2023各地中考数学模拟试卷专项汇编：综合性问题

②当4＜＜8时，设PM，PN分别交BC于E，F．∵四边形AMPN是矩形，∴PN∥AM，PN＝AM＝．又∵MN∥BC，∴四边形MBFN是平行四边形．∴FN＝BM＝8－．∴．又△PEF∽△ACB．∴．∴．∴＝.∴当4＜＜8时，．∵满足4＜＜8，∴当时，．综上所述，当时，值最大，最大值是8．45．（山东·枣庄一摸）如图1，抛物线经过A（-1，0），C（3，-2）两点，与轴交于点D，与轴交于另一点B．（1）求此抛物线的解析式；（2）若直线（）将四边形ABCD面积二等分，求的值；（3）如图2，过点E（1，1）作EF⊥轴于点F，将△AEF绕平面内某点P旋转180°得△MNQ（点M、N、Q分别与点A、E、F对应），使点M、N在抛物线上，求点N和点P的坐标？图1图2答案：（1）∵抛物线经过A（-1，0），C（3，-2），∴，解之得：，∴所求抛物线的解析式为：；（2）令，解得：，，∴B（4，0），令，可得：，∴D（0，-2），∵C（3，-2），∴DC∥AB，由勾股定理得：AD＝BC＝，∴四边形ADCB是等腰梯形，∵D（0，-2），C（3，-2），∴取DC中点E，则E的坐标是（，-2），过E作EF⊥AB于F，取EF的中点G，则G的坐标是（，-1），则过G的直线（直线与AB和CD相交）都能把等腰梯形ABCD的面积二等份，把G的坐标代入，得：，∴；（3）设Q（，），则M（＋2，），N（，－1），代入，得：，解之，得：，∴Q（1，-2），M（3，－2），N（1，－3），又Q的对应点为F（1，0），∴QF的中点为旋转中心P，且P（1，－1），∴点N、P的坐标分别为：（1，－3），（1，－1）．46．（·广东中山·4月调研）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．（1）求线段CD的长；（2）设△CPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100？若存在，求出t的值；若不存在，则说明理由．（3）是否存在某一时刻t，使得△CPQ为等腰三角形？若存在，求出所有满足条件的t的值；若不存在，则说明理由．备用图解：（1）如图1，∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6∴AB=10．∵CD⊥AB，∴S△ABC=BC•AC=AB•CD．∴CD===4.8．∴线段CD的长为4.8．…………2分（2）①过点P作PH⊥AC，垂足为H，如图2所示．由题可知DP=t，CQ=t．则CP=4.8﹣t．∵∠ACB=∠CDB=90°，∴∠HCP=90°﹣∠DCB=∠B．∵PH⊥AC，∴∠CHP=90°．∴∠CHP=∠ACB．∴△CHP∽△BCA．∴．∴．∴PH=﹣t．∴S△CPQ=CQ•PH=t（﹣t）=﹣t2+t．…………3分②存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100．∵S△ABC=×6×8=24，且S△CPQ：S△ABC=9：100，∴（﹣t2+t）：24=9：100．整理得：5t2﹣24t+27=0．即（5t﹣9）（t﹣3）=0．解得：t=或t=3．∵0≤t≤4.8，∴当t=秒或t=3秒时，S△CPQ：S△ABC=9：100．…………6分（3）存在①若CQ=CP，如图1则t=4.8﹣t．解得：t=2.4．…………7分②若PQ=PC，如图2所示．∵PQ=PC，PH⊥QC，∴QH=CH=QC=．∵△CHP∽△BCA．∴．∴．解得；t=．…………8分③若QC=QP，过点Q作QE⊥CP，垂足为E，如图3所示．同理可得：t=．综上所述：当t为2.4秒或秒或秒时，△CPQ为等腰三角形．…………9分47.(•山东东营•一模)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c经过点（1，﹣1），且对称轴为在线x=2，点P、Q均在抛物线上，点P位于对称轴右侧，点Q位于对称轴左侧，PA垂直对称轴于点A，QB垂直对称轴于点B，且QB=PA+1，设点P的横坐标为m．（1）求这条抛物线所对应的函数关系式；（2）求点Q的坐标（用含m的式子表示）；（3）请探究PA+QB=AB是否成立，并说明理由；（4）抛物线y=a1x2+b1x+c1（a1≠0）经过Q、B、P三点，若其对称轴把四边形PAQB分成面积为1：5的两部分，直接写出此时m的值解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点（1，﹣1），且对称轴为在线x=2∴，解得．∴这条抛物线所对应的函数关系式y=x2﹣4x+2；（2）∵抛物线上点P的横坐标为m，∴P（m，m2﹣4m+2），∴PA=m﹣2，QB=PA+1=m﹣2+1=m﹣1，∴点Q的横坐标为2﹣（m﹣1）=3﹣m，点Q的纵坐标为（3﹣m）2﹣4（3﹣m）+2=m2﹣2m﹣1∴点Q的坐标为（3﹣m，m2﹣2m﹣1）；（3）PA+QB=AB成立．理由如下：∵P（m，m2﹣4m+2），Q（3﹣m，m2﹣2m﹣1），∴A（2，m2﹣4m+2），B（2，m2﹣2m﹣1）∴AB=（m2﹣2m﹣1）﹣（m2﹣4m+2）=2m﹣3，又∵PA=m﹣2，QB=m﹣1，∴PA+QB=m﹣2+m﹣1=2m﹣3，∴PA+QB=AB；（4）∵抛物线y=a1x2+b1x+c1（a1≠0）经过Q、B、P三点，∴抛物线y=a1x2+b1x+c1的对称轴为QB的垂直平分线，∵对称轴把四边形PAQB分成面积为1：5的两部分，∴××=×（2m﹣3）×（2m﹣3），整理得，（2m﹣3）（m﹣3）=0，∵点P位于对称轴右侧，∴m＞2，∴2m﹣3≠0，∴m﹣3=0，解得m=3．48.(•山东济南•模拟)如图1，△ABC中，点A、B、C三点的坐标分别为A(－1，2)，B(－3，0)，C(－1，0)；如图2，将△ABC绕点C顺时针旋转∠α(0°＜α＜180°)得△DEC，点A和点D对应，作EF⊥x轴，DG⊥x轴，垂足分别为F点和G点．（1）当∠α＝30°时，求D、E两点的坐标；（2）当∠α为何值时，△DEC、△EFC和△DCG都相似；（3）在旋转过程中，若抛物线经过D、E、C三点，请求出一条以y轴为对称轴的抛物线的解析式．xxyOABC(第28题图1)xyOFC(第28题图2)EDG解：（1）D（－1＋，3）， 1分E（－1－，1）. 2分（2）=1\*GB3①如图2，当∠α＝30°时，△DEC、△EFC和△DCG都相似.理由如下：∵A(－1，2)，B(－3，0)，C(－1，0)∴BC＝2，AC＝2，∠ACB＝90°∴AB＝4∴sinA＝ 3分∴∠A＝30°，∠ABC＝60°∴△DEC中，∠EDC＝30°，∠DEC＝60°，∠ECD＝90°∵∠ECF＝30°，∠ECD＝90°∴∠DCG＝60°∴∠CDG＝30°∴在△DEC、△EFC和△DCG中∠EDC＝∠ECF＝∠CDG＝30°∠ECD＝∠EFC＝∠CGD＝90°∴△DEC∽△CEF∽△DCG. 4分同理可得以下三种情况：=2\*GB3②如图3，当∠α＝60°时，△DEC∽△ECF∽△CDG； 5分=3\*GB3③如图4，当∠α＝120°时，△DEC∽△ECF∽△CDG； 6分=4\*GB3④如图5，当∠α＝150°时，△DEC∽△CEF∽△DCG. 7分xxyOFC(图3)EDGxyO(F)C(图4)EDGxyO(F)C(图5)EDG（3）由（2）=2\*GB3②可知，当∠α＝60°时，点E、D关于y轴对称， 8分∴此时抛物线的对称轴为y轴. 9分求得：E（－2，）、D（2，） 10分设y＝ax2＋c，代入C(－1，0)、D（2，），得解得： 12分∴抛物线的解析式为：y=x2－. 13分49.(•山东济南•网评培训)在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴交于过点A，B，点C是第一象限内的一点，且AB=AC，AB⊥AC，抛物线经过A，C两点，与轴的另一交点为D.（1）求此抛物线的解析式；（2）判断直线AB与CD的位置关系，并证明你的结论；（3）点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A，B，M，N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由.解：（1）由题意可求点A(2，0)，点B（0,1）.过点C作CE⊥x轴，易证△AOB≌△ECA.∴OA=CE=2，OB=AE=1∴点C的坐标为（3,2）.………………1分将点A(2，0)，点C(3，2)代入解得∴二次函数的解析式为.………………2分（2）令，解得.∴D点坐标为（7,0）.可求.∴△ACD为直角三角形，∠ACD=90°.又∵∠BAC=90°，∴AB∥CD.………………4分（3）如图，由题意可知，要使得以A,B,M,N四点构成的四边形为平行四边形，只需要点N到x轴的距离与点B到x轴的距离相等.∵B点坐标为（0,1），∴点N到x轴的距离等于1.………………5分可得和.解这两个方程得.∴点N的坐标为（，1），（，1），（，－1），（，－1）…9分50.(•山东济南•一模)如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A、B（点A在点B右侧），与y轴交于点C（0，﹣3），且OA=2OC（1）求这条抛物线的表达式及顶点M的坐标；（2）求tan∠MAC的值；（3）如果点D在这条抛物线的对称轴上，且∠CAD=45°，求点D的坐标．解：（1）∵C（0，﹣3），∴OC=3．y=x2+bx﹣3．∵OA=2OC，∴OA=6．∵a=＞0，点A在点B右侧，抛物线与y轴交点C（0，﹣3）．∴A（6，0）．∴0=36+6b﹣3，∴b=﹣1．∴y=x2﹣x﹣3，∴y=（x﹣2）2﹣4，∴M（2，﹣4）．答：抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣3，M的坐标为（2，﹣4）；……………2分（2）如图1，过点M作MH⊥x轴，垂足为点H，交AC于点N，过点N作NE⊥AM于点E，垂足为点E．∴∠AHM=∠NEM=90°．在Rt△AHM中，HM=AH=4，由勾股定理，得AM=4，∴∠AMH=∠HAM=45°．设直线AC的解析式为y=kx+b，由题意，得，解得：，∴直线AC的表达式为y=x﹣3．当x=2时，y=﹣2，∴N（2，﹣2）．∴MN=2．∵∠NEM=90°，∠NME=45°，∴∠MNE=∠NME=45°，∴NE=ME．在Rt△MNE中，∴NE2+ME2=NM2，∴ME=NE=．∴AE=AM﹣ME=3在Rt△AEN中，tan∠MAC=．……………2分（3）如图2，①当D点在AC上方时，∵∠CAD1=∠D1AH+∠HAC=45°，且∠HAM=∠HAC+∠CAM=45°，∴∠D1AH=∠CAM，∴tan∠D1AH=tan∠MAC=∵点D1在抛物线的对称轴直线x=2上，∴D1H⊥AH，∴AH=4．在Rt△AHD1中，D1H=AH•tan∠D1AH=4×=．∴D1（2，）；……………5分②当D点在AC下方时，∵∠D2AC=∠D2AM+∠MAC=45°，且AMH=∠D2AM+∠AD2M=45°，∴∠MAC=∠AD2M．∴tan∠AD2H=tan∠MAC=．在Rt△D2AH中，D2H=．∴D2（2，﹣12）．综上所述：D1（2，）；D2（2，﹣12）．……………9分51．(•山东青岛•一模)如图12，把抛物线（虚线部分）向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到抛物线，抛物线与抛物线关于轴对称.点、、分别是抛物线、与轴的交点，、分别是抛物线、的顶点，线段交轴于点.（1）分别写出抛物线与的解析式图12（2）设是抛物线上与、两点不重合的任意一点，点是点关于轴的对称点，试判断以、、、为顶点的四边形是什么特殊的平行四边形？说明你的理由.（3）在抛物线上是否存在点，使得，如果存在，求出点的坐标，如果不存在，请说明理由.图12解：（1）（或）；………………（1分）（或）；………………（2分）（2）以、、、为顶点的四边形为矩形………（3分）理由：点与点，点与点关于轴对称，轴.①当点是的对称轴与的交点时，点、的坐标分别为（1，3）和（1，3），而点、的坐标分别为（）和（1，1），所以四边形是矩形.………………………（5分）（3）存在.设满足条件的点坐标为，连接依题意得：.……………（6分）①当时，…………………（7分）将代入的解析式，解得：，……………（9分）②当时，………………（11分）将代入的解析式，解得：，……（12分AEBCD图①AEBCDA’E’图②52．(·江苏无锡崇安区·一模)(本题满分12分)已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝AEBCD图①AEBCDA’E’图②(1)求AE和BE的长；(2)若将△ABE沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m(平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度)．当点E分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值；(3)如图②，将△ABE绕点B顺时针旋转一个角α(0°＜α＜180°)，记旋转中的△ABE为△A′BE′，在旋转过程中，设A′E′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．答案:(共12分)(1)AE＝4，BE＝3……………………(2分)(2)点E在AB上时，m＝3；点E在AD上时，m＝eq\f(16,3)………………(4分)(3)存在．理由如下：在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：①如图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，求得DQ＝3eq\r(10)－eq\f(25,3)；…(6分)②如图3﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，求得DQ＝eq\f(125,24)；…(8分)EEE③如图3﹣3所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，求得DQ＝eq\f(25,3)－eq\r(10)；…………(10分)④如图3﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，求得DQ＝eq\f(10,3)．…(12分)53．(·江苏南菁中学·期中)(本题满分10分)如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别是(－2，0)、(0，4).动点P从O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C以每秒2个单位的速度在y轴上从点B出发运动到点O停止，点C停止运动时点P也随之停止运动.以CP、CO为邻边构造平行四边形PCOD，在线段OP的延长线长取点E，使得PE=2.设点P的运动时间为t秒.(1)求证:①四边形ADEC是平行四边形；②并求当平行四边形ADEC为矩形时，t的值.(2)以线段PE为对角线作正方形MPNE，点M、N分别在第一、四象限.设平行四边形PCOD的面积为S.①当点Ｍ、Ｎ中有一点落在四边形ADEC的边上时，求出所有满足条件的t的值；②若点Ｍ、Ｎ中恰好只有一点落在四边形ADEC的内部(不包括边界)时，直接写出S的取值范围.答案:(本题满分10分)(1)证明四边形ADEC是平行四边形(略)…………2分；为矩形时t=…………4分(2)以线段PE为对角线作正方形MPNE，点M、N分别在第一、四象限.设平行四边形PCOD的面积为S.①t1=…………5分；t2=1…………6分②…………10分AUTONUM．(·江苏无锡北塘区·一模)(本题满分10分)如图，已知直线l∥l，一个45°角的顶点A在l上，过A作AD⊥l，垂足为D，AD＝6．将这个角绕顶点A旋转(角的两边足够长)．(1)如下图，旋转过程中，若角的两边与l分别交于B、C，且AB＝AC，求BD的长．为了解决这个问题，下面提供一种解题思路：如图，作∠DAP＝45°，AP与l相交于点P，过点C作CQ⊥AP于点Q．∵∠DAP＝∠BAC＝45°，∴∠BAD＝∠CAQ，请你接下去完成解答．A备用图ADPQBC(2)旋转过程中，若角的两边与l分别交于E、F(E在F左面)，且AE＞AF，DF＝2，求DE的长．A备用图ADPQBC答案:(本题满分10分)解：(1)∵AD⊥l，CQ⊥AP，∴∠ADB＝∠AQC＝90°，又∵AB＝AC，∴△ABD≌△ACQ，∴BD＝CQ，AQ＝AD＝6，…2分易证△ADP、△CQP是等腰直角三角形，∴AP＝，∴QP＝，…3分∴BD＝CQ＝QP＝……………………4分(2)①如图(1)作∠DAP＝45°，AP与l相交于点P，过点F作FQ⊥AP于点Q．∵∠DAP＝∠EAF＝45°，∴∠EAD＝∠FAQ，∵AD⊥l，FQ⊥AP，∴∠ADE＝∠AQF＝90°，ADEFQPl1l2∴△ADEFQPl1l2易证△ADP、△FQP是等腰直角三角形，∴DP＝AD＝6，AP＝，∵DF＝2，∴FP＝DP－DF＝4，∴FQ＝QP＝∴AQ＝，………………6分∴，∴DE＝3．……………………7分②如图(2)作∠DAP＝45°，AP与l相交于点P，过点F作FQ⊥AP于点Q．∵∠DAP＝∠EAF＝45°，∴∠EAD＝∠FAQ，AEFDQPl1l2∵AD⊥l，FQ⊥APAEFDQPl1l2∴△AED∽△AFQ，∴………………8分易证△ADP、△FQP是等腰直角三角形，∴DP＝AD＝6，AP＝，∵DF＝2，∴FP＝DP＋DF＝8，∴FQ＝QP＝∴AQ＝，…………………9分∴，∴DE＝12．……………………10分54(本题满分12分)如图1,平面之间坐标系中,等腰直角三角形的直角边BC在x轴正半轴上滑动,点C的坐标为（t，0）,直角边AC=4,经过O、C两点做抛物线y1=ax(x－t)（