山西大学附属中学(初中部)中考数学二次函数和几何综合专题

山西大学附属中学（初中部）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，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣ax2+bx+3与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．（1）求直线AC及抛物线的解析式，并求出D点的坐标；（2）若P为线段BD上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，求四边形PMAC的面积的最大值和此时点P的坐标；（3）若点P是x轴上一个动点，过P作直线1∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．2．某班“数学兴趣小组”对函数的图象和性质进行了探究，探究过程如下，请补充完整．（1）自变量的取值范围是全体实数，与的几组对应值列表如下：⋯⋯⋯⋯其中，．（2）根据上表数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分．（3）观察函数图象，写出两条函数的性质．（4）直线经过，若关于的方程有个不相等的实数根，则的取值范围为．3．如图，抛物线（）交直线：于点，点两点，且过点，连接，.（1）求此抛物线的表达式与顶点坐标；（2）点是第四象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为点，交于点.设点的横坐标为，试探究点在运动过程中，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请求出此时点的坐标，若不存在，请说明理由；（3）若点在轴上，点在抛物线上，是否存在以点，，，为顶点的平行四边形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.4．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，点与点关于轴对称，点的坐标为，过点作轴的垂线交抛物线于点．（1）求点、点、点的坐标；（2）当点在线段上运动时，直线交于点，试探究当为何值时，四边形是平行四边形；（3）在点的运动过程中，是否存在点，使是以为直角边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线W1：y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣4，0）、B两点，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、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．6．已知抛物线有最低点为F．（1）当抛物线经过点E（-1，3）时，①求抛物线的解析式；②点M是直线下方抛物线上的一动点，过点M作平行于y轴的直线，与直线交于点N，求线段长度的最大值；（2）将抛物线G向右平移m个单位得到抛物线．经过探究发现，随着m的变化，抛物线顶点的纵坐标y和横坐标x之间存在一个函数，求这个函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（3）记（2）所求的函数为H，抛物线G与函数H的交点为P，请结合图象求出点P的纵坐标的取值范围．7．如果抛物线C1：与抛物线C2：的开口方向相反，顶点相同，我们称抛物线C2是C1的“对顶”抛物线．（1）求抛物线的“对顶”抛物线的表达式；（2）将抛物线的“对顶”抛物线沿其对称轴平移，使所得抛物线与原抛物线形成两个交点M、N，记平移前后两抛物线的顶点分别为A、B，当四边形AMBN是正方形时，求正方形AMBN的面积．（3）某同学在探究“对顶”抛物线时发现：如果抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，那么系数b与d，c与e之间的关系是确定的，请写出它们之间的关系．8．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．（1）求该抛物线的解析式；（2）如图1，若点D是抛物线上第一象限内的一动点，设点D的横坐标为m，连接CD，BD，BC，AC，当△BCD的面积等于△AOC面积的2倍时，求m的值；（3）如图2，若点N为抛物线对称轴上一点，探究抛物线上是否存在点M，使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．9．已知抛物线（n为正整数，且）与x轴的交点为和．当时，第1条抛物线与x轴的交点为和，其他以此类推．（1）求的值及抛物线的解析式．（2）抛物线的顶点的坐标为（_______，_______）；以此类推，第条抛物线的顶点的坐标为（______，_______）；所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是_________．（3）探究以下结论：①是否存在抛物线，使得为等腰直角三角形？若存在，请求出抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．②若直线与抛物线分别交于点，则线段的长有何规律？请用含有m的代数式表示．10．综合与探究如图，已知直线与抛物线分别相交于、两点，，，点是抛物线与轴的另一个交点（与点不重合）．（1）求抛物线的解析式及直线的解析式；（2）求的面积；（3）在抛物线的对称轴上，是否存在点，使周长最短？若不存在，请说明理由；若存在，求出点的坐标．（4）如果对称轴上有一动点，在平面内是否存在点，使、、、四点构成矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由二、中考几何压轴题11．如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．（1）观察猜想图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；（2）探究证明把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．12．（1）观察发现：如图1，在中，，，点是的平分线上一点，将线段绕点逆时针旋转90°到，连结、，交于．填空：①线段与的数量关系是_________；②线段与的位置关系是_________．（2）拓展探究：如图2，在中，，，点是边的中点，将绕点逆时针旋转到，连结、，交于．（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）拓展应用：如图3，在中，，，，的平分线交于，点是射线上的一点，将绕点顺时针旋转60°到，连结、、，与相交于，若以、、为顶点的三角形与全等，直接写出的长．13．如图1，在菱形ABCD中，，点E，F分别是AC，AB上的点，且，猜想：①的值是_______；②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：在绕点A旋转的过程中，当三点共线时，请直接写出CF的长．14．几何探究：（问题发现）（1）如图1所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等边三角形，BD、CE的关系是_______（选填“相等”或“不相等”）；（请直接写出答案）（类比探究）（2）如图2所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的含有角的直角三角形，（1）中的结论还成立吗?请说明理由；（拓展延伸）（3）如图3所示，△ADE和△ABC是有公共顶点且相似比为1:2的两个等腰直角三角形，将△ADE绕点A自由旋转，若，当B、D、E三点共线时，直接写出BD的长．15．综合与实践操作探究（1）如图1，将矩形折叠，使点与点重合，折痕为，与交于点．请回答下列问题：①与全等的三角形为______，与相似的三角形为______．并证明你的结论：（相似比不为1，只填一个即可）：②若连接、，请判断四边形的形状：______．并证明你的结论；拓展延伸（2）如图2，矩形中，，，点、分別在、边上，且，将矩形折叠，使点与点重合，折痕为，与交于点，连接．①设，，则与的数量关系为______；②设，，请用含的式子表示：______；③的最小值为______．16．综合与实践背景阅读：“旋转”即物体绕一个点或一个轴做圆周运动．在中国古典专著《百喻经·口诵乘船法而不解用喻》中记载：“船盘回旋转，不能前进．”而图形旋转即：在平面内，将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转，这个定点叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角．综合实践课上，“睿智”小组专门探究了正方形的旋转，情况如下：在正方形中，点是线段上的一个动点，将正方形绕点顺时针旋转得到正方形（点，，，分别是点，，，的对应点）．设旋转角为（）．操作猜想：（1）如图1，若点是中点，在正方形绕点旋转过程中，连接，，，则线段与的数量关系是_______；线段与的数量关系是________．探究验证：（2）如图2，在（1）的条件下，在正方形绕点旋转过程中，顺次连接点，，，，．判断四边形的形状，并说明理由．拓展延伸：（3）如图3，若，在正方形绕点顺时针旋转的过程中，设直线交线段于点．连接，并过点作于点．请你补全图形，并直接写出的值．17．（模型构建）如图所示，在边长为1的正方形中，的顶点，分别在，上（可与点，，重合），且满足．的高线交线段于点（可与，重合），设．（1）求的值．（模型拓展）在（模型构建）的基础上，将条件“边长为1的正方形”改为“长、宽的矩形”（其他条件不变）．（2）判断的值是否改变．若改变，请求出的取值范围；若不改变，请证明．（深入探究）在（模型构建）的基础上，设的面积为．（3）①求的最小值；②当取到最小值时，直接写出与的数量关系．18．（1）（操作）如图，请用尺规作图确定圆的圆心，保留作图痕迹，不要求写作法；（2）（探究）如图，若（1）中的圆的半径为2，放入平面直角坐标系中，使它与轴，轴分别切于点和，点的坐标为，过点的直线与圆有唯一公共点（与不重合）时，求点的坐标；（3）（拓展）如图3，点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴向点运动，同时，点从原点出发，以每秒1个单位的速度沿轴向上运动，设运动时间为（），过点，，三点的圆，交第一象限角平分线于点，当为何值时，有最小值，求出此时，并探索在变化过程中的值有变化吗？为什么？19．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．求证：；（2）类比探究：如图（2），在矩形中，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，若，，求的长．20．在中，，点D､E分别是的中点，将绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，连接．观察猜想（1）如图①，当时，填空：①______________；②直线所夹锐角为____________；类比探究（2）如图②，当时，试判断的值及直线所夹锐角的度数，并说明理由；拓展应用（3）在（2）的条件下，若，将绕着点C在平面内旋转，当点D落在射线AC上时，请直接写出的值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、二次函数压轴题1．D解析：（1）y=3x+3，y=﹣x2+2x+3，顶点D的坐标为(1，4)；（2）四边形PMAC的面积的最大值为，此时点P的坐标为(，)；（3）点Q的坐标为(2，3)或(1，﹣3)或(1，﹣3)．【分析】（1）先求出点C坐标，然后利用待定系数法即可求出直线AC及抛物线的解析式，把抛物线的一般式转化为顶点式即可求出D点的坐标；（2）先根据待定系数法求出直线BD的解析式，设点P的横坐标为p，然后根据S四边形PMAC=S△OAC+S梯形OMPC即可得出S四边形PMAC与p的关系式，再根据二次函数的性质解答即可；（3）由题意得PQ∥AC且PQ=AC，设点P的坐标为(x，0)，当点Q在x轴上方时，则点Q的坐标为(x+1，3)，把点Q的坐标代入抛物线的解析式即可求出x，进而可得点Q坐标；当点Q在x轴下方时，则点Q的坐标为(x﹣1，﹣3)，同样的方法求解即可．【详解】（1）∵抛物线y=﹣ax2+bx+3与y轴交于点C，∴点C(0，3)，设直线AC的解析式为y=k1x+b1(k1≠0)．∵点A(﹣1，0)，点C(0，3)，∴，解得：，∴直线AC的解析式为y=3x+3．∵抛物线y=﹣ax2+bx+3与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4，∴顶点D的坐标为(1，4)；（2）设直线BD的解析式为y=kx+b．∵点B(3，0)，点D(1，4)，∴，得，∴直线BD的解析式为y=﹣2x+6．∵P为线段BD上的一个动点，∴设点P的坐标为(p，﹣2p+6)．∵OA=1，OC=3，OM=p，PM=﹣2p+6，∴S四边形PMAC=S△OAC+S梯形OMPC=﹣p2p=﹣(p)2，∵1＜p＜3，∴当p时，四边形PMAC的面积取得最大值为，此时点P的坐标为(，)；（3）∵直线l∥AC，以点A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形，∴PQ∥AC且PQ=AC．设点P的坐标为(x，0)，由A(﹣1，0)，C(0，3)，当点Q在x轴上方时，则点Q的坐标为(x+1，3)，此时，﹣(x+1)2+2(x+1)+3=3，解得：x1=﹣1(舍去)，x2=1，∴点Q的坐标为(2，3)；当点Q在x轴下方时，则点Q的坐标为(x﹣1，﹣3)，此时，﹣(x﹣1)2+2(x﹣1)+3=﹣3，整理得：x2﹣4x﹣3=0，解得：x1=2，x2=2，∴点Q的坐标为(1，﹣3)或(1，﹣3)，综上所述：点Q的坐标为(2，3)或(1，﹣3)或(1，﹣3)．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质和一元二次方程的解法等知识，综合性强、具有一定的难度，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵活应用相关知识是解题的关键．2．（1）-6；（2）答案见解析；（3）①该函数的图象关于轴对称；②该函数的图象有最高点；（4）．【分析】（1）根据对称可得m=-6；（2）用平滑的曲线连接各点即可画出图形；（3）认真观察图象，总结出2条性质即可；（4）画出两函数图象即可得到结论．【详解】（1）由表格可知：图象的对称轴是y轴，∴m=-6，故答案为：-6；如图所示该函数的图象关于轴对称该函数的图象有最高点；（4）由图象可知：关于的方程有个不相等的实数根时，即y=kx+b时，与图象有4个交点，所以，由图象可以得出，当时，直线与图象有4个不同的交点．故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数与x轴的交点问题和一元二次方程的根的情况，注意利用数形结合的思想，理解一元二次方程与抛物线的关系是解此题的关键．3．A解析：（1）顶点坐标为；（2）存在，，；（3）或或.【分析】（1）根据一次函数解析式求出A、C两点的坐标，把A、B、C三点代入解析式求解即可求的解析式，然后把解析式化为顶点式可求得结果.（2）先求出BC所在直线的解析式，设出P、Q两点的坐标，根据勾股定理求出AC，根据以，，为顶点的三角形是等腰三角形可分类讨论，分为AQ=AC,AC=CQ,AQ=CQ三种情况.（3）分两种情况讨论，一是F在抛物线上方，过点作轴，可得FH=4，设，可得，求出n代入即可；二是F在抛物线下方，可得，求出n的值即可，最后的结果综合两个结果即可.【详解】解：（1）∵当时，,∴;∴，;二次函数过点、，设;∵过点,∴;∴;∴;∵,∴顶点坐标为.（2）存在.设过、,;设解得：;∴;设、;在中，解得;①当时;;解得：（不合题意舍去），;∴;②当时;;解得：，（不合题意舍去）;∴;③当时;;解得：（不合题意舍去）;∴，;（3）当在抛物线上方时，，时;过点作轴，与全等;则;设;则;解得；，；或;当在抛物线下方时，;（不合题意舍去），;∴;∴或或.【点睛】本题主要考查了二次函数综合应用，准确分析题目条件，利用了等腰三角形、直角三角形的性质进行求解.4．C解析：（1）（2）当，四边形是平行四边形（3）存在，点的坐标为，，【分析】（1）根据函数解析式列方程即可；（2）根据平行四边形的判定，用含未知数的值表示QM的长度，从而可求解;（3）设Q点的坐标为,分两种情况讨论：当时，由勾股定理可得：，当时，由勾股定理可得：，可解出的值.【详解】（1）令，则，C点的坐标为（0,2）；令，则解得，点A为（-1,0）；点B为（4,0）∴（2）如图1所示：点C与点D关于轴对称，点,设直线BD的解析式为，将代入得：解得∴直线BD的解析式为：∵∴当时，四边形是平行四边形设Q点的坐标为，则∴解得（不合题意，舍去）∴当，四边形是平行四边形（3）存在，设Q点的坐标为∵是以BD为直角边的直角三角形∴当时，由勾股定理可得：即解得（不合题意，舍去）∴Q点的坐标为当时，由勾股定理可得：即解得Q点的坐标为综上所述：点的坐标为，，.【点睛】本题考查了一次函数和抛物线的综合问题，解题的关键在于拿出函数解析式，会用含未知数的代数式表示出关键的点的坐标和线段的长度.5．A解析：（1）y＝；（2）y＝；（3）存在，Q点坐标为（﹣6，10）或（6，﹣4）．【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】解（1）把点A、点C的坐标分别代入y＝x2+bx+c中，得：，∴b＝，c=－2，∴y＝；（2）∵抛物线w1：y＝＝（x+1）2﹣的顶点是（﹣1，﹣），∴w2的顶点是（1，），∴w2的解析式是：y＝﹣（x﹣1）2+＝﹣x2+x+2；（3）存在．由题意知，，则．①若CC′是对角线，如图，∵W1和W2关于原点对称，∴P、Q也关于原点对称，设点P到y轴的距离为h，∵平行四边形的面积=2∴CC′•h＝24，∴4•h＝24，∴h＝6，即P点横坐标是6或﹣6，当x＝6时，y＝×62+×6﹣2＝10，∴Q（﹣6，10），当x＝﹣6时，y＝×（﹣6）2﹣×6﹣2＝4，∴Q（6，﹣4），②当CC′是边时，PQ∥CC′，PQ＝CC′，如图，设点Q（x，），P（x，），由①知：x＝6或﹣6，当P（6，10）时，∵y＝﹣×62+×6+2＝﹣4，∴Q（6，﹣4），∴PQ＝14≠4，当x＝﹣6时，y＝﹣×（﹣6）2+×（﹣6）+2＝﹣10，∴PQ＝14，∴PQ≠CC′，∴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．6．E解析：（1）①；②2；（2）；（3）【分析】（1）①把点E（-1，3）代入求出m的值即可；②先求出直线EF的解析式，设出点M的坐标，得到MN的二次函数关系式，根据二次函数的性质求解即可；（2）写出抛物线的顶点式，根据平移规律即可得到的顶点式，进而得到的顶点坐标，即，消去，得到与的函数关系式，再由即可求得的取值范围；（3）求出抛物线怛过点A（2，-3），函数H的图象恒过点B（2，-4），从图象可知两函数图象的交点P应在A，B之间，即点P的纵坐标在A，B点的纵坐标之间，从而可得结论．【详解】解：（1）①∵抛物线经过点E（-1，3）∴∴∴抛物线的解析式为：②如图，∵点F为抛物线的最低点，∴∴设直线EF的解析式为：把E（-1，3），F（1，-5）代入得，解得，∴直线EF的解析式为：设，则∴∵∴当时，MN有最大值，最大值为2；（2）∵抛物线∴平移后的抛物线∴抛物线的顶点坐标为∴∴∴∵∴∴∴与的函数关系式为：（3）如图，函数的图象为射线，时，；时，∴函数H的图象恒过点（2，-4）∵抛物线，当时，；当时，；∴抛物线G恒过点A（2，-3）由图象可知，若抛物线G与函数H的图象有交点P，则有∴点P纵坐标的取值范围为：【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及到待定系数法求解析式、二次函数的性质和数形结合思想等知识，熟练运用二次函数的性质解决问题是本题的关键．7．C解析：（1）；（2）2；（3）【分析】（1）先求出抛物线C1的顶点坐标，进而得出抛物线C2的顶点坐标，即可得出结论；（2）设正方形AMBN的对角线长为2k，得出B（2，3＋2k），M（2＋k，3＋k），N（2−k，3＋k），再用点M（2＋k，3＋k）在抛物线y＝（x−2）2＋3上，建立方程求出k的值，即可得出结论；（3）先根据抛物线C1，C2的顶点相同，得出b，d的关系式，再由两抛物线的顶点在x轴，求出c，e的关系，即可得出结论．【详解】解：（1）解：（1）∵y＝x2−4x＋7＝（x−2）2＋3，∴顶点为（2，3），∴其“对顶”抛物线的解析式为y＝−（x−2）2＋3，即y＝−x2＋4x−1；（2）如图，由（1）知，A（2，3），设正方形AMBN的对角线长为2k，则点B（2，3＋2k），M（2＋k，3＋k），N（2−k，3＋k），∵M（2＋k，3＋k）在抛物线y＝（x−2）2＋3上，∴3＋k＝（2＋k−2）2＋3，解得k＝1或k＝0（舍）；∴正方形AMBN的面积为×(2k)2＝2；（3）根据抛物线的顶点坐标公式得，抛物线C1：y＝ax2＋bx＋c的顶点为（，），抛物线C2：y＝−ax2＋dx＋e的顶点为（，），∵抛物线C2是C1的“对顶”抛物线，∴，∴，∵抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，∴，∴，即．【点睛】此题主要考查了抛物线的顶点坐标公式，正方形的性质，理解新定义式解本题的关键．8．A解析：（1）；（2）1或2；（3）存在，点M的坐标为或或【分析】（1）把点A、B的坐标代入二次函数解析式进行求解即可；（2）过点D作y轴平行线交BC于点E，由题意易得C点坐标是（0，2），然后可得直线BC的解析式，然后可表示点E坐标，进而可根据铅垂法进行表示△BCD的面积，最后问题可进行求解；（3）设点M的坐标为：（x，y），点N（1，s），点B（3，0）、C（0，2），根据题意易得当以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，可分①当BC是平行四边形的边时，②当BC为对角线时，然后根据平行四边形的性质及中点坐标公式可求解．【详解】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+2中，得：，解得：，∴抛物线解析式为；（2）过点D作y轴平行线交BC于点E，把x＝0代入中，得：y＝2，∴C点坐标是（0，2），又∵B（3，0），∴直线BC的解析式为y＝x+2，∵点D（m，），∴E（m，m+2），∴DE＝（）﹣（m+2）＝m2+2m，由S△BCD＝2S△AOC得：×DE×OB＝2××OA×OC，∴（m2+2m）×3＝2××1×2，整理得：m2﹣3m+2＝0解得：m1＝1，m2＝2∵0＜m＜3∴m的值为1或2；（3）存在，理由：设点M的坐标为：（x，y），y＝，则有点N（1，s），点B（3，0）、C（0，2），①当BC是平行四边形的边时，当点C向右平移3个单位，向下平移2个单位得到B，同样点M（N）向右平移3个单位，向下平移2个单位N（M），故：x+3＝1，y﹣2＝s或x﹣3＝1，y+2＝s，解得：x＝﹣2或4，故点M坐标为：（﹣2，）或（4，）；②当BC为对角线时，由中点公式得：x+1＝3，y+s＝2，解得：x＝2，故点M（2，2）；综上，M的坐标为：（2，2）或（﹣2，）或（4，）．【点睛】本题主要考查二次函数的综合，关键是根据题意得到函数解析式，然后利用平行四边形的存在性问题可进行分析．9．C解析：（1）；y＝−（x−2）＋4；（2）（n，n）；[（n＋1），（n＋1）]；y＝x；（3）①存在，理由见详解；②CC＝2m．【分析】（1）），则＝2，则＝2＋2＝4，将点A、的坐标代入抛物线表达式得：，解得：，则点（4，0），将点A、的坐标代入抛物线表达式，同理可得：＝2，＝4，即可求解；（2）同理可得：＝3，＝9，故点的坐标为（n，），以此推出：点[（n＋1），（n＋1）]，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：y＝，即可求解；（3）①△AAnBn为等腰直角三角形，则AAn＝2ABn，即（2n）＝2（n＋），即可求解；②y＝−（m−n＋1）＋（n−1），y＝−（m−n）＋n，CC=y−y，即可求解．【详解】解：（1），则＝2，则＝2＋2＝4，将点A、的坐标代入抛物线表达式得：，解得：，则点（4，0），将点A、的坐标代入抛物线表达式，同理可得：＝2，＝4；故y＝−（x−）＋＝−（x−2）＋4；（2）同理可得：＝3，＝9，故点的坐标为（n，），以此推出：点[（n＋1），（n＋1）]，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：y＝；故答案为：（n，n）；[（n＋1），（n＋1）]；y＝x；（3）①存在，理由：点A（0，0），点An（2n，0）、点（n，n），△AAnBn为等腰直角三角形，则AAn＝2ABn，即（2n）＝2（n＋n），解得：n＝1（不合题意的值已舍去），抛物线的表达式为：y＝−（x−1）＋1；②y＝−（m−n＋1）＋（n−1），y＝−（m−n）＋n，CC＝y−y＝−（m−n）＋n＋（m−n＋1）−（n−1）＝2m．【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．10．A解析：（1），；（2）6；（3）存在点M使周长最短，其坐标为；（4）存在，，，，【分析】（1）把、两点的坐标分别代入抛物线和直线中，解之即可；（2）由图可知，，所以只需求出AC，OB的长即可，因为C点为抛物线与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，从而求出的面积；（3）由题意知，A、C关于对称轴对称，则可知，故当、、三点在同一条直线上时最小，此时的周长最小，连接交对称轴于点，则即为满足条件的点，设直线的解析式为，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，使、、、四点构成矩形，求N点坐标时，需分情况讨论，当HB⊥AB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HA⊥AB时，N点的坐标；而当AB为对角线时，可得HA⊥AB，从而可求出直线AH的解析式，设H点坐标为，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】解：（1）把、两点的坐标分别代入得，解得，抛物线解析式为．把、两点的坐标分别代入得，解得，直线的解析式为．（2）由（1）得，抛物线解析式为，令得，解得，，，∵，∴，∵，∴OB=3，；（3），抛物线的对称轴为，、关于对称轴对称，，，当、、三点在同一条直线上时最小，此时的周长最小连接交对称轴于点，则即为满足条件的点，设直线的解析式为，直线过点，，，解得，直线的解析式，当时，，，存在点使周长最短，其坐标为．（4）存在，①当HB⊥AB时，如图所示由（1）得直线AB的解析式为，∵HB⊥AB，∴设直线HB的解析式为，将B(0,-3)代入得，∴直线HB的解析式为，当x=-1时，y=×(-1)-3=，∴H点的坐标为，∵四边形ABHN为矩形，∴HN∥AB，AN∥HB，∴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=,∴直线HN的解析式为y=3x+,∴设直线AN的解析式为，把A点坐标代入，得，解得n=,∴设直线AN的解析式为，∵N点为直线HN和直线AN的交点，∴解得，∴N点坐标为．②当HA⊥AB时，如图由（1）得直线AB的解析式为，∵HA⊥AB，∴设直线HA的解析式为，将A(1，0)代入得+b=0，解得b=，∴直线HA的解析式为，当x=-1时，，∴H点的坐标为，∵四边形ABNH是矩形，∴AB∥NH，BN∥AH，∴设直线HN的解析式为y=3x+m，把H点坐标代入，得，解得m=，∴设直线HN的解析式为y=3x+，∴设直线BN的解析式为，把B点坐标代入，得n=-3，∴设直线BN的解析式为，∵N点为直线HN和直线BN的交点，∴解得，∴N点坐标为．③当AB为对角线时，如图设H点坐标为，∵四边形AHBN为矩形，∴△AHB为直角三角形，∠AHB=90°，∴AH2+BH2=AB2，即，解得，∴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，得解得，∴直线AH的解析式为，∵AH∥BN，∴设直线BN的解析式为，把B点坐标代入，得b=-3，∴直线BN的解析式为，∵AN⊥BN，∴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+2，∵N点为直线AN与BN的交点，∴解得，∴N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，得解得，∴直线AH的解析式为y=x-1，∵AH∥BN，∴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，∵AN⊥BN，∴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，∴解得，∴N点坐标为(2,-1)．综上所述，存在点，使、、、四点构成矩形，N点坐标为．【点睛】本题为二次函数的综合运用，涉及待定系数法，轴对称的性质，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（4）中分情况讨论是解题的关键．二、中考几何压轴题11．（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.【分析】（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE，根据三角形外角和定理，等量代换求出．（2）先求出，得出，根据解析：（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.【分析】（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE，根据三角形外角和定理，等量代换求出．（2）先求出，得出，根据MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出，即可求解．（3）根据，可知BD最大值，继而求出面积的最大值．【详解】由题意知：AB=AC，AD=AE，且点分别为的中点，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根据三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等边三角形．理由如下：如图，由旋转可得在ABD和ACE中．点分别为的中点，是的中位线，且同理可证且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等边三角形．根据题意得:即，从而的面积．∴面积的最大值为．【点睛】本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键．12．（1）①；②；（2）（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（2）结论仍然成立．利用旋转的性质证明△BCD≌解析：（1）①；②；（2）（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（2）结论仍然成立．利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（3）分三种情形利用等边三角形的判定和性质分别求解即可．【详解】（1）如图1中，∵CM平分∠ACB，∠ACB=90°，

∠ACM=∠BCM=45°，

根据旋转的性质知：∠DCE=90°，CD=CE，

∴∠BCD=∠BCE=45°，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分线段DE，

故答案为：BD=BE，BC⊥DE；（2）结论仍然成立．理由：∵，点是的中点，∴，根据旋转的性质知：∠DCE=，CD=CE，∴，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分线段DE，

故BD=BE，BC⊥DE仍然成立；（3）①如图3（1），当时，∵，，，CD是的平分线，∴△ABC是等边三角形，且边长为2，∴AD=AB=1，CD⊥AB，∠ECA=30，根据旋转的性质知：CE=CF，∠ECF=60，∴△EFC是等边三角形，∵，∴AF=AE，∠DAE=∠GAF，∴∠DAE+∠EAG=∠GAF+∠EAG=60，∴△AEF是等边三角形，在Rt△ADE中，，∴EF=AE=；②如图3（2），当时，由①得：AD=AB=1，CD⊥AB，△EFC是等边三角形，∵，∴，∠AGF=∠ADE=90，由①得：∠ECA=∠FCA=30，在Rt△ADC和Rt△FGC中，，∴Rt△ADCRt△FGC，∴，∴；③如图（3），当时，∵，∴，同理可得△EFC是等边三角形，可求得：∠GFA=30，AG=AD=1，∴，∴；综上，的长或2或【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．13．（1）①；②30度；（2）成立，理由见解析；（3）或，理由见解析．【分析】①由得;②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）①；②30度；（2）成立，理由见解析；（3）或，理由见解析．【分析】①由得;②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）过点A作，交直线DE于M,再结合（2）中相似分类讨论即可；【详解】（1）①∵菱形ABCD中，∴,∵∴∴∴;②如解题图1，延长DE、CF交于K，∵∴，∵∴∴∴∴（2）成立，理由如下如解题图2，连接BD交AC于点G,∵四边形ABCD是菱形，∴,,即直线DE与CF夹角所成的较小角的度数是30度（3）或理由如下：（1）过点A作，交直线DE于M,如解题图3：当D,E,F三点共线时,由（2）得,(2)如解题图4，过点A作,当D,E,F三点共线时,由（2）得【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14．（1）相等；（2）不成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）当在Rt△ADE和Rt△ABC中，，证明△ABD∽△ACE，求出BD与CE的比例解析：（1）相等；（2）不成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）当在Rt△ADE和Rt△ABC中，，证明△ABD∽△ACE，求出BD与CE的比例；（3）分两种情况求出BD的长即可．【详解】（1）相等;提示：如图4所示．∵△ADE和△ABC均为等边三角形，∴∴∴在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）∴．（2）不成立；理由如下：如图5所示．在Rt△ADE和Rt△ABC中，∵∴∴∵∴△ABD∽△ACE∴∴故（1）中的结论不成立；（3）或．提示:分为两种情况：①如图6所示．易证：△ABD≌△ACE（SAS）∴∴∴由题意可知：设,则在Rt△BCE中,由勾股定理得：∴解之得:（舍去）∴；②如图7所示．易证：△ABD≌△ACE（SAS），设，则在Rt△BCE中，由勾股定理得：∴解之得：（舍去）∴.综上所述，或．【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、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会运用分类讨论的思想考虑问题．15．（1）①；或；证明见解析；②菱形，证明见解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性质与轴对称的性质证明如图1，连接证明即可得到答案；②如图1，由①得：再证明四边形为平行四边形解析：（1）①；或；证明见解析；②菱形，证明见解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性质与轴对称的性质证明如图1，连接证明即可得到答案；②如图1，由①得：再证明四边形为平行四边形与可得结论；（2）①如图2，连接由折叠可得：再利用勾股定理可得答案；②如图3，连接交于证明四边形是菱形，可得从而可得答案；③由②得：可得，再利用二次函数的性质可得答案．【详解】解：（1）①矩形由折叠可得：如图1，连接由折叠可得：同理：故答案为：，或②如图1，由①得：矩形四边形为平行四边形，四边形为菱形，（2）①如图2，连接由折叠可得：矩形，，故答案为：②如图3，连接交于矩形重合，同理可得：由对折可得：四边形是菱形，，，故答案为：③由②得：当时，最小，最小值为的最小值为：故答案为：【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，二次函数的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．16．（1）；；（2）矩形，见解析；（3）见解析，．【分析】（1）如图，连接OA、OA′、OD、OD′，根据旋转的性质可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根据勾股定理可得OA=O解析：（1）；；（2）矩形，见解析；（3）见解析，．【分析】（1）如图，连接OA、OA′、OD、OD′，根据旋转的性质可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根据勾股定理可得OA=OD，利用SAS可证明△AOA′≌△DOD′，根据全等三角形的性质可得AA′=DD′，根据旋转的性质可得∠BOB′=，根据可得△OAA′∽△OBB′，根据相似三角形的性质即可得答案；（2）根据旋转的性质可得，，，根据点是中点即可得出，根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形即可证明四边形是矩形；（3）根据题意，补全图形，连接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，根据勾股定理可得，根据平角的定义及直角三角形两锐角互余的性质可得，利用AAS可证明△ABM≌△A′B′N，可得AM=A′N，利用AAS可证明△APM≌△A′PN，可得，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得∠A′OP=∠AOA′=，∠QOB′=，根据角的和差关系可得∠POQ=∠A′OB′，即可证明△OQP∽△OB′A′，根据相似三角形的性质即可得答案．【详解】（1）如图，连接OA、OA′、OD、OD′，∵将正方形绕点顺时针旋转得到正方形，旋转角为，∴OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，∴△AOA′≌△DOD′，∴AA′=DD′，∵点是中点，∴OB=，∴OA=，∵将正方形绕点顺时针旋转得到正方形，旋转角为，∴∠BOB′=∠AOA′=，∵，∴△OAA′∽△OBB′，∴=，∴，故答案为：；（2）四边形是矩形；理由如下：∵正方形绕点顺时针旋转得到正方形，∴，，，∵点是中点，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形．（3）如图，补全图形如下：连接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，∵，∴AB=BC=，∴OA′=OA==，∵∠OB′A′=90°，∴，∵，∴，∵，∴，∵，，∴△ABM≌△A′B′N，∴AM=A′N（AAS），∵，，∴△APM≌△A′PN，∴AP=A′P，∵OA=OA′，∴∠A′OP=∠AOA′=，∵OB=OB′，OQ⊥BB′，∴∠QOB′=，∴∠QOB′+∠B′OP=∠A′OP+∠B′OP，即∠POQ=∠A′OB′，∵∠OQP=∠OB′A′=90°，∴△OQP∽△OB′A′，∴．【点睛】本题考查旋转的性质、矩形的判定、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形及相似三角形的判定定理并正确作出辅助线构造全等三角形及相似三角形是解题关键．17．（1）=1；（2）改变，；（3）①=；②GB=（）DG．【分析】（1）利用三点共线，可以求出k=1；（2）当点G与点E重合时，DG取最小值，当点F与点C重合时，DG取最大值，进而求出k的取解析：（1）=1；（2）改变，；（3）①=；②GB=（）DG．【分析】（1）利用三点共线，可以求出k=1；（2）当点G与点E重合时，DG取最小值，当点F与点C重合时，DG取最大值，进而求出k的取值范围；（3）①设BE=m，BF=n，利用一元二次方程的根与系数的关系进行和不等式进行求解；②根据①求出的EF=，由于ΔDEF为等腰三角形，EF为底，所以G为EF中点，易得GB=，进而可以求出GB=（）DG．【详解】如图1所示，把ΔDAE，ΔDCF分别沿着DE、DF翻折，在正方形ABCD中，ADC=DAB=DCB=90°’，AD=CD,ADE+CDF=ADC-EDF=90°-45°=45°，翻折后，AD，CD重合．设重合线为AG'，则DG'E=DG'F=90°，DG'EF，且E、G'、F三点共线，则G'在EF上。又DGEF，DG'与DG重合，DG=DG'=AD．k==1．（2)k的值发生改变．①如图2所示，当点G与点E重合时，DG取最小值，DEF=90°又EDF=45°，ΔDEF是等腰直角三角形，则DE=EF．易证ΔADEΔBEF，AD=BE=6，AE=AB-BE=8-6=2，在RtΔADE中，由勾股定理，得DE=，②如图3所示，当点F与点C重合时，DG取最大值，EDC=45°，AB//DF，则AED=EDC=45°，ΔDAE是等腰直角三角形，则AD=AE=6，BE=AB-AE=8-6=2，在RtΔEBC中，由勾股定理得：CE=，易证ΔDGC~ΔCBE，，即DG=，，综上所述，．（3)①设BE=m，BF=n，易知ΔBEF的周长为2．，一元二次方程有求根公式：，，所以，，则m，n是关于x的方程的两个实数根，，解得：．S=DG·EF=EF，当EF=时，S取最小值．②ΔDEF为等腰三角形，EF为底，G为EF中点，易得GB=EF=，GB=（）DG．【点睛】本题考查了正方形、矩形、等腰三角形的性质及一元二次方程的灵活运用，有一定的难度，解题关键是画出正确的图形进行解答．18．（1）见解析；（2）；（3）当时，有最小值，此时；的值不变，见解析【分析】（1）在圆上任意取两条弦AC、BC，作AC、BC的垂直平分线，则它们的交点为P点；（2）由题意得与相切于点，根据切线长解析：（1）见解析；（2）；（3）当时，有最小值，此时；的值不变，见解析【分析】（1）在圆上任意取两条弦AC、BC，作AC、BC的垂直平分线，则它们的交点为P点；（2）由题意得与相切于点，根据切线长定理和勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质即可求解；（3）根据勾股定理得，得到当时，有