同学们能够举一反三、触类旁通．22．〔12分〕〔2022•三明〕如图①，AB是半圆O的直径，以OA为直径作半圆C，P是半圆C上的一个动点〔P与点A，O不重合〕，AP的延长线交半圆O于点D，其中OA=4．〔1〕判断线段AP与PD的大小关系，并说明理由；〔2〕连接OD，当OD与半圆C相切时，求的长；〔3〕过点D作DE⊥AB，垂足为E〔如图②〕，设AP=x，OE=y，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围．考点：圆的综合题．分析：〔1〕AP=PD．理由如下：如图①，连接OP．利用圆周角定理知OP⊥AD．然后由等腰三角形“三合一〞的性质证得AP=PD；〔2〕由三角形中位线的定义证得CP是△AOD的中位线，那么PC∥DO，所以根据平行线的性质、切线的性质易求弧AP所对的圆心角∠ACP=90°；〔3〕分类讨论：点E落在线段OA和线段OB上，这两种情况下的y与x的关系式．这两种情况都是根据相似三角形〔△APO∽△AED〕的对应边成比例来求y与x之间的函数关系式的．解答：解：〔1〕AP=PD．理由如下：如图①，连接OP．∵OA是半圆C的直径，∴∠APO=90°，即OP⊥AD．又∵OA=OD，∴AP=PD；〔2〕如图①，连接PC、OD．∵OD是半圆C的切线，∴∠AOD=90°．由〔1〕知，AP=PD．又∵AC=OC，∴PC∥OD，∴∠ACP=∠AOD=90°，∴的长==π；〔3〕分两种情况：①当点E落在OA上〔即0＜x≤2时〕，如图②，连接OP，那么∠APO=∠AED．又∵∠A=∠A，∴△APO∽△AED，∴=．∵AP=x，AO=4，AD=2x，AE=4﹣y，∴=，∴y=﹣x2+4〔0＜x≤2〕；②当点E落在线段OB上〔即2＜x＜4〕时，如图③，连接OP．同①可得，△APO∽△AED，∴=．∵AP=x，AO=4，AD=2x，AE=4+y，∴=，∴y=x2+4〔2＜x＜4〕．点评：此题综合考查了圆周角定理、圆的切线的性质以及相似三角形的判定与性质．解答〔3〕题时，要分类讨论，以防漏解．解答几何问题时，要数形结合，使抽象的问题变得形象化，降低题的难度与梯度．23．〔14分〕〔2022•三明〕如图，△ABC的顶点坐标分别为A〔﹣6，0〕，B〔4，0〕，C〔0，8〕，把△ABC沿直线BC翻折，点A的对应点为D，抛物线y=ax2﹣10ax+c经过点C，顶点M在直线BC上．〔1〕证明四边形ABCD是菱形，并求点D的坐标；〔2〕求抛物线的对称轴和函数表达式；〔3〕在抛物线上是否存在点P，使得△PBD与△PCD的面积相等？假设存在，直接写出点P的坐标；假设不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题分析：〔1〕根据两点之间的距离公式，勾股定理，翻折的性质可得AB=BD=CD=AC，根据菱形的判定和性质可得点D的坐标；〔2〕根据对称轴公式可得抛物线的对称轴，设M的坐标为〔5，n〕，直线BC的解析式为y=kx+b，根据待定系数法可求M的坐标，再根据待定系数法求出抛物线的函数表达式；〔3〕分点P在CD的上面和点P在CD的下面两种情况，根据等底等高的三角形面积相等可求点P的坐标．解答：〔1〕证明：∵A〔﹣6，0〕，B〔4，0〕，C〔0，8〕，∴AB=6+4=10，AC==10，∴AB=AC，由翻折可得，AB=BD，AC=CD，∴AB=BD=CD=AC，∴四边形ABCD是菱形，∴CD∥AB，∵C〔0，8〕，∴点D的坐标是〔10，8〕；〔2〕∵y=ax2﹣10ax+c，∴对称轴为直线x=﹣=5．设M的坐标为〔5，n〕，直线BC的解析式为y=kx+b，∴，解得．∴y=﹣2x+8．∵点M在直线y=﹣2x+8上，∴n=﹣2×5+8=﹣2．又∵抛物线y=ax2﹣10ax+c经过点C和M，∴，解得．∴抛物线的函数表达式为y=x2﹣4x+8；〔3〕存在．△PBD与△PCD的面积相等，点P的坐标为P1〔，〕，P2〔﹣5，38〕．点评：考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：两点之间的距离公式，勾股定理，翻折的性质，菱形的判定和性质，对称轴公式，待定系数法的运用，等底等高的三角形面积相等，分类思想的运用．26．〔11分〕〔2022厦门〕假设x1，x2是关于x的方程x2＋bx＋c＝0的两个实数根，且eq\x\le\ri(x1)＋eq\x\le\ri(x2)＝2eq\x\le\ri(k)〔k是整数〕，那么称方程x2＋bx＋c＝0为“偶系二次方程〞.如方程x2－6x－27＝0，x2－2x－8＝0，x2＋3x－eq\f(27,4)＝0，x2＋6x－27＝0，x2＋4x＋4＝0都是“偶系二次方程〞.〔1〕判断方程x2＋x－12＝0是否是“偶系二次方程〞，并说明理由；〔2〕对于任意一个整数b，是否存在实数c，使得关于x的方程x2＋bx＋c＝0是“偶系二次方程〞，并说明理由.参考答案：26．〔此题总分值11分〕〔1〕解：不是……………1分解方程x2＋x－12＝0得，x1＝－4，x2＝3.……………2分eq\x\le\ri(x1)＋eq\x\le\ri(x2)＝4＋3＝2×eq\x\le\ri.……………3分∵不是整数，∴方程x2＋x－12＝0不是“偶系二次方程〞.…………4分〔2〕解：存在…………6分∵方程x2－6x－27＝0，x2＋6x－27＝0是“偶系二次方程〞，∴假设c＝mb2＋n.…………8分当b＝－6，c＝－27时，有－27＝36m＋n.∵x2＝0是“偶系二次方程〞，∴n＝0，m＝－eq\f(3,4).…………9分即有c＝－eq\f(3,4)b2.又∵x2＋3x－eq\f(27,4)＝0也是“偶系二次方程〞，当b＝3时，c＝－eq\f(3,4)×32＝－eq\f(27,4).∴可设c＝－eq\f(3,4)b2.…………10分对任意一个整数b，当c＝－eq\f(3,4)b2时，∵△＝b2－4＝4b2.∴x＝eq\f(－b±2b,2).∴x1＝－eq\f(3,2)b，x2＝eq\f(1,2)b.∴eq\x\le\ri(x1)＋eq\x\le\ri(x2)＝eq\f(3,2)eq\x\le\ri(b)＋eq\f(1,2)eq\x\le\ri(b)＝2eq\x\le\ri(b).∵b是整数，∴对任意一个整数b，当c＝－eq\f(3,4)b2时，关于x的方程x2＋bx＋c＝0是“偶系二次方程〞.…………11分24．〔14分〕〔2022•漳州〕〔1〕问题探究数学课上，李老师给出以下命题，要求加以证明．如图1，在△ABC中，M为BC的中点，且MA=BC，求证∠BAC=90°．同学们经过思考、讨论、交流，得到以下证明思路：思路一直接利用等腰三角形性质和三角形内角和定理…思路二延长AM到D使DM=MA，连接DB，DC，利用矩形的知识…思路三以BC为直径作圆，利用圆的知识…思路四…请选择一种方法写出完整的证明过程；〔2〕结论应用李老师要求同学们很好地理解〔1〕中命题的条件和结论，并直接运用〔1〕命题的结论完成以下两道题：①如图2，线段AB经过圆心O，交⊙O于点A，C，点D在⊙O上，且∠DAB=30°，OA=a，OB=2a，求证：直线BD是⊙O的切线；②如图3，△ABC中，M为BC的中点，BD⊥AC于D，E在AB边上，且EM=DM，连接DE，CE，如果∠A=60°，请求出△ADE与△ABC面积的比值．考点：相似形综合题．分析：〔1〕根据条件可以得出BM=CM=MA，由等腰三角形的性质就可以得出∠1=∠B，∠2=∠C，由三角形内角和定理就可以求出结论；〔2〕①连接OD，CD，由圆的性质就可以得出AO=OD=OC=a，再由条件就可以得出△ODC是等边三角形，由外角与内角的关系就可以求出∠BDC=30°，从而得出∠ODB=90°而得出结论；②运用〔1〕的结论可以得出∠ADB=∠ACE=90°，从而有△ADB∽△AEC，由相似的性质可以得出△ADE∽△ABC，由相似三角形的面积之比等于相似比平方，最后由锐角三角形函数值就可以求出结论．解答：解：〔1〕问题研究，∵M为BC的中点，∴BM=CM=BC．∵MA=BC，∴BM=CM=MA，∴∠1=∠B，∠2=∠C．∵∠1+∠B+∠2+∠C=180°，∴2∠1+2∠2=180°，∴∠1+∠2=90°，即∠BAC=90°；〔2〕①连接OD，CD，∴AO=OD=OC=a，∴∠BOD=2∠A=60°，∴△ODC是等边三角形，∴CD=OC=a，∠DCO=∠CDO=60°．∵OB=2a，∴BC=a，∴BC=DC，∴∠B=∠BDC，∴2∠BDC=60°，∴∠BDC=30°，∴∠BDO=∠BDC+∠CDO=90°，∴直线BD是⊙0的切线②∵M为BC的中点，BD⊥AC于D，∴DM=BC．∵EM=DM，∴EM=BC，∴∠BEC=90°．∴∠ADB=∠ACE=90°．∵∠A=∠A，∴△ADB∽△AEC，∴，∴．∵∠A=∠A，∴△ADE∽△ABC，∴=〔〕2．∵cos∠A=，且∠A=60°，∴，∴=．∴△ADE与△AB