2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练 专题3.1浙江温州卷（压轴7道+变式32道）（解析版）

【冲刺2022】之2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练专题3.1浙江省温州市卷（压轴7道+变式训练32道）说明：本专辑精选了2021年浙江省温州市卷失分较多和难度较大的题目7道，分别是第9题反比例函数的图象与性质、第10题四边形中的计算问题、第16题几何图形拼图综合问题、第21题二次函数的性质综合问题、第22题四边形的计算与证明、第23题方程与函数的应用问题、第24题圆综合问题，每道题精讲精析，配有变式练习，浙江省温州市模拟变式训练题共32道，试题解析共88页.【压轴一】反比例函数的图象与性质【真题再现】（2021·浙江温州市·中考第9题）如图，点，在反比例函数（，）的图象上，轴于点，轴于点，轴于点，连结．若，，，则的值为（）A．2 B． C． D．【思路点拨】设OD=m，则OC=，设AC=n，根据求得，在Rt△AEF中，运用勾股定理可求出m=，故可得到结论．【详析详解】解：如图，设OD=m，∵∴OC=∵轴于点，轴于点，∴四边形BEOD是矩形∴BD=OE=1∴B(m，1)设反比例函数解析式为，∴k=m×1=m设AC=n∵轴∴A（，n）∴，解得，n=，即AC=∵AC=AE∴AE=在Rt△AEF中，，由勾股定理得，解得，（负值舍去）∴故选：B【方法小结】此题考查了反比例函数的性质、待定系数法求函数的解析式．此题难度较大，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．【变式训练】【变式1.1】（2021·浙江温州市·九年级一模）如图，在中，为坐标原点，，，且点，都在反比例函数的图象上．若点横坐标为1，则的值为（）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】作轴，轴，且线段和线段的延长线交于点M．根据题意易证，又可用k表示出A点坐标．从而即可求出用k表示的B点坐标，代入反比例函数解析式，解出k即可．【详解】如图，作轴，轴，且线段和线段的延长线交于点M．∵，，∴，∴在和中，∴．根据题意可知A点坐标为，∴，，∴B点坐标为，又∵点B在该函数图象上，∴，解得：．经检验都是原方程的根．∵函数图象在第一象限，即，∴舍去，故．故选C．【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质．一元二次方程的解法，作出辅助线是解答本题的关键．【变式1.2】（2021·浙江温州市·九年级其他模拟）如图，矩形的顶点、分别在反比例函数与的图象上，点、在轴上，，分别交轴于点、F，则阴影部分的面积为（）A．3 B．5 C．6 D．9【答案】B【分析】设A（a，），a＞0，根据题意，利用函数关系式表示出线段OD，OE，OC，OF，EF，利用三角形的面积公式，结论可求．【详解】解：设点A的坐标为（a，），a＞0．则OD＝a，OE＝．∴点B的纵坐标为．∴点B的横坐标为﹣．∴OC＝．∴BE＝．∵AB∥CD，∴，∴＝．∴EF＝OE＝，OF＝OE＝．∴＝1．＝4．∴S阴影＝S△BEF+S△ODF＝1+4＝5．故选：B．【点睛】本题主要考查了反比例函数的比例系数的几何意义，反比例函数的图象上点的坐标的特征，矩形的性质，利用点的坐标表示相应线段的长度是解题的关键．【变式1.3】（2020·浙江温州市·九年级二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点与原点重合，顶点落在轴的正半轴上，对角线、交于点，点、恰好都在反比例函数的图象上，若，则的值为()A． B． C．2 D．【答案】A【分析】设D坐标为(m,)，B(3,0)，根据菱形的性质得出M点为BD的中点，则M()，把M()代入得m=1，则D(1,k)，利用OB=OD=1和勾股定理得方程12+k2=32，解方程即可得k的值【详解】解：设D坐标为(m,)，∵菱形的顶点与原点重合，顶点落在轴的正半轴上，对角线、交于点，∴B(3,0)，∴M点为BD的中点，则M()，把M()代入得，解得，m=1∴D(1,k)过点D作DE⊥AB于E,在Rt△AED中，12+k2=32解得，k=故选：A【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．也考查了菱形的性质．【变式1.4】（2019·浙江温州市·九年级二模）如图所示，已知点，点在反比例函数的图象上，轴于点连结交于点，若，则与的面积比为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】过C作CE⊥x轴于E，依据AB⊥x轴于点B，即可得出S△AOD＝S四边形BDCE，证明△OBD∽△OEC，设△OBD的面积为S，则△OEC的面积为9S，△BDC的面积为2S，求出△ADO的面积为8S，即可得出△BDC与△ADO的面积比．【详解】解：如图所示，过C作CE⊥x轴于E，∵AB⊥x轴于点B，∴S△AOB＝S△COE，∴S△AOD＝S四边形BDCE，∵BD∥CE，∴△OBD∽△OEC，∵CD＝2OD，∴，设△OBD的面积为S，则△OEC的面积为9S，△BDC的面积为2S，∴四边形BDCE的面积为8S，即△ADO的面积为8S，∴△BDC与△ADO的面积比为2：8＝1：4，故选：B．【点睛】此题考查了反比例函数k的几何意义，相似三角形的判定和性质，熟练掌握反比例函数k的几何意义是解本题的关键．【压轴二】四边形中的计算问题【真题再现】（2021·浙江温州市·中考第10题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（）A． B． C． D．【思路点拨】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．【详析详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，∵，∴BE=PE=PC=PF=DF，∵∠CFD=∠BPC，∴DF//EH，∴PH为△CFQ的中位线，∴PH=QF，CH=HQ，∵四边形EPFN是正方形，∴∠EFN=45°，∵GD⊥DF，∴△FDG是等腰直角三角形，∴DG=FD=PC，∵∠GDQ=∠CPH=90°，∴DG//CF，∴∠DGQ=∠PCH，在△DGQ和△PCH中，，∴△DGQ≌△PCH，∴PH=DQ，CH=GQ，∴PH=DF=BE，CG=3CH，∴BH=BE+PE+PH=，在Rt△PCH中，CH==，∴CG=BE，∴．故选：C．【方法小结】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．【变式训练】【变式2.1】（2021·浙江温州市·九年级二模）如图，六边形是中心对称图形．点，在面积为8的正方形的对角线上．若，点，关于对称，则四边形的面积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】连AC交BD于O，过M作MK⊥BC于K，连结ME交BA于L，FN交CD于R，由正方形面积为8，可求AD=2，BD=,M、E关于AB对称，可得EB=MB=1，可证△BEA≌△BMC（SAS），由三角函数BK=MK=，KC=，由勾股定理MC=，可证四边形AGCH为矩形，再证△MOC∽△ACG，可求，即可．【详解】解：连AC交BD于O，过M作MK⊥BC于K，连结ME交BA于L，FN交CD于R，∵正方形面积为8，∴AD2=8，AD=2，∵BD为正方形对角线，∴BD=,∵M、E关于AB对称，∴EL=LM，EB=MB=1，∠EBA=∠MBA=45°=∠MBC，在△BEA和△BMC中，，∴△BEA≌△BMC（SAS），∴AE=MC，∠EAB=∠MCB，∵BM=1，∴BK=MK=1×cos45°=，∴KC=BC-BK=2-=，∴MC=，∵六边形是中心对称图形．∴△AND≌△CMB，△AEB≌△CFD，∴△AND≌△CMB≌△AEB≌△CFD，设CG交AB于W，∵∠GAW=∠BCW，∠AWG=∠CWB，∴∠AGW=∠CBW=90°，∴同理可证AH⊥CF，∠AHC=90°，∵∠BCM=∠DCF，∴∠GCH=∠DCH+∠GCD=∠BCG+∠GCD=∠BCD=90°，∴∠AGC=∠GCH=∠AHC=90°，∴四边形AGCH为矩形，∵AC⊥BD，∴∠MOC=∠AGC=90°，∵∠MCO=∠ACG，∴△MOC∽△AGC，∴即，∴，，∴S矩形AGCH=AG·GC=，故选择B．【点睛】本题考查正方形性质，中心对称图形性质，轴对称性质，三角形全等判定与性质，锐角三角函数应用，勾股定理应用，三角形相似判定与性质，矩形判定与性质，掌握正方形性质，中心对称图形性质，轴对称性质，三角形全等判定与性质，锐角三角函数应用，勾股定理应用，三角形相似判定与性质，矩形判定与性质．【变式2.2】（2021·温州市第十二中学九年级二模）如图，等腰中，，点是外一点，分别以，为斜边作两个等腰直角和，并使点落在上，点落在的内部，连结．若，则与的面积之比为（）A． B． C． D．3【答案】B【分析】如图，取BD中点O，以O为圆心，以OB为半径作圆，连接OE，OF，作直线EF分别交AB、CD与M、N．证明四边形AMNC为矩形，△BEM≌△EDN，得到BM=EN，ME=DN，设DF=2x，得到BF=5x，进而求出，，，，，从而求出，，问题得解．【详解】解：如图，取BD中点O，以O为圆心，以OB为半径作圆，连接OE，OF，作直线EF分别交AB、CD与M、N．∵和都是等腰直角三角形，∴∠BED=∠BFD=90°，BE=DE，∠DCF=∠CDF=∠DBE=∠BDE=45°，∵O为BD中点，∴OB=OD=OE=OF=BD，∴点E、F都在圆O上，∴∠EFB=∠EDB=45°，∵△ABC为等腰三角形，，∴∠ACB=45°，∴∠ACB=∠EFB，∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°，∴MN∥AC，∴∠BME=∠DNE=90°=∠AME=90°，∴∠MBE+∠MEB=90°，四边形AMNC为矩形，∵∠BED=90°，∴∠DEN+∠MEB=90°，∴∠MBE=∠DEN，∵BE=DE，∴△BEM≌△EDN，∴BM=EN，ME=DN，设DF=2x，∵Rt△BDF中，，∴BF=5x，∴在Rt△BMF中，，在Rt△DFN中，，∴，，∴，∴，∵是等腰直角三角形，∠FND=90°，∴，∵四边形AMNC为矩形，∴，∴，∴，∴与的面积之比．故选：B【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解直角三角形，圆周角定理，全等三角形等知识，综合性较强，根据题意添加辅助线，证明点E、F都在圆O上，△BEM≌△EDN是解题关键．【变式2.3】（2020·浙江九年级期末）如图，，分别是正方形边，上的点，．以，为边作，连结并延长交于点，连结．若，则的长为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先证明△AED△CFD(SAS)，得到四边形DEGF是菱形，再证明△GFH是等腰直角三角形，作出解图的辅助线，得到∠FDQ=45，可以证明△EDF△QDF(SAS)，得到EF=FQ=2AE，利用勾股定理即可求解【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠ADC=∠BCD=90，AB=CD=BC=AD，AD∥BC，∵BE=BF，∴AB-BE=BC-BF，则AE=CF，在△AED和△CFD中，，∴△AED△CFD(SAS)，∴DE=DF，∠1=∠4，∵四边形DEGF是平行四边形，∴四边形DEGF是菱形，∴DE∥GF，DF＝FG，∵HF⊥ED，∴∠HID=90，∠HFG=90，∠1+∠2=90，∠4+∠ADF=90，∴∠HDF=∠2，∴HF=DF，∴HF=GF，∴△GFH是等腰直角三角形，∴∠G=∠EDF=45，∠1=∠4=22.5，连接EF，把△AED绕点D逆时钟旋转90使AD与CD重合得到△CQD，如图，由旋转得：∠A=∠DCQ=90，DE=DQ，AE=CQ，∠1=∠3=22.5，∴∠DCF=∠DCQ=180，∠FDQ=45，∴F、C、Q三点共线，在△EDF和△QDF中，，∴△EDF△QDF(SAS)，∴EF=FQ=2AE，∵BE=BF=2，∴EF=，∴AE，故选：B【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，菱形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理．解答时作出需要的辅助线是关键．【变式2.4】（2021·温州绣山中学九年级二模）如图是清朝李演撰写的《九章算术细草图说》中的“勾股圆方图"，四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD均为正方形，BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，其中BC是斜边，若，则AB的长为（）A． B． C．3 D．【答案】B【分析】由题意可设，则有，进而可得，然后根据勾股定理可建立方程进行求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD均为正方形，，∴，四边形AEMH是矩形，∴AH=EM，HM=AE，∵，∴，由可设，∴，∴，∵BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，∴，即，解得：（不符合题意，舍去），∴；故选B．【点睛】本题主要考查正方形的性质、一元二次方程的解法及勾股定理，熟练掌握利用正方形的性质、勾股定理及方程思想进行求解问题是解题的关键．【压轴三】几何图形拼图综合问题【真题再现】（2021·浙江温州市·中考第16题）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的的值为______；记图1中小正方形的中心为点，，，图2中的对应点为点，，．以大正方形的中心为圆心作圆，则当点，，在圆内或圆上时，圆的最小面积为______．【思路点拨】（1）先求出剪拼后大正方形的面积，得到其边长，再结合图2，求出图1中长方形的长边除去长为d部分的线段后，剩下的线段长刚好为大正方形的边长，最后用图1中的长方形的长减去图2中大正方形的边长即可完成求解；（2）结合两图分别求出对应线段的长，通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出O点到、、之间的距离即可确定最小圆的半径，即可完成求解．【详析详解】解：∵图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，∴每个小正方形边长为2，图1和图2中整个图形的面积为，所以图2中正方形的边长,如下图3所示；∴图1中，；分别连接、、，并分别过点、、向大正方形的对边作垂线，得到如图所示辅助线，综合两图可知，,,,O点到大正方形各边距离为，∴，,∴;综合两图可知：,,,∴,,∴；继续综合两图可知：,∴,∴,∵，∴距离O点最远，∴最小圆的半径应为，∴圆的面积为；故答案为：；．【方法小结】本题考查了正方形和长方形的基础知识、线段之间的和差关系、完全平方公式、勾股定理、圆的面积公式等内容，解决本题的关键是理解题意、读懂图形、找出两个图形之间的关联、能灵活运用勾股定理等公式求解线段的长等；本题要求学生对图形具有一定的感知能力，有较强的计算能力等，该题蕴含了数形结合等思想方法．【变式训练】【变式3.1】（2020·浙江九年级期末）如图，某数学兴趣小组在学完矩形的知识后一起探讨了一个纸片折叠问题：如何将一张平行四边形纸片的四个角向内折起，拼成一个无缝隙、无重叠的矩形．图中，，，表示折痕，折后的对应点分别是．若，，，则纸片折叠时的长应取________．【答案】【分析】如图，作BP⊥AD，交DA延长线于P，作BQ∥FH，交AD于Q．先证明DH=BF，求出FH=10cm，再分别求出AP、BP，设AH=xcm，求出PQ=（2x-6）cm，在Rt△BPQ中，根据勾股定理构造方程，解方程即可求解．【详解】解：如图，作BP⊥AD，交DA延长线于P，作BQ∥FH，交AD于Q．由题意得，AE=EM=BE=AB=4cm，DG=NG=CG==CD=4cm，AH=MH，BF=MF，∵四边形为矩形，∴EF=HG，EF∥HG∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠EBF=∠GDH=60°∵EF∥HG∴∠EFM=∠GHN，又∵∠EFM=∠EFB，∠GHD=∠GHN，∴∠EFB=∠GHD，∴△BEF≌△DGH,∴DH=BF，∴FH=FM+HM=BF+AH=10cm，∵BQ∥FH，BF∥QH，∴BQ=HF=10cm，∵PD∥BC，∴∠PAB=∠ABC=60°，∴在Rt△ABP中，∠ABP=30°，∴AP=AB=4cm，∴BP=cm，设AH=xcm，则HD=（10-x）cm，∴PQ=14-2（10-x）=（2x-6）cm，在Rt△BPQ中，根据勾股定理得解得（不合题意，舍去）故答案为：【点睛】本题考查了平行四边形性质，折叠性质，矩形性质，含30°角直角三角形性质，勾股定理，方程思想等知识，综合性强．根据题意求出HF=10cm，进而构造直角三角形，利用勾股定理列出一元二次方程是解题关键．【变式3.2】（2020·浙江温州市·九年级二模）建筑工人用边长相等的正六边形、正方形、正三角形三种瓷砖铺设地面，正方形瓷砖分黑白两种颜色，密铺成图（1）的形状．用水泥浇筑前，为方便施工，工人要先把瓷砖按图1方式先摆放好，一工人摆放时，无意间将3块黑色正方形瓷砖上翻到一个正六边形的上面，其中三个正方形的一条边分别和正六边形的三条边重合，如图（2）所示．按图（2）方式给各点作上标注，若正方形的边长，则_____(不考虑瓷砖的厚度)【答案】【分析】过点I作，分别交AH于点P，交BG于点Q，由正六边形和正方形性质计算的度数，在中，表示MP，PI，得LQ，PL的长度，中使用勾股定理计算即可．【详解】过点I作，分别交AH于点P，交BG于点Q根据正六边形的每个内角为：，即又∵，∴同理可得：∴，∴是顶角为120°的等腰三角形∵AF=AB=12∴FM=AM=∴MI=在中，，由正六边形及正方形性质可知：∴在中，故答案为：．【点睛】本题考查了正六边形，正方形的性质，解直角三角形的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键．【变式3.3】（2020·浙江温州市·九年级期末）如图1，在中，，，，分别是边，的中点，在边上取点，点在边上，且满足，连接，作于点，于点，线段，，将分割成I、II、III、IV四个部分，将这四个部分重新拼接可以得到如图2所示的矩形，若，则图1中的长为_______．【答案】【分析】本题可用图一图二等面积性，求解部分边长，利用等腰三角形三线合一以及中位线性质创造三角形全等的条件，通过假设未知数利用三角函数表示未知边长，继而用勾股定理列方程求解本题．【详解】连接DE，DF，作FM⊥AB，AO⊥BC，如下图所示：∵AB=AC=10，点D，E分别为AB，AC中点，FG=BC，DP⊥EF，GQ⊥EF，BC=12，∴DE∥BC，DE=BC=FG，∠DPE=∠GQF=90°，AO=8，，，DB=5．∴∠DEP=∠GFQ，，故有△DPE△GQF（AAS），∴DP=GQ，FQ=PE．∵FQ-PQ=PE-PQ，∴FP=QE．设HI=4x，IJ=5x，因为矩形HIJK，故，∴且由图形拼接可得：，．在△FQG中，，，∴在△DPF中，．设BF=y，有，则．∴．∵,∴．在△DMF中，，∴，解方程求得．故本题答案．【点睛】本题考查等腰三角形，中位线，全等三角形的证明以及三角函数的综合应用，题干当中中点较多时，需考虑中位线定理，全等证明的目的是进行边的替换，三角函数的应用必须以直角三角形为前提，几何图形求解具体边长时勾股定理为常用工具．【变式3.4】（2020·浙江九年级一模）由四个正方形相框拼成的照片墙如图所示，已知正方形，正方形，正方形的．面积分别为平方分米，平方分米，平方分米，则正方形的面积为__________平方分米．【答案】6【分析】作出如图的辅助线，证得，继而推出，在Rt△IBQ和Rt△ABQ中，设参数利用勾股定理即可求解．【详解】如图：作AM⊥BI于M，延长MA交DG于N，分别过D、G作MN的垂线垂足分别为R、S，∴∠RDN=∠SGN，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=90，∴∠MBA+∠MAB=90，∠RAD+∠MAB=90，∴∠MBA=∠RAD，在Rt△MBA和Rt△RAD中，，∴Rt△MBARt△RAD，∴AM=DR，同理可证得，Rt△MIARt△SAG，∴AM=GS，∴DR=GS，在Rt△RDN和Rt△SGN中，，∴Rt△RDNRt△SGN，∴；作DP⊥AG于P，作BQ⊥IA交IA延长线于Q，如图：∵,∴，∵，∴，在Rt△ABQ和Rt△ADP中，，AB=AD，∴Rt△ABQRt△ADP(HL)，∴AQ=AP，设正方形AGHI的边长为，由题意，，DA=DG=，，AP=PG=，AQ=AP，在Rt△IBQ和Rt△ABQ中，∵，，∴，，∴，解得：，∴正方形AGHI的面积为：．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键．【压轴四】二次函数的性质综合问题【真题再现】（2021·浙江温州市·中考第21题）已知抛物线经过点．（1）求抛物线的函数表达式和顶点坐标．（2）直线交抛物线于点，，为正数．若点在抛物线上且在直线下方（不与点，重合），分别求出点横坐标与纵坐标的取值范围，【思路点拨】（1）把代入可求得函数解析式，然后利用配方法将二次函数解析式转化为顶点式，直接得到抛物线的顶点坐标；（2）把，代入可求出m，n，求出点横坐标取值范围，在利用二次函数的最值即可求纵坐标的取值范围【详析详解】解：（1）把代入，得，解得，抛物线的函数表达式为，配方得，顶点坐标为．（2）当时，．当时，，解得，．为正数，．点在抛物线上且在直线的下方（不与点，重合），．∵＞0∴开口向上，当x=1时函数取得最小值=-9∴当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，当x=-4时，y=16，当x=5时y=7，【方法小结】本题二次函数综合题，考查了利用待定系数法求二次函数解析式，配方法把二次函数一般式化成顶点式，以及二次函数的性质．【变式训练】【变式4.1】（2021·浙江温州市·九年级一模）已知抛物线经过点，．（1）求，的值．（2）已知为正数，当时，的最大值和最小值分别为，，且，求的值．【答案】（1）b=4,c=6；(2)k=1【分析】（1）将两点代入解析式即可．（2）先求出抛物线的顶点坐标，再求出m，n的值，利用抛物线的增减性和，得出k的值．【详解】解：（1）∵抛物线经过点，∴解得（2）由（1）可知抛物线的解析式为：=∴抛物线的顶点坐标为：（1,8）∵a<0,∴当x=1时，y有最大值，最大值为8，又当时，有最大值，∵的最大值和最小值分别为，，∴m=8又∵∴n=6则6=解得x=2或x=0∵当x>1时，y随x的增大而减小，又当时，有最小值∴1+k=2∴k=1【点睛】本题考查抛物线的解析式、抛物线图像性质、在自变量范围内取最值的知识．弄清抛物线的最值的取得与自变量的取值范围有紧密的联系是关键．【变式4.2】（2021·浙江温州市·九年级一模）已知抛物线y＝ax2﹣6ax+1（a＞0）．（1）若抛物线顶点在x轴上，求该抛物线的表达式．（2）若点A（m，y1），B（m+4，y2）在抛物线上，且y1＜y2，求m的取值范围．【答案】（1）；（2）＞【分析】（1）先求解抛物线的顶点坐标，再利用顶点在轴上列方程，解方程可得答案；（2）分两种情况讨论：当再对称轴的同侧时，由点A（m，y1），B（m+4，y2）在抛物线上，且y1＜y2，且＜可得随的增大而增大，结合抛物线y＝ax2﹣6ax+1（a＞0）的对称轴为：可得抛物线的开口向上，当时，随的增大而增大，从而可得答案，当在对称轴的两侧时，此时关于的对称点再列＜解不等式从而可得答案．【详解】解：（1）抛物线y＝ax2﹣6ax+1（a＞0）．抛物线的对称轴为：此时顶点坐标为抛物线顶点在x轴上，抛物线的解析式为：（2）当再对称轴的同侧时，点A（m，y1），B（m+4，y2）在抛物线上，且y1＜y2，且＜随的增大而增大，抛物线y＝ax2﹣6ax+1（a＞0）的对称轴为：抛物线的开口向上，当时，随的增大而增大，当在对称轴的两侧时，则在左边，此时关于的对称点＜＞综上：m的取值范围为＞【点睛】本题考查的是二次函数的性质，掌握二次函数的顶点坐标与对称性是解题的关键．【变式4.3】（2020·浙江温州市·九年级二模）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，直线，交抛物线于、两点．（1）当时，求，两点的坐标；（2）当，时，求抛物线的解析式；（3）当时，方程在的范围内有实数解，请直接写出的取值范围：．【答案】（1），；（2）；（3）-．【分析】(1)将代回中，再令y=0即可求解;(2)求出抛物线的对称轴，再由DE=4进而求出点D的坐标，再代回抛物线中即可求解.(3)将代回方程中，将方程左边可以看成二次函数，方程右边可以看成，求出在的范围内的最大值和最小值即可求解.【详解】解：(1)将代回中得到抛物线的解析式为：再令，即：解得故，.故答案为：，.(2)对称轴是直线∵，，∴，代入解析式中：解得∴抛物线的解析式为：.故答案为：.(3)当时，方程方程左边可以看成二次函数，方程右边可以看成，∵方程在的范围内有实数解∴函数和直线在的范围内图像上有交点，∴当时，函数的最大值为当时取得，此时；函数的最小值为当时取得，此时；故的取值范围是：-.故答案为：.【点睛】本题利用数形结合，根据二次函数性质理解其本质，主要是二次函数图象的轴对称性、增减性、在自变量范围内求函数的最值，熟练记住二次函数的三种表达式、对称轴、顶点公式是解决这类题的关键．【变式4.4】（2020·浙江温州市·九年级期末）已知，点为二次函数图象的顶点，直线分别交轴的负半轴和轴于点，点．(1)若二次函数图象经过点，求二次函数的解析式．(2)如图，若点坐标为，且点在内部(不包含边界)．①求的取值范围；②若点，都在二次函数图象上，试比较与的大小【答案】(1)；(2)①，②．【分析】(1)求出点B的坐标，代入二次函数解析式求出b的值，确定出二次函数解析式，进而求出m的值；

(2)①根据抛物线的顶点在△AOB的内部，确定b的取值范围；②二次函数开口朝下，对称轴为，再根据点C(，y1)，D(，y2)的横坐标与对称轴的距离和抛物线的增减性进行判断．【详解】(1)∵直线与y轴交于点B，令，则，∴点B的坐标为(0，2)，将B(0，2)代入二次函数得：，解得，∴二次函数的解析式为；(2)①∵点坐标为(-4，0)，将A(-4，0)代入得：，∴，∴一次函数的解析式为，∵二次函数图象的顶点为P(m，-2m+1)，点P在△AOB内部，∴，解得；②∵，∴二次函数开口朝下，对称轴为，且，又∵点C(，y1)，D(，y2)都在二次函数图象上，点C和点D的横坐标中点为，∴点C离对称轴比点D离对称轴远，开口朝下的抛物线上的点离对称轴越远的点对应的函数值越小，∴．【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解一元一次不等式组，数形结合有利于对知识的理解，根据抛物线的增减性和点与对称轴的距离确定纵坐标的大小是解题的关键．【压轴五】四边形的计算与证明【真题再现】（2021·浙江温州市·中考22题）如图，在中，，是对角线上的两点（点在点左侧），且．（1）求证：四边形是平行四边形．（2）当，，时，求的长．【思路点拨】（1）由平行四边形的性质得到AB=CD，，和已知条件一起，用于证明三角形全等，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定定理得出结论；（2）根据平行四边形的性质得到一组对角相等，通过等量代换，得到，则相等的角正切值也相等，根据比值算出结果．【详析详解】（1）证明，∴，在中，，，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形．（2）解：∵，∴BE=DF，∵四边形是平行四边形，∴，在中，，∴AE=3，BE=4．∵BE=DF，AE=CF，∴BE=DF=4，AE=CF=3，，，∴，∴tan∠CBF=，tan∠ECF=，∴，得到EF=，或EF=（舍去），∴BD=4+4+=，即BD=．【方法小结】本题考查了平行四边形的性质与判定以及相等的角的正切值也相等．解决本题的关键在于等量代换出角相等，应用相等的角的正切值也相等来解题．【变式训练】【变式5.1】（2021·温州绣山中学九年级二模）如图，在菱形ABCD中，已知，点E，点F分别在AD与CD的延长线上，连结EF，，连结BF交AD于点N，H是BF的中点，连结CH并延长交AD于点M，交BA的延长线于点G．（1）求证：．（2）若．①求AM与BN的值．②点P是段BN或线段CM上一点，当是以MN为腰的等腰三角形时，求所有满足条件的PH的值．（3）连结AC，HE，将点M绕着点H旋转得到点K，当点K恰好落在AC上时，求与的面积之比．【答案】（1）见详解；（2）①，；②当是以MN为腰的等腰三角形时，PH的值为或或或；（3）与的面积之比为1：2．【分析】（1）由题意易得AB∥CD，AB=CD，进而易证△BHG≌△FHC，则有BG=CF，然后问题可求证；（2）①由（1）可得AB∥CD，则有△AMG∽△DMC，由题意易得，然后可求解AM，再由△ANB∽△DNF可得DN=2，过点F作FQ⊥DE于点Q，则根据勾股定理可得NF的长，最后根据相似三角形的性质可求解；②由题意易得△MHN∽△CHB，然后可求HN，进而根据题意可分当点P在BN上时，△PMN为等腰三角形和当点P在CM上时，△PMN为等腰三角形，最后分类求解即可；（3）连接CE，GE，由题意易证△CAG≌△CED，△FCE≌△AEG，则有△CGE是等边三角形，过点K作KR⊥CG于点R，连接HE，进而可得，，然后问题可求解．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB=CD，∴∠G=∠HCF，∵H是BF的中点，∴，∵，∴△BHG≌△FHC（AAS），∴BG=CF，∵，∴；（2）解：①∵四边形ABCD是菱形，，∴AB∥CD，AD∥BC，，∴△AMG∽△DMC，△ANB∽△DNF，∵，，，∴，∴，，∴，，过点F作FQ⊥DE于点Q，如图所示：∵∠ABC=60°，∴∠ADC=∠FDE=60°，∴△FDE是等边三角形，∴，∴，在Rt△NQF中，，∴；②由①可得AM=MN=ND=2，，AD∥BC，∴△MHN∽△CHB，，∴，∴，当点P在BN上时，△PMN为等腰三角形，则有：Ⅰ、PM=MN=2，过点M作MO⊥BN于点O，如图所示：∴PO=ON，由①可得，∴，∴；Ⅱ、PN=MN=2，如图所示：∴；当点P在CM上时，△PMN为等腰三角形，则有：Ⅲ、PM=MN=2，过点M作MJ⊥AG于点J，如图所示：∵AM=2，AG=3，∠GAM=60°，∴，∴GJ=2，在Rt△GJM中，，∴，∴，∴；Ⅳ、PN=MN=2，过点N作NQ⊥MH，如图所示：设PH=x，则有：，∴，∴，∴在Rt△NQH和Rt△NQP利用勾股定理可得方程：，解得：，∴；综上所述：当是以MN为腰的等腰三角形时，PH的值为或或或；（3）连接CE，GE，过点K作KR⊥CG于点R，连接HE，如图所示：由（1）（2）可知AG=DE=EF，AC=CD，∠GAE=∠EFC=60°，∠CAG=∠CDE=120°，AE=CF=9，∴△CAG≌△CED（SAS），△FCE≌△AEG（SAS），∴，∴△CEG是等边三角形，∴∠ECG=60°，∵CH=HG，∴EH⊥CG，∴，由旋转可得∠KHM=60°，KH=HM，∴，∵，∴．【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．【变式5.2】（2020·浙江九年级期末）如图，在矩形中，，，过对角线上一点作的垂线交于点，交于点，过点作交于点，连结交于点，连结．（1）求的值．（2）当四边形有一组邻边相等时，求的长．（3）点关于的对称点记为，若落在内部（不包含边界），求长度的取值范围．【答案】（1）2；（2），或；（3）【分析】（1）运用矩形性质可证得EFBC，进而可证四边形EPBG是平行四边形，运用平行四边形性质可得EP=BG，利用三角函数定义可得答案；（2）四边形DFGE有一组邻边相等，分四种情况讨论：①DE=EG，②EG=GF，③DF=GF，④DF=DE（不存在），分别运用勾股定理和全等三角形性质建立方程求解即可；（3）分两种情况讨论：①当点B′落在边EG上时，②当点B′落在边EF上，分别运用相似三角形性质建立方程求解即可．【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∵EF⊥AB，∴∠AFE=90°，∴∠ABC=∠AFE，∴EFBC，∵EGBD，∴四边形EPBG是平行四边形，∴EP=BG，∴tan∠EDP，∴；（2）∵BC=1，AB=2，∴BD=，①如图1，当DE=EG时，设BG=x，则DE=EG=2x，CE=2-2x，CG=1-x，在Rt△CEG中，CE2+CG2=EG2，∴，解得：x=5-2或x=5+2(舍去)，∴BG=5-2；②如图1，当EG=GF时，∵CE=BF，∠C=∠ABC=90°，∴Rt△ECG≌Rt△FBG（HL），∴BG=CG=CB=；③如图1，当DF=GF时，设BG=x，则AF=DE=2x，∵DF2=GF2，∴DA2+AF2=BG2+BF2，∴，解得：x=4±，∵BG＜1，∴BG=；④∵∠DEF=90°，∴DF＞DE，即DF=DE不存在；综上所述，BG的长为：5-2或或；（3）当点B′落在边EG上时，如图2，设BG=x，B′F=BF=CE=2-2x，∵∠FB′G=∠FBG=90°，∴∠EFB′=∠CEG=∠CDB，∠C=∠EB′F=90°，∴△EFB′∽△BDC，∴，∴，解得：x=，∴DP=EP=-1；当点B′落在边EF上，如图3，∵BG=B′G=CE，∴x=2-2x，解得：x=，∴DP=x=，综上所述，-1＜DP＜．【点睛】本题考查了四边形综合题，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形判定和性质，轴对称性质，勾股定理等，三角函数定义知识，综合性较强，熟练掌握全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质等相关知识，灵活运用方程思想和分类讨论思想是解题关键．【变式5.3】（2021·浙江温州市·九年级一模）如图，，，在上取点，连接，分别作和的角平分线交于点，过点作，分别交，于点，，记，，已知．（1）求证：．（2）判断与的大小关系，并说明理由．（3）连结，当与的一边垂直时，求所有满足条件的的值．【答案】（1）见解析；（2）AF=，见解析；（3）或【分析】（1）利用两直线平行，同旁内角互补，和角的平分线的性质求解即可；（2）证明△DAF∽△FBE即可；（3）分类求解即可【详解】（1）∵，∴∠EDA+∠DEB=180°，∵和的角平分线交于点，∴∠ADF=∠EDF，∴∠DEF=∠BEF，∴2∠EDF+2∠DEF=180°，∴∠EDF+∠DEF=90°，∴∠DFE=90°，∴；（2）关系为：AF=，理由如下：∵，，∴四边形ABCD是矩形，∴∠DAF=∠FBE=90°，∴∠ADF+∠AFD=90°，∵∠DFE=90°，∴∠BFE+∠AFD=90°，∴∠ADF=∠BFE，∴△DAF∽△FBE，∴，∴AFBF=AD×BE=xy=9；（3）如图，当AC⊥DF时，设AC与DF交于点H，与DE交于点G，连接FG，BG，设BG，EF交于点Q，∵DF是∠ADE的平分线，AC⊥DF，∴DA=DG，FA=FG，∵FD=DF，∴△DAF≌△DGF，∴∠DAF=∠DGF=∠FGE=90°，∴∠FGB+∠EGB=90°，∵∠FBE=∠FGE=90°，∴G，F，B，E四点共圆，∴∠FGB=∠FEB=∠FEG，∴∠FEG+∠EGB=90°，∴∠GQE=90°，∵EF平分∠GEB，∴GF=FB，∴AF=FB，∵AC∥EF,∴BE=CE，∴y=2x，∵xy=9，∴x=，x=-，不符合题意，舍去；如图，当AC⊥DE时，设AC与DE交于点G，过点F作FH⊥DE，垂足为H，∵DF是∠ADE的平分线，DE是∠DEB的平分线，FA⊥AD，FB⊥BC，∴FA=FH=FB，根据（2）知道AF×FB=9，∴FA=FH=FB=3，FA=FH=FB=-3，不符合题意，舍去∴CD=AB=6，∵∠GCE+∠GEC=90°，∠GCE+∠BAC=90°，∴∠GEC=∠BAC，∴△DCE∽△CBA，∴，∴，∴,∵xy=9，∴,∴y=，y=-，不符合题意，舍去；∴x=；综上所述，所有x的值为或．【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，线段的垂直平分线，四点共圆，三角形的相似，直角三角形的性质，三角形的中位线定理，分类思想，灵活运用三角形的相似是解题的关键．【变式5.4】（2021·浙江杭州市·九年级期末）如图，已知正方形，点M为射线上的动点，射线交于E交射线于F，过点C作交于点Q．（1）当时，求的长．（2）当M在线段上时，若，求的长．（3）①当时，作点D关于的对称点N，求的值．②若，直接写出与的面积比_______．【答案】（1）4；（2）6；（3）①或；②【分析】（1）利用正方形的性质证明，得到，即可得到答案；（2）根据正方形的性质及垂直的定义证得，推出CQ=MQ=FQ，从而得到MF=2CQ=6；（3）①分两种情况：（i）当点N在正方形内部，延长交于点G，（ii）当点N在正方形外部，连接，延长交于点G，根据正方形的性质及翻折的性质、勾股定理列式计算即可求出答案；②过点E作GH⊥AB于G，交CD于点H，根据△ABE∽△DME，，求得DM=2，CM=6，EH=，同理：BF=4AD=32，得到CF=24，利用面积公式分别计算与的面积，列式计算即可．【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠ABE=∠MDE，∠BAE=∠DME，∴，∴，，∴，∴DM=4；（2）∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADE=∠CDE，∵DE=DE，∴△ADE≌△CDE，∴∠EAD=∠ECM；∵AD∥BC，∴∠EAD=∠F，∵，∴∠ECQ=∠DCF=，∴∠ECM=∠QCF，∴，∴CQ=QF，∵∠CMF+∠F=∠QCM+∠QCF=，∴∠QCM=∠CMF，∴CQ=MQ=FQ，∴MF=2CQ=6，（3）①（i）当点N在正方形内部，延长交于点G，∵DM=2CM，AD∥BC，∴CF=4，，∴AG=FG，设，根据勾股定理得，解得：，；（ii）当点N在正方形外部，连接，延长交于点G，∵AB∥CD，∴∠BAM=∠AMD，由翻折得∠AMD=∠NMA，∴，∴AG=MG，设，根据勾股定理得，解得，，综上所述，或；②过点E作GH⊥AB于G，交CD于点H，∵AB∥CD，∴△ABE∽△DME，∵，∴AB=4DM，GE=4EH，∴DM=2，CM=6，EH=，同理：BF=4AD=32，∴CF=24，∴，∵，∴，∵，∴，∴与的面积比为=，故答案为：．．【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，翻折的性质，锐角三角函数，熟练掌握各知识点是解题的关键．【压轴六】方程与函数的应用问题【真题再现】（2021·浙江温州市·中考23题）某公司生产的一种营养品信息如下表．已知甲食材每千克的进价是乙食材的2倍，用80元购买的甲食材比用20元购买的乙食材多1千克．营养品信息表营养成份每千克含铁42毫克配料表原料每千克含铁甲食材50毫克乙食材10毫克规格每包食材含量每包单价A包装1千克45元B包装0.25千克12元（1）问甲、乙两种食材每千克进价分别是多少元？（2）该公司每日用18000元购进甲、乙两种食材并恰好全部用完． ①问每日购进甲、乙两种食材各多少千克？②已知每日其他费用为2000元，且生产的营养品当日全部售出．若A的数量不低于B的数量，则A为多少包时，每日所获总利润最大？最大总利润为多少元？【思路点拨】（1）设乙食材每千克进价为元，根据用80元购买的甲食材比用20元购买的乙食材多1千克列分式方程即可求解；（2）①设每日购进甲食材千克，乙食材千克．根据每日用18000元购进甲、乙两种食材并恰好全部用完，利用进货总金额为180000元，含铁量一定列出二元一次方程组即可求解；②设为包，根据题意，可以得到每日所获总利润与m的函数关系式，再根据A的数量不低于B的数量，可以得到m的取值范围，从而可以求得总利润的最大值．【详析详解】解：（1）设乙食材每千克进价为元，则甲食材每千克进价为元，由题意得，解得．经检验，是所列方程的根，且符合题意．（元）．答：甲、乙两种食材每千克进价分别为40元、20元．（2）①设每日购进甲食材千克，乙食材千克．由题意得，解得答：每日购进甲食材400千克，乙食材100千克．②设为包，则为包．记总利润为元，则．的数量不低于的数量，，．，随的增大而减小。当时，的最大值为2800元．答：当为400包时，总利润最大．最大总利润为2800元．【方法小结】本题主要考查了一次函数的应用、分式方程、二元一次方程的应用，解答本题时要明确题意、弄清表格数据的意义及各种量之间关系，利用方程的求未知量和一次函数的性质解答，注意分式方程要检验．【变式训练】【变式6.1】（2021·温州市第十二中学九年级二模）某班购买笔记本作为奖品．现有甲、乙、丙三种型号的笔记本，乙笔记本比甲笔记本的单价贵2元，花60元买甲笔记本与花100元买乙笔记本的数量相同．（1）求甲、乙笔记本的单价．（2）若需购进甲、乙笔记本共60本，且乙笔记本数量不少于甲笔记本数量的，则如何购买才能使得费用最少？（3）已知丙笔记本的单价为10元/本，该班同时购买3种笔记本，共花费600元．若甲笔记本数量是乙笔记本的3倍，则最多可购买3种笔记本共多少本？【答案】（1）甲、乙笔记本的单价分别为3元和5元；（2）时，购买费用有最小值为204元；（3）时，书本数最大值为164【分析】（1）设甲笔记本的单价为元，则乙笔记本单价元，根据“花60元买甲笔记本与花100元买乙笔记本的数量相同”，列等式求解即可；（2）由（1）中的条件，设购买甲笔记本本，则乙笔记本本，表示出总费用为，再结合m的取值范围，求出最小值；（3）设购买乙笔记本本，则甲笔记本本．丙笔记本本，则，笔记本总数为：，结合x的取值范围，即可求出满足条件的x的数值，进而求出三种笔记本一起最多是多少．【详解】（1）设甲笔记本的单价为元，则乙笔记本单价元，由题意，得，解得，，经检验，是原方程的解，且符合题意，（元）．答：甲、乙笔记本的单价分别为3元和5元．（2）设购买甲笔记本本，则乙笔记本本．费用为元，由题意可得：，∴，，∵，∴随着的增大而减小．∴时，有最小值为204元．（3）设购买乙笔记本本，则甲笔记本本．丙笔记本本，由题意可得：，∴，，∵，∴，且是5的倍数．笔记本总数为：，∴时，书本数最大值为164．【点睛】本题考查了二元一次方程组的运用，一次不等式解决实际问题，一次函数的应用等相关知识点，本题求未知数的取值范围以及关系式的表示是重难点．【变式6.2】（2021·温州绣山中学九年级二模）目前我国新冠病毒疫情有很大好转，但是防疫不能放松，某物业公司向超市购买A、B、C三种型号的消毒湿巾分别分给第一周、第二周、第三周工作的员工使用，每人每周1包，这三周员工人数之和为100人，已知购买1包A型湿巾和2包B型湿巾共需要130元，购买2包A型湿巾和3包B型湿巾共需要220元，已知C型湿巾每包10元，第一周员工人数第二周员工人数第三周员工人数．（1）求A型湿巾和B型湿巾的单价．（2）该超市促销方案如下：每购买1包A型湿巾则赠送2包C型湿巾．①若公司购买了第一周所需的A型湿巾后，赠送的C型湿巾刚好够第三周使用，求物业公司购买三种湿巾所需总金额的最小值．②若第三周需要的C型湿巾除了赠送外，还需另外购买，最终三种湿巾总共花费了2560元，求所有满足要求的购买方案．【答案】（1）A型湿巾和B型湿巾的单价分别为50元和40元；（2）①物业公司购买三种湿巾所需总金额的最小值为2320元；②购买方案：A型湿巾15包，B型湿巾13包，C型湿巾43包或A型湿巾18包，B型湿巾6包，C型湿巾42包．【分析】（1）设购买A型湿巾为x包，B型湿巾y包，则根据题意可得，然后求解即可；（2）①设购买A型湿巾为a包，购买三种湿巾所需总金额为w元，则C型湿巾2a包，由题意可得B型湿巾为（100-3a）包，进而可得，然后根据，最后根据一次函数的性质可求解；②设购买A型湿巾为m包，则C型湿巾2m包，另外购买C型湿巾为n包，由题意可得B型湿巾为（100-3m-n）包，进而可得，然后进行求解即可．【详解】解：（1）设购买A型湿巾为x包，B型湿巾y包，则根据题意可得：，解得：，答：A型湿巾和B型湿巾的单价分别为50元和40元．（2）①设购买A型湿巾为a包，购买三种湿巾所需总金额为w元，则C型湿巾2a包，由题意可得B型湿巾为（100-3a）包，则有：，∴k=-70＜0，∴w随a的增大而减小，∵第一周员工人数第二周员工人数第三周员工人数，∴，解得：，∴当a=24时，w有最小值，最小值为；答：物业公司购买三种湿巾所需总金额的最小值为2320元．②设购买A型湿巾为m包，则C型湿巾2m包，另外购买C型湿巾为n包，由题意可得B型湿巾为（100-3m-n）包，则有：，化简得：，∴，∵第一周员工人数第二周员工人数第三周员工人数，∴，∴把代入得：，解得：，∵，∴，∵m、n为正整数，∴或18，∴购买A型湿巾15包，B型湿巾13包，C型湿巾43包或A型湿巾18包，B型湿巾6包，C型湿巾42包．【点睛】本题主要考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用及一次函数的应用，熟练掌握二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用及一次函数的应用是解题的关键．【变式6.3】（2020·浙江九年级期末）下表是某奶茶店的一款奶茶近两天的销售情况．销售情况销售数量（单位：杯）销售收入（单位：元）小杯大杯第一天2030460第二天2525450（1）问这款奶荼小杯和大杯的销售单价各是多少元？（2）已知这款奶茶小杯成本4元/杯，大杯成本5元/杯，奶茶店每天只能供应80杯该款奶茶，其中小杯不少于10杯，求该款奶茶一天的最大利润．（销售利润＝销售收入－成本）（3）为了满足市场的需求，奶茶店推出每杯2元的加料服务，顾客在选完杯型后可以自主选择加料或者不加料．小明恰好用了208元购买该款奶茶，其中小杯不加料的数量是总杯数的，则小明这款奶茶大杯加料的买了______杯．【答案】（1）小杯奶茶售价8元，大杯奶茶售价10元；（2）390元；（3）6【分析】（1）假设小杯奶茶售价元，大杯奶茶售价元，根据小杯的总价+大杯的总价=销售收入列出二元一次方程组运算即可；（2）设售出小杯奶茶杯，总利润为元，列出总利润的函数表达式，分析出的取值代入求解即可；（3）设小杯不加料奶茶为杯，其中小杯加料与大杯不加料奶茶共杯，则大杯加料奶茶为杯，列出方程运算即可．【详解】（1）假设小杯奶茶售价元，大杯奶茶售价元，根据题意得：，解得．∴小杯奶茶售价8元，大杯奶茶售价10元．（2）假设售出小杯奶茶杯，总利润为元，，∵，，∴随着的增大而减小，∴当时，的最小值为390元．（3）假设小杯不加料奶茶为杯，其中小杯加料与大杯不加料奶茶共杯，由小杯不加料的数量是总杯数的，则大杯加料奶茶为杯，根据题意得：，整理得：，为正整数，解得，，∴大杯加料奶茶为6杯．【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，一次函数的实际应用等知识点，从题中获取相关信息建立方程式解题的关键．【变式6.4】（2021·浙江九年级期末）温州市开展“明眸皓齿”工程以后，某商店准备购进A，B两种护眼灯，已知每台护眼灯的进价A种比B种多40元，用2000元购进A种护眼灯和用1600元购进B种护眼灯的数量相同．（1）A，B两种护眼灯每台进价各是多少元？（2）该商店计划用不超过14550元的资金购进A，B两种护眼灯共80台，A，B两种护眼灯的每台售价分别为300元和200元．①若这两种护眼灯全部售出，则该商店应如何进货才能获得最大利润？最大利润是多少？②若该商店捐赠8台护眼灯给温州市社会福利院，且剩余的护眼灯全部售出，现要使得80台护眼灯的利润率等于20%，则该商店应购进A，B两种护眼灯各多少台？（利润率＝×100%）【答案】（1）A种护眼灯每台进价为200元，B种护眼灯每台进价为160元；（2）①A种护眼灯买43台，B种护眼灯买37台时，能获得最大利润为5780元；②A种护眼灯购进30台，B种护眼灯购进50台【分析】（1）设每台B种护眼灯进价为x元，则A种护眼灯进价为（x＋40）元，由“用2000元购进A种护眼灯和用1600元购进B种护眼灯的数量相同”列出分式方程并求解，即可得到答案；（2）①设A种护眼灯买m台，B种护眼灯买（80﹣m）台，利润为W元，根据题意列一元一次不等式，可求出m的取值范围，并求出W与m的函数关系式，再根据一次函数的性质解答即可；②设购进n台A种护眼灯，有a台A种护眼灯捐赠给福利院，则购进（80﹣n）台B种护眼灯，（8﹣a）台B种护眼灯捐赠给福利院，再根据题意列方程并求解，即可得到答案．【详解】（1）设B种护眼灯每台进价为x元，则A种护眼灯每台进价为（x＋40）元，由题意，得：，解得：x＝160，经检验，x＝160是原方程的解，∴A种护眼灯每台进价为200元，B种护眼灯每台进价为160元；（2）①设A种护眼灯买m台，B种护眼灯买（80﹣m）台，利润为W元，根据题意得：200m＋160（80﹣m）≤14550，∴，且m为整数，W＝（300﹣200）m＋（200﹣160）（80﹣m）＝60m＋3200，W为关于m的一次函数，k＝60＞0，∴W随m的增大而增大，∴当m＝43时，W有最大值5780，∴A种护眼灯买43台，B种护眼灯买37台时，能获得最大利润为5780元；②设购进n台A种护眼灯，有a台A种护眼灯捐赠给福利院，则购进（80﹣n）台B种护眼灯，（8﹣a）台B种护眼灯捐赠给福利院，由利润率等于20%可得：300（n﹣a）＋200（72﹣n＋a）＝1.2[200n＋160（80﹣n）]；化简得：n＝，∵n，a均为整数，且0≤a≤8，∴a＝6，n＝30．∴A种护眼灯购进30台，B种护眼灯购进50台．【点睛】本题考查了分式方程、一元一次不等式、一次函数的知识，解题的关键是熟练掌握分式方程、一元一次不等式、一次函数的性质，从而完成求解．【变式6.5】（2021·浙江温州市·九年级其他模拟）某酒店新装修，计划购买A，B，C三种型号的餐桌共套．己知一套A型餐桌（一桌四椅）需800元，一套B型餐桌（一桌六椅）需1000元，一套C型餐桌（一桌八椅）需1200元，要求购买C型餐桌的套数是A型餐桌的3倍，设购买套A型餐桌，三种餐桌购买的总费用为元．（1）当时，①求关于的函数关系式．②若购买的B型餐桌套数不多于C型餐桌套数，求总费用的最小值，并写出此时具体的购买方案．（2）已知酒店实际购买三种餐桌的总费用为18万元，记购买的三种餐桌椅子的总数最多的方案为最佳购买方案，求最佳购买方案的椅子总数及相应的值．【答案】（1）①，②A型餐桌23套，B型餐桌68套，C型餐桌69套，169200元；（2），m=1144【分析】（1）①根据“总费用=A型餐桌的费用+B型餐桌的费用+C型餐桌的费用”即可求解；②根据题意列出不等式组，求得x的取值范围，再根据一次函数的性质即可求解；（2）根据总费用为180000元，列出方程，解方程求得，再由求得，根据题意求得m与n的函数关系式为，根据一次函数的性质即可求得当时，．【详解】（1）①由题意可知．②∵，．∵，∴y随的增大而增大，∵为整数，∴当时，（元），此时具体的购买方案为：A型餐桌23套，B型餐桌68套，C型餐桌69套．（2）由题意可知，．∴，∵，∴，又由，∵，∴随的增大而减小，∴当时，．【点睛】本题考查了一次函数的应用，正确列出函数的解析式及求得自变量的取值范围是解决问题的关键．【压轴七】圆综合问题【真题再现】（2021·浙江温州市·中考第24题）如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于，，连结．直线分别交于点，（点在左侧），交轴于点，连结．（1）求的半径和直线的函数表达式．（2）求点，的坐标．（3）点在线段上，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长．【思路点拨】（1）由，，确定点为，再利用两点间距离公式求解即可得到半径的长，利用待定系数法可直接得到直线CM的函数表达式；（2）先作辅助线构造相似三角形，求出，，即可得到点为，点为；（3）先作辅助线，得到，再分三种情况讨论，通过作轴于点，证出点为符合条件的点，再分别讨论当时和时的情况，分别得到和的值，最后完成求解．【详析详解】解：（1），为的直径．，，点为，半径为．设直线的函数表达式为．把，代入得，解得．直线的函数表达式为；∴⊙M的半径为，直线CM的函数表达式为．（2）过点作轴平行线，点作轴平行线交于点，作轴于点（如图1），，，，，且，，点为．点，关于点对称，点为．（3）作轴于点，，．，．分三种情况（如图2）：①作轴于点，，，，，，即点为符合条件的一个点．．②当时，，．，（），，．③当时，，，．，，,，．综上所述，当与的一个内角相等时，的长为5，10或．【方法小结】本题综合考查了平面直角坐标系、圆、待定系数法求函数解析式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，要求学生根根据题意找到相等关系建立方程求解，本题综合性很强，对学生的分析能力要求较高，解决本题的关键是能通过作辅助线构造相似三角形以及牢记相关概念、性质和公式等，本题蕴含了分类讨论的思想方法．【变式训练】【变式7.1】（2021·浙江温州市·九年级二模）如图1，是的直径，弦于点，是上一点，，的延长线交于点．（1）求证：∽．（2）若是的中点，当与的一边平行时，求的值．（3）如图2，点是的中点，，连结，，．当时，求的值．【答案】（1）证明过程见解析；（2）或；（3）【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得到，，再根据直径，得到，即可得解；（2）分和两种情况进行讨论即可；（3）延长至点，使，连接，易证≌，过点作，连接，得到是等边三角形，求出，，再根据即可得解；【详解】（1）∵四边形内接于，∴，，∵直径，∴弧弧，∴，∴，∴∽．（2）①当时，∵，∴，∴为直径，即，，三点共线，∴弧弧，∵是中点，∴弧弧弧，∴弧，由（1）得∽，∴，∴，∵，∴；②当时，则，∴弧弧弧，∴，∵是中点，∴，∴≌，∴，∽，∴，设，，则，解得，即；（3）如图，延长至点，使，连接，四边形为圆内接四边形，≌，∴，过点作，连接，∵点是的中点，，∴，是等边三角形，∴，∴，∵，∴，，由（1）得，在中，；【点睛】本题主要考查了圆的综合运用，结合相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质求解是解题的关键．【变式7.2】（2021·温州外国语学校九年级三模）如图，在中，90°，点是斜边的中点，点为边上一点，以为直径的半圆恰好经过点，且交线段于点，连接，．（1）求证：；（2）若，．求直径的长．【答案】（1）见详解；（2）【分析】（1）连接DE，由题意易得AD=BD，∠DFB=∠DEB，则有∠A=∠ABD，进而可得∠DEB=∠A，然后可得∠A=∠AFB，最后问题可求证；（2）过点B作BH⊥AC于点H，由题意易得AB=4，△ADB∽△ABF，进而可得，然后根据三角函数可进行求解．【详解】（1）证明