2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练 专题3.7浙江嘉兴卷（压轴8道+变式训练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1.1浙江嘉兴卷（压轴8道+变式训练32道）说明：本专辑精选了2021年浙江卷失分较多和难度较大的题目8道，分别是第9题三角形中的计算问题、第10题函数的性质与不等式综合问题、第14题四边形的性质与计算问题、第16题几何变换中的计算问题、第20题函数中的应用问题、第22题锐角三角函数的实际问题、第23题二次函数综合问题、第24题几何综合探究压轴问题，每道题精讲精析，配有变式练习各4道，浙江嘉兴模拟变式训练题共32道，本试题解析共63页.【压轴一】三角形中的计算问题【真题再现】（2021·浙江嘉兴市·中考第9题）如图，在中，，AB=AC=5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG=FG时，线段长为（）A． B． C． D．4【答案】A【思路点拨】连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，∠DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解．【详析详解】解：连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB∵在中，，点G是DE的中点，∴AG=DG=EG又∵AG=FG∴点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径∴∠DFE=90°∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，点是BC的中点，∴CF=BF=，FN=FM=又∵FN⊥AC，FM⊥AB，∴四边形NAMF是正方形∴AN=AM=FN=又∵，∴∴△NFD≌△MFE∴ME=DN=AN-AD=∴AE=AM+ME=3∴在Rt△DAE中，DE=故选：A．【方法小结】本题考查直径所对的圆周角是90°，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．【变式训练】【变式1.1】（2019秋•嘉兴期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，∠ABC和∠CAB的平分线相交于点F，交AC，BC点于D，E，连接DE，S△ABF＝S1，S△ADF＝S2，S△DEF＝S3，S△EBF＝S4，则下列关系式正确的是（）A．S2＝S4 B．2S2＝S1+S4 C．S1＝S2+S3+S4 D．S1＝S2+2S3+S4【分析】在AB上截取AD'＝AD，BE'＝BE，连接D'F、E'F，过D作DG⊥AE于G，过D'作D'H⊥E'F于H，先证△DGF是等腰直角三角形，得DG=22DF，再证△AD'F≌△ADF（SAS），得D'F＝DF，∠AFD'＝∠AFD＝45°，同理：△BE'F和△BEF（SAS），得E'F＝EF，∠BFE'＝∠BFE＝45°，然后证△D'FH是等腰直角三角形，得D'H=22D'F，则DG＝D'H，即可解决问题．【详解】解：在AB上截取AD'＝AD，BE'＝BE，连接D'F、E'F，过D作DG⊥AE于G，过D'作D'H⊥E'F于H，如图所示：则∠DGF＝∠D'HF＝90°，∵∠C＝90°，∠ABC和∠CAB的平分线相交于点F，∴∠BAC+∠ABC＝90°，∠CAE＝∠BAE=12∠BAC，∠CBD＝∠ABD=12∠ABC，∴∠BAE+∠ABD=12∠BAC+12∠ABC=12（∠BAC+∠ABC）＝45°，∴∠BFE＝∠AFD＝∠BAE+∠ABD＝45°，∴△DGF是等腰直角三角形，∴DG=22DF，在△AD'F和△ADF中，𝐴𝐷'=𝐴𝐷∠𝐷'𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐹𝐴𝐹=𝐴𝐹，∴△AD'F≌△ADF（SAS），∴D'F＝DF，∠AFD'＝∠AFD＝45°，同理：△BE'F≌△BEF（SAS），∴E'F＝EF，∠BFE'＝∠BFE＝45°，∴∠D'FH＝180°﹣3×45°＝45°，∴△D'FH是等腰直角三角形，∴D'H=22D'F，∴DG＝D'H，∵S△DEF＝S3=12EF×DG，S△D'E'F=12E'F×D'H，∴S3＝S△D'E'F，∵S△ABF＝S1＝S△BE'F+S△D'E'F+S△AD'F，∴S1＝S2+S3+S4，故选：C．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质以及三角形面积等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．【变式1.2】（2020秋•海宁市期中）如图，一块含45°的三角板（∠ABC＝90°）右侧作以AC为斜边的Rt△ACD，过点B作AC的垂线，分别交AC、AD于点E、F，连接DE．设∠BFD＝α，∠BED＝β，则（）A．3α+2β＝600° B．2α+β＝360° C．3α﹣2β＝90° D．2α﹣β＝90°【分析】由等腰三角形的性质得到AE＝CE．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CE＝ED，由等腰三角形的性质得到∠ECD＝∠EDC，由三角形内角和定理和三角形的外角定理得到∠EAF＝∠α﹣90°，代入∠BED＝β＝∠BEC+∠CED即可得到结论．【详解】解：∵△ABC是含45°的三角板，∠ABC＝90°，∴BA＝BC，∵BE⊥AC，∴AE＝CE，∵∠ADC＝90°，∴AE＝EC＝ED，∴∠ECD＝∠EDC，∠EAD＝∠EDA，∴∠CED＝2∠EAF，∵∠BFD＝α＝∠EAF+∠AEF＝∠EAF+90°，∴∠EAF＝α﹣90°，∵∠BED＝β＝∠BEC+∠CED＝90°+∠CED，∴∠BED＝β＝∠BEC+∠CED＝90°+∠CED＝90°+2∠EAF＝90°+2（α﹣90°）＝2α﹣90°，∴2α﹣β＝90°，故选：D．【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，通过三角形外角的性质证得∠EAF＝∠α﹣90°是解决问题的关键．【变式1.3】（2019秋•黄石期末）如图，已知AC平分∠DAB，CE⊥AB于E，AB＝AD+2BE，则下列结论：①AB+AD＝2AE；②∠DAB+∠DCB＝180°；③CD＝CB；④S△ACE﹣2S△BCE＝S△ADC；其中正确结论的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】①在AE取点F，使EF＝BE．利用已知条件AB＝AD+2BE，可得AD＝AF，进而证出2AE＝AB+AD；②在AB上取点F，使BE＝EF，连接CF．先由SAS证明△ACD≌△ACF，得出∠ADC＝∠AFC；再根据线段垂直平分线、等腰三角形的性质得出∠CFB＝∠B；然后由邻补角定义及四边形的内角和定理得出∠DAB+∠DCB＝180°；③根据全等三角形的对应边相等得出CD＝CF，根据线段垂直平分线的性质性质得出CF＝CB，从而CD＝CB；④由于△CEF≌△CEB，△ACD≌△ACF，根据全等三角形的面积相等易证S△ACE﹣S△BCE＝S△ADC错误．【详解】解：①在AE取点F，使EF＝BE，∵AB＝AD+2BE＝AF+EF+BE，EF＝BE，∴AB＝AD+2BE＝AF+2BE，∴AD＝AF，∴AB+AD＝AF+EF+BE+AD＝2AF+2EF＝2（AF+EF）＝2AE，∴AE=12（AB+AD），故①正确；②在AB上取点F，使BE＝EF，连接CF．在△ACD与△ACF中，∵AD＝AF，∠DAC＝∠FAC，AC＝AC，∴△ACD≌△ACF，∴∠ADC＝∠AFC．∵CE垂直平分BF，∴CF＝CB，∴∠CFB＝∠B．又∵∠AFC+∠CFB＝180°，∴∠ADC+∠B＝180°，∴∠DAB+∠DCB＝360°﹣（∠ADC+∠B）＝180°，故②正确；③由②知，△ACD≌△ACF，∴CD＝CF，又∵CF＝CB，∴CD＝CB，故③正确；④易证△CEF≌△CEB，所以S△ACE﹣S△BCE＝S△ACE﹣S△FCE＝S△ACF，又∵△ACD≌△ACF，∴S△ACF＝S△ADC，∴S△ACE﹣S△BCE＝S△ADC，故④错误；即正确的有3个，故选：C．【点评】本题考查了角平分线性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，四边形的内角和定理，邻补角定义等知识点的应用，正确作辅助线是解此题的关键，综合性比较强，难度适中．【变式1.4】（2018•南昌三模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形ABCD是平行四边形，点A、B、C的坐标分别为A（0，4），B（﹣2，0），C（8，0），点E是BC的中点，点P为线段AD上的动点，若△BEP是以BE为腰的等腰三角形，则点P的坐标为（1，4）或（6，4）或（0，4）．【分析】分两种情形分别讨论求解即可；【详解】解：如图，作EH⊥AD于H．由题意BE＝5，OA＝4，OE＝3，当EP＝EB＝5时，可得P″（0，4），P′（6，4），（HA＝HP′＝3），当BP＝BE＝5时，P（1，4），综上所述，满足条件的点P坐标为（1，4）或（0，4）或（6，4）．【点评】本题考查平行四边形的性质、坐标与图形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．【压轴二】函数的性质与不等式综合问题【真题再现】（2021·浙江嘉兴市·中考第10题）已知点在直线上，且（）A． B． C． D．【答案】D【思路点拨】根据点在直线上，且，先算出的范围，再对不等式变形整理时，需要注意不等号方向的变化．【详析详解】解：点在直线上，，将上式代入中，得：，解得：，由，得：，（两边同时乘上一个负数，不等号的方向要发生改变），故选：D．【方法小结】本题考查了解一元一次不等式，解题的关键是：要注意在变形的时候，不等号的方向的变化情况．【变式训练】【变式2.1】（2019•海宁市二模）已知：实数x满足2a﹣3≤x≤2a+2，y1＝x+a，y2＝﹣2x+a+3，对于每一个x，p都取y1，y2中的较大值．若p的最小值是a2﹣1，则a的值是（）A．﹣5或3+212 B．2或﹣1 C．1或2 D．2或﹣3【分析】先求出两直线的交点坐标（1，2），然后利用函数图象可判断对任意一个x，p都取y1，y2中的最大值，p的最小值为2或﹣3．【详解】解：解方程x+a＝﹣2x+a+3，解得x＝1，当x＝1时，y1＝a+1，所以直线y1＝x+a，y2＝﹣2x+a+3的交点坐标为（1，a+1），①当x＝1，若p都取y1，y2中的最大值，则p的最小值是a+1．所以a2﹣1＝a+1所以（a﹣2）（a+1）＝0．所以a＝2或a＝﹣1（舍去）．②当x＝2a+2时，﹣2（2a+2）+a+3＝a2﹣1．解得a＝0（舍去）或a＝﹣3．综上所述，a的取值是2或﹣3．故选：D．【点评】本题考查了一次函数的性质：k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．【变式2.2】（2019•嘉善县模拟）在平面直角坐标系中，已知点A（1，2）和点B（4，5），当直线y＝kx﹣2k（k为常数）与线段AB有交点时，k的取值范围为（）A．k≤﹣2或k≥52 B．﹣2≤k≤52 C．﹣2≤k≤0或0≤k≤52 D．﹣2＜k＜0或0＜k＜52【分析】由已知得直线y＝kx﹣2k（k为常数）恒过点P（2，0），分别求出直线PA和直线PB的比例系数即可求解．【详解】解：∵y＝kx﹣2k＝k（x﹣2）∴直线y＝kx﹣2k（k为常数）恒过点P（2，0）当直线刚好过点A时，将A（1，2）代入y＝kx﹣2k中得：kPA＝﹣2，当直线刚好过点B时，将B（4，5）代入y＝kx﹣2k中得：kPB=52，∴当直线y＝kx﹣2k（k为常数）与线段AB有交点时，k的取值范围为：k≤﹣2或k≥52，故选：A．【点评】本题考查了一次函数的应用和性质，解题的关键是运用数形结合的思想进行转化解题．【变式2.3】（2021•嘉兴二模）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，2），B（2，1），若抛物线y＝ax2﹣2x+1（a≠0）与线段AB有两个不同的交点，则a的取值范围是（）A．−4932＜𝑎≤−34或a≥1 B．a≥−34或a＜−4932 C．−34≤a≤1且a≠0 D．a≤−34或a≥1【分析】本题以二次函数和直线模型为背景，考察学生的数学转化思想，把几何问题转化为方程组和不等式组的问题，解出不等式即可得出答案．【详解】解：设直线AB为：y＝kx+b，把A，B两点代入得2=−2𝑘+𝑏1=2𝑘+𝑏，解得：𝑘=−14𝑏=32，∴直线AB为：𝑦=−14𝑥+32，令−14𝑥+32=𝑎𝑥2−2𝑥+1，则4ax2﹣7x﹣2＝0，∵直线与抛物线有两个交点，∴△＝（﹣7）2﹣4×4a×（﹣2）＞0，则𝑎≥−4932，①当−4932＜𝑎＜0时，4𝑎+4+1≤24𝑎−4+1≤1，解得−4932＜𝑎≤−34，②当a＞0时，4𝑎+4+1≥24𝑎+4+1≥1，解得a≥1．综上a的取值范围为：−4932＜𝑎≤−34或𝑎≥1．故选：A．【点评】数形结合，把图形问题转化为不等式问题是解决本题的关键．【变式2.4】（2021•嘉善县一模）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0，c＜0）的图象经过点（32，m），（3，n），与x轴交于点A（x1，0），点B（x2，0）（点A在点B的左侧）．若7a+3b+2c＝0，则有下列结论：①m＜0，n＞0；②x1+x2＜73；③32＜x2＜3．其中正确结论的序号是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【分析】①将点（32，m），（3，n）代入抛物线表达式得：9𝑎4+3𝑏2+𝑐=𝑚①9𝑎+3𝑏+𝑐=𝑛②，由7a+3b+2c＝0得：7𝑎2+3𝑏2+𝑐=0③，求出m、n的表达式，即可求解；②x1+x2=−𝑏𝑎，则﹣b=13（7a+2c），故x1+x2=−𝑏𝑎=73+2𝑐3𝑎＜73；③由①知，m＜0，n＞0，则右侧交点在x=32和x＝3之间，即可求解．【详解】解：①将点（32，m），（3，n）代入抛物线表达式得：9𝑎4+3𝑏2+𝑐=𝑚①9𝑎+3𝑏+𝑐=𝑛②，由7a+3b+2c＝0得：7𝑎2+3𝑏2+𝑐=0③，则④﹣①得：﹣m=5𝑎4＞0，故m＜0，①×2﹣②得：n＝2m+9𝑎2−c＝2a﹣c＞0，故①正确，符合题意；②∵x1+x2=−𝑏𝑎，由③得：﹣b=13（7a+2c），故x1+x2=−𝑏𝑎=73+2𝑐3𝑎＜73，故②正确，符合题意；③由①知，m＜0，n＞0，则右侧交点在x=32和x＝3之间，即32＜x2＜3，故③正确，符合题意；故选：D．【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．【压轴三】四边形的性质与计算问题【真题再现】（2021·浙江嘉兴市·中考第14题）如图，在中，对角线，BD交于点O,，于点，若AB=2，，则的长为__________________．【答案】【思路点拨】根据勾股定理求得AC的长，结合平行四边形的性质求得AO的长，然后利用相似三角形的判定和性质求解．【详析详解】解：∵，，AB=2∴在Rt△ABC中，AC=∴在中，AO=在Rt△ABO中，BO=∵，∴又∵∴∴，解得：AH=故答案为：．【方法小结】本题考查相似三角形的判定和性质以及勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．【变式训练】【变式3.1】（2020春•嘉兴期末）如图，在长方形ABCD中，AB＜BC，点P为长方形内部一点，过点P分别作PE⊥BC于点E、PF⊥CD于点F，分别以PF、CF为边作正方形PMNF，正方形GHCF，若两个正方形的面积之和为42，长方形PECF的面积为11，BE＝DF＝2，则长方形ABCD的面积为31．【分析】由正方形的性质和矩形的性质可得S正方形PMNF＝PF2，S正方形GFCH＝CF2，CF•PF＝11，由完全平方公式可求PF+CF＝8，即可求解．【详解】解：∵四边形PMNF和四边形GHCF都是正方形，∴S正方形PMNF＝PF2，S正方形GFCH＝CF2，∴PF2+CF2＝42，∵长方形PECF的面积为11，∴CF•PF＝11，∴（PF+CF）2＝PF2+CF2+2CF•PF＝64，∴PF+CF＝8，∵长方形ABCD的面积＝BC•CD＝（BE+PF）•（CF+DF），∴长方形ABCD的面积＝（2+PF）（2+CF）＝4+PF•CF+2（PF+CF）＝31，故答案为：31．【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，完全平方公式等知识，求出PF+CF的值是本题的关键．【变式3.2】（2019春•宽城区校级期末）如图，▱ABCD中，∠ABC＝60°，E、F分别在CD和BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BC，EF＝3，则AB的长是3．【分析】根据直角三角形性质求出CE长，利用勾股定理即可求出AB的长．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB＝CD，∵AE∥BD，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AB＝DE＝CD，即D为CE中点，∵EF⊥BC，∴∠EFC＝90°，∵AB∥CD，∴∠DCF＝∠ABC＝60°，∴∠CEF＝30°，∵EF＝3，∴CE=𝐸𝐹𝑐𝑜𝑠30°=23，∴AB=3，故答案为：3．【点评】本题考查了平行线性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，含30度角的直角三角形性质等知识点的应用，此题综合性比较强．【变式3.3】（2018•桐乡市模拟）如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E，F分别在AD，BC边上，点G，H分别在AB，CD上，EF＝210，EF与GH相交所得的锐角为45°，则GH的长为（）A．6 B．35 C．210 D．52【分析】作BK∥EF交AD于K，作BM∥GH交CD于M，可得∠KBM＝45°，作∠MBN＝45°交DC的延长线于N，求出∠ABK＝∠CBN，由ASA证明△ABK和△CBN全等，根据全等三角形对应边相等可得BN＝BK，AK＝CN，利用勾股定理列式求出AK，过点M作MP⊥BN于P，可得△BMP是等腰直角三角形，设GH＝BM＝x，表示出MP，然后利用∠N的正切值列出方程求解即可．【详解】解：如图，过点B作BK∥EF交AD于K，作BM∥GH交CD于M，则BK＝EF＝210，BM＝GH，∵线段GH与EF的夹角为45°，∴∠KBM＝45°，∴∠ABK+∠CBM＝90°﹣45°＝45°，作∠MBN＝45°交DC的延长线于N，则∠CBN+∠CBM＝45°，∴∠ABK＝∠CBN，在△ABK和△CBN中，∠𝐴𝐵𝐾=∠𝐶𝐵𝑁𝐴𝐵=𝐵𝐶∠𝐴=∠𝐵𝐶𝑁，∴△ABK≌△CBN（ASA），∴BN＝BK，AK＝CN，在Rt△ABK中，CN＝AK=𝐵𝐾2−𝐴𝐵2=2，过点M作MP⊥BN于P，∵∠MBN＝45°，∴△BMP是等腰直角三角形，∴BM=2BP，设GH＝BM＝x，则BP＝MP=22BM=22x，∵tan∠N=𝐵𝐶𝐶𝑁=𝑀𝑃𝑃𝑁，∴62=22𝑥210−22𝑥，解得：x＝35，即GH＝35，故选：B．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数的定义；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．【变式3.4】（2020春•嘉兴期末）如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝3，∠A＝∠C＝90°，∠ABC＝120°，点E是对角线BD上的一个动点，过点E分别作AB，BC，CD，AD的垂线，垂足分别为点F，H，I，G，连接FG和HI，则FG+HI的最小值为33．【分析】如图，连接AE，CE．利用矩形的性质证明FG＝AE，HI＝EC，再利用全等三角形的性质证明AE＝EC，推出FG+HI＝2AE，求出AE的最小值即可解决问题．【详解】解：如图，连接AE，CE．∵EF⊥AB，EG⊥AD，∴∠EFA＝∠EGA＝∠FAG＝90°，∴四边形AFEG是矩形，∴FG＝AE，同法可证，HI＝EC，∵∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝CB，BD＝BD，∴Rt△ABD≌△Rt△CBD（HL），∴∠ABD＝∠CBD=12∠ABC＝60°，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBE，BE＝BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE＝EC，∴FG＝HI＝AE，∴FG+HI＝2AE，∴当AE最小时，FG+HI的值最小，根据垂线段最短可知，当AE⊥BD时，AE的值最小，AE的最小值＝AB•sin60°＝3×32=332，∴FG+HI的最小值为33．故答案为33．【点评】本题考查轴对称﹣最短问题，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．【压轴四】几何变换中的计算问题【真题再现】（2021·浙江嘉兴市·中考第16题）如图，在中，，，，点从点出发沿方向运动，到达点B时停止运动，连结，点关于直线的对称点为，连接A′C，．在运动过程中，点到直线距离的最大值是_______；点到达点时，线段扫过的面积为___________．【答案】【思路点拨】（1）通过分析点A′的运动轨迹，是以点C为圆心，CA为半径的圆上，从而求解；（2）画出相应的图形，从而利用扇形面积和三角形面积公式计算求解【详析详解】解：（1）由题意可得点A′的运动轨迹是以点C为圆心，CA为半径的圆上，∵点从点出发沿方向运动，到达点B时停止运动，，点关于直线的对称点为，∴∠ACA′最大为90°当CA′⊥AB时，点A′到直线AB的距离最大，如图过点B作BE⊥AC∵，，，∴在Rt△ABE中，BE=1，AE=，在Rt△BCE中，BE=CE=1∴CA′=CA=又∵CA′⊥AB∴在Rt△ACF中，CF=∴A′F=A′C-CF=即点到直线距离的最大值是；点到达点时，线段扫过的面积为：==故答案为：；【方法小结】本题考查轨迹，含30°直角三角形的性质，扇形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．【变式训练】【变式4.1】（2020•建瓯市模拟）如图，已知A、B两点的坐标分别为（﹣2，0）、（0，1），⊙C的圆心坐标为（0，﹣1），半径为1．若D是⊙C上的一个动点，射线AD与y轴交于点E，则△ABE面积的最大值是（）A．3 B．113 C．103 D．4【分析】当射线AD与⊙C相切时，△ABE面积最大．设EF＝x，由切割线定理表示出DE，可证明△CDE∽△AOE，根据相似三角形的性质可求得x，然后求得△ABE面积．【详解】解：当射线AD与⊙C相切时，△ABE面积最大．连接AC，∵∠AOC＝∠ADC＝90°，AC＝AC，OC＝CD，∴Rt△AOC≌Rt△ADC，∴AD＝AO＝2，连接CD，设EF＝x，∵CF＝1，∴DE=𝐶𝐸2−𝐶𝐷2=𝑥(𝑥+2)，∵∠DEC＝∠AEO，∠EDC＝∠EOA＝90°，∴△CDE∽△AOE，∴𝐶𝐷𝐴𝑂=𝐶𝐸𝐴𝐸，即12=𝑥+12+𝑥(𝑥+2)，解得x=23，S△ABE=𝐵𝐸×𝐴𝑂2=2×(23+1+2)2=113．故选：B．【点评】本题是一个动点问题，考查了切线的性质和三角形面积的计算，解题的关键是确定当射线AD与⊙C相切时，△ABE面积的最大．【变式4.2】（2020秋•海宁市期中）在两张能重合的三角形纸片（△ABC与△DEF）中，∠ABC＝∠DEF＝90°，∠A＝∠EDF＝30°，BC＝EF＝2．将两张纸片按图1方式放置在桌面上（点C与点D重合），设边DF与AB交于点G．（1）当点B恰好在DE上时，点F到直线CA的距离是2．（2）如图2，固定△DEF，将△ABC绕着点C旋转，在旋转过程中，当△BGE是以BE为底边的等腰三角形时，△ACG的面积为23−273．【分析】（1）如图1，过点F作FP⊥AC于点P．根据含30度角直角三角形的性质求解即可．（2）过点E作EH⊥CF于H．设BG＝EG＝x．利用勾股定理构建方程求出x，可得结论．【详解】（1）解：如图1，过点F作FP⊥AC于点P．∵∠DEF＝90°，∠EDF＝30°，EF＝2，∴FC＝2EF＝4．又∵∠ABC＝90°，∠A＝30°，∴∠BCA＝60°，∴∠FCP＝∠BCA﹣∠EDF＝30°．∴PF=12FC＝2．故答案是：2．（2）解：过点E作EH⊥CF于H．∵△BGE是以BE为底边的等腰三角形，∴BG＝EG，设BG＝EG＝x．∵∠EFG＝60°，EF＝2，∴∠FEH＝30°，∴FH=12BF＝1，EH=3FH=3，CF＝2EF＝4，∴CH＝CF﹣FH＝3，∴HG＝CH﹣CG＝3−𝑥2+4，在Rt△EHG中，EH2+HG2＝EG2，∴x2＝（3）2+（3−𝑥2+4）2，解得x=273或−273（舍弃），∴BG=273，∴S△ACG＝S△ABC﹣S△BCG=12×2×23−12×2×273=23−273．故答案为：23−273．【点评】本题考查旋转的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．【变式4.3】（2021•越城区模拟）如图，在△ABC中，AC＝BC＝42，∠C＝90°，点D在BC上，且CD＝3DB，将△ABC折叠，使点A与点D重合，EF为折痕，则tan∠BED的值是724．【分析】先根据翻折变换的性质得到△DEF≌△AEF，再根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可得到∠BED＝∠CDF，设CF＝x，DF＝FA＝42−x，再根据勾股定理即可求解．【详解】解：∵△DEF是△AEF翻折而成，∴△DEF≌△AEF，∠A＝∠EDF，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠EDF＝45°，由三角形外角性质得∠CDF+45°＝∠BED+45°，∴∠BED＝∠CDF，∵AC＝BC＝42，CD＝3DB，∴CD＝32，DB=2，设CF＝x，∴DF＝FA＝42−x，∴在Rt△CDF中，由勾股定理得，CF2+CD2＝DF2，即x2+（32）2＝（42−x）2，解得x=728，∴tan∠BED＝tan∠CDF═𝐶𝐹𝐶𝐷=72832=724．故答案为724．【点评】本题考查的是图形翻折变换的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形外角的性质，涉及面较广，但难易适中．【变式4.4】（2019秋•嘉兴期末）如图，一组等距的平行线，点A、B、C分别在直线l1、l6、l4上，AB交l3于点D，AC交l3于点E，BC交于l5点F，若△DEF的面积为1，则△ABC的面积为154．【分析】在三角形中由同底等高，同底倍高求出𝑆△𝐴𝐷𝐶=32，根据三角形相似的判定与性质的运用，等距平行线间的对应线段相等求出𝑆△𝐵𝐷𝐶=94，最后由三角形的面积的和差法求得𝑆△𝐴𝐵𝐶=154．【详解】解：连接DC，设平行线间的距离为h，AD＝2a，如图所示：∵𝑆△𝐷𝐸𝐹=12𝐷𝐸⋅2ℎ=𝐷𝐸⋅ℎ，𝑆△𝐴𝐷𝐸=12𝐷𝐸⋅2ℎ=𝐷𝐸⋅ℎ，∴S△DEF＝S△DEA，又∵S△DEF＝1，∴S△DEA＝1，同理可得：𝑆△𝐷𝐸𝐶=12，又∵S△ADC＝S△ADE+S△DEC，∴𝑆△𝐴𝐷𝐶=32，又∵平行线是一组等距的，AD＝2a，∴BD＝3a，又∵𝑆△𝐴𝐷𝐶=12𝐴𝐷⋅𝑘=ak，𝑆△𝐵𝐷𝐶=12𝐵𝐷⋅𝑘=32𝑎𝑘，∴𝑆△𝐵𝐷𝐶=32×32=94，又∵S△ABC＝S△ADC+S△BDC，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=94+32=154，故答案为154．【点评】本题综合考查了相似三角形的判定与性质，平行线间的距离相等，三角形的面积求法等知识，重点掌握三角形相似的判定与性质的运用，等距平行线间的对应线段相等，难点是作辅助线求三角形的面积．【压轴五】函数中的应用问题【真题再现】20．（2021·浙江嘉兴市·中考第20题）根据数学家凯勒的“百米赛跑数学模型”，前30米称为“加速期”，30米～80米为“中途期”（m/s）与路程之间的观测数据（1）是关于的函数吗？为什么？（2）“加速期”结束时，小斌的速度为多少？（3）根据如图提供的信息，给小斌提一条训练建议．

【答案】（1）是的函数，理由见解析；（2）“加速期”结束时，小斌的速度为10.4m/s；（3）答案不唯一．例如：根据图象信息，小斌在80米左右时速度下降明显，建议增加耐力训练，提高成绩．【思路点拨】（1）根据函数的概念进行解答；（2）通过识图读取相关信息；（3）根据图像信息进行解答．【详析详解】解：（1）是的函数．在这个变化过程中，对于的每一个确定的值，都有唯一确定的值与之对应．（2）“加速期”结束时，小斌的速度为10.4m/s．（3）答案不唯一．例如：根据图象信息，小斌在80米左右时速度下降明显，建议增加耐力训练，提高成绩．【方法小结】本题考查通过函数图像读取信息，理解函数的概念，准确识图是解题关键．【变式训练】【变式5.1】（2021•嘉善县一模）已知，足球球门高2.44米，宽7.32米（如图1）在射门训练中，一球员接传球后射门，击球点A距离地面0.4米，即AB＝0.4米，球的运动路线是抛物线的一部分，当球的水平移动距离BC为6米时，球恰好到达最高点D，即CD＝4.4米．以直线BC为x轴，以直线AB为y轴建立平面直角坐标系（如图2）．（1）求该抛物线的表达式；（2）若足球恰好击中球门横梁，求该足球运动的水平距离；（3）若要使球直接落在球门内，则该球员应后退m米后接球射门，击球点为A'（如图3），请直接写出m的取值范围．【分析】（1）根据条件可以得到抛物线的顶点坐标是（6，4.4），利用待定系数法即可求得函数的解析式；（2）求出当y＝2.44时，x的值，取正；（3）先求出y＝0时，x的值，取正，减去恰好击中球门横梁时，足球的水平距离．【详解】解：（1）抛物线的顶点坐标是（6，4.4），设抛物线的解析式是：y＝a（x﹣6）2+4.4，把（0，0.4）代入得36a+3＝0，解得a=−19，则抛物线是y=−19（x﹣6）2+4.4；（2）∵球门高为2.44米，即y＝2.44，则有2.44=−19（x﹣6）2+4.4，解得：x1＝10.2，x2＝1.8，从题干图2中，发现球门在CD右边，∴x＝10.2，即足球运动的水平距离是10.2米；（3）不后退时，刚好击中横梁，∴往后退，则球可以进入球门，而当球落地时，球刚好在门口，是一个临界值，当y＝0时，有0=−19（x﹣6）2+4.4，解得：x1＝6+35110，x2＝6−35110，取正值，x＝6+35110，∴后退的距离需小于6+35110−10.2＝（35110−4.2）米故0＜m＜35110−4.2．【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，以及二次函数的应用，正确求得解析式是关键．【变式5.2】（2020•海宁市一模）受新冠疫情影响，3月1日起，“君乐买菜”网络公司某种蔬菜的销售价格开始上涨．如图1，前四周该蔬菜每周的平均销售价格y（元/kg）与周次x（x是正整数，1≤x＜5）的关系可近似用函数y=25x+a刻画；进入第5周后，由于外地蔬菜的上市，该蔬菜每周的平均销售价格y（元/kg）从第5周的6元/kg下降至第6周的5.6元/kg，y与周次x（5≤x≤7）的关系可近似用函数y=−110𝑥2+bx+5刻画．（1）求a，b的值．（2）若前五周该蔬菜的销售量m（kg）与每周的平均销售价格y（元/kg）之间的关系可近似地用如图2所示的函数图象刻画，第6周的销售量与第5周相同：①求m与y的函数表达式；②在前六周中，哪一周的销售额w（元）最大？最大销售额是多少？（3）若该蔬菜第7周的销售量是100kg，由于受降雨的影响，此种蔬菜第8周的可销售量将比第7周减少a%（a＞0）．为此，公司又紧急从外地调运了5kg此种蔬菜，刚好满足本地市民的需要，且使此种蔬菜第8周的销售价格比第7周仅上涨0.8a%．若在这一举措下，此种蔬菜在第8周的总销售额与第7周刚好持平，请通过计算估算出a的整数值．【分析】（1）根据和函数图象中的数据，可以得到a、b的值；（2）①根据题意和函数图象中的数据，可以得到m与y的函数表达式；②利用分类讨论的方法，可以分别求得各段对应的最大销售额，然后即可得到在前六周中，哪一周的销售额w（元）最大，最大销售额是多少；（3）根据题意列方程即可得到结论．【详解】解：（1）由图1可知，点（1，4.4）在函数y=25x+a上，则4.4=25×1+a，得a＝4，∵函数y=−110x2+bx+5过点（5，6），∴6=−110×52+5b+5，得b＝0.7，即a，b的值分别为4，0.7；（2）①m＝﹣25y+250；②当1≤x≤4时，∵m＝﹣25y+250，𝑦=25𝑥+4，∴m＝﹣10x+150，∴𝑤=(−10𝑥+150)(25𝑥+4)=−4𝑥2+20𝑥+600=−4(𝑥−52)2+625，∵x是正整数，∴当x＝2或3时，w有最大值624；当x＝5时，𝑦=−110𝑥2+710𝑥+5=6，m＝﹣25y+250＝100，当5≤x≤6时，∵m＝100，𝑦=−110𝑥2+710𝑥+5，∴𝑤=100(−110𝑥2+710𝑥+5)=−10𝑥2+70𝑥+500=−10(𝑥−72)2+12452，∵x是正整数，5≤x≤6，∴当x＝5时，w有最大值600；综上所得：第2周或第3周销售额最大，最大销售额是624元；（3）由题意得：[100（1﹣a%）+5]×5（1+0.8a%）＝5×100，解得：𝑎=−10+529（舍去𝑎=−10−529），∵29≈5.4，∴a≈﹣10+5×5.4＝17．【点评】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．【变式5.3】（2021•嘉兴二模）某公司销售一种成本为30元的工艺品．设该公司第x天销售这种工艺品的数量为p件，经统计发现第1～20天p与x之间的的函数关系式如下表，第21天开始p与x之间满足p＝﹣x+92（20＜x≤60）的函数关系：天数x12345…20件数p110108106104102…72（1）请观察表格，用所学过的函数知识求出第1～20天p与x的函数关系式；（2）若第x天每件工艺品的销售价格为y（元/件），y与x之间的关系满足如下关系：𝑦=𝑥+50(1≤𝑥≤30)75(31≤𝑥≤60)，问在这60天内，第几天的销售利润最大？最大利润是多少？【分析】（1）当1≤x≤20时，设p与x的函数关系式为p＝kx+b，由表中数据利用待定系数法即可求出此时y关于x的函数关系式；（2）分别计算当1≤x≤20时、20＜x≤30时和31＜x≤60时利润的最大值，然后比较可得结论．【详解】解：（1）设p＝kx+b，将（1，110），（2，108）代入，𝑘+𝑏=1102𝑘+𝑏=108，解得：k＝﹣2，b＝112．∴y＝﹣2x+112（1≤x≤20）；（2）按x的范围分类如下：①若1≤x≤20，w＝（﹣2x+112）（x+50﹣30）＝﹣2（x﹣18）2+2888，当x＝18时，w最大值为2888；②若21＜x≤30v，w＝（﹣x+92）（x+50﹣30）＝﹣（x﹣36）2+3136，当x＝30时，w最大值为3100；③若31＜x≤60，w＝（﹣x+92）（75﹣30）＝﹣45x+4140，当x＝31时，w最大值为2745．综上，当x＝30时，销售利润w最大，最大利润w是3100元．答：在这60天内，第30天的销售利润最大，最大利润是3100元．【点评】本题主要考查二次函数的应用，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的性质以及最值的求法．【变式5.4】（2020•平湖市二模）为了更好地做好复课准备，某班家委会讨论决定购买A，B两种型号的口罩供班级学生使用，已知A型口罩每包价格a元，B型口罩每包价格比A型少4元，180元钱购买的A型口罩比B型口罩少12包．（1）求a的值．（2）经与商家协商，购买A型口罩价格可以优惠，其中每包价格y（元）和购买数量x（包）的函数关系如图所示，B型口罩一律按原价销售．①求y关于x的函数解析式；②若家委会计划购买A型、B型共计100包其中A型不少于30包，且不超过60包．问购买A型口罩多少包时，购买口罩的总金额最少，最少为多少元？【分析】（1）根据题意，可以得到相应的分式方程，从而可以得到a的值；（2）①根据函数图象中的数据，可以得到y关于x的函数解析式；②根据题意和①中的结果，可以得到购买A型口罩多少包时，购买口罩的总金额最少，最少为多少元．【详解】解：（1）由题意可得，180𝑎−4−180𝑎=12，解得，a1＝10，a2＝﹣6（舍去），经检验，a＝10是原分式方程的解，即a的值是10；（2）①由图象可得，当0＜x≤30时，y＝10，当30＜x≤50时，设y＝kx+b，30𝑘+𝑏=1050𝑘+𝑏=8，得𝑘=−0.1𝑏=13，即当30＜x≤50时，y＝﹣0.1x+13，当x＞50时，y＝8，由上可得，y与x的函数关系式为y=10(0＜𝑥≤30)−0.1𝑥+13(30＜𝑥≤50)8(𝑥＞50)；②设购买A型口罩x包，则购买B型口罩（100﹣x）包，购买的总金额为W元，当30≤x≤50时，W＝x（﹣0.1x+13）+6（100﹣x）＝﹣0.1（x﹣35）2+722.5，∴当x＝50时，W取得最小值，此时W＝700，当50＜x≤60时，W＝8x+6（100﹣x）＝2x+600，∵k＝2＞0，∴W随着x的增大而增大，∴W＞700，由上可得，购买口罩的最小金额为700元，答：购买A型口罩50包时，购买口罩的总金额最少，最少为700元．【点评】本题考查二次函数的应用、一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和二次函【压轴六】锐角三角函数的实际问题【真题再现】（2021·浙江嘉兴市·中考第22题）一酒精消毒瓶如图1，为喷嘴，为按压柄，为伸缩连杆，和为导管，其示意图如图2，，，．当按压柄按压到底时，转动到，此时（如图3）．（1）求点转动到点的路径长；（2）求点到直线的距离（结果精确到）．（参考数据：，，，，，）

【答案】（1）；（2）点到直线的距离约为7.3cm．【思路点拨】（1）根据题目中的条件，首先由，，求出，再继续求出，点转动到点的路径长，是以为半径，为圆心的圆的周长的一部分，根据占的比例来求出路径；（2）求点到直线的距离，实际上是过点作的垂线交于某点，连接两点所确定的距离即为所求，但这样做不好求解．于是把距离拆成两个部分，放在两个直角三角形中，分别利用直角三角形中锐角三角函数知识求出每段的距离，再求和即为所求．【详析详解】解：（1）如图，∵，，∴．∵，∴．又∵，∴点转动到点的路径长．（2）如图，过点作于点，过点作于点．在中，．在中，．∴．又∵，∴点到直线的距离约为7.3cm．【方法小结】本题考查了两点间转动的路径问题、点到直线的距离问题，锐角三角函数知识，解题的关键是：确定路径是在圆上，占圆周长的多少，就转化成角度间的比值问题了；距离问题，当直接求解比较困难的时候，看是否能把所求拆分成几个部分，再逐一突破．【变式训练】【变式6.1】（2020•海宁市一模）如图1是某体育看台侧面的示意图，观众区AC的坡度i＝1：2，顶端C离水平地面AB的高度为15m，顶棚外沿处的点E恰好在点A的正上方，从D处看E处的仰角α＝30°，竖直的立杆上C，D两点间的距离为5m．（1）求观众区的水平宽度AB．（2）求图1中点E离水平地面的高度EA．（3）因为遮阳需要，现将顶棚ED绕D点逆时针转动11°30′，若E点在地面上的铅直投影是点F（图2），求AF．（sin11°30′≈0.20，cos11°30′≈0.98，tan11°30′≈0.20；sin18°30′≈0.32，cos18°30′≈0.95，tan18°30′≈0.33，结果精确到0.1m）【分析】（1）根据坡度的概念计算；（2）作CH⊥EF于H，DG⊥EF于G，根据正切的定义求出EG，结合图形计算EA即可．（3）求出DG长，则可得出答案．【详解】解：（1）∵AC的坡度i＝1：2，BC＝15m，∴AB＝30m．（2）作CH⊥EF于H，DG⊥EF于G，∴则四边形AHCB、HCDH为矩形，∴DG＝CH＝AB＝30m，GH＝CD＝5m，而𝐸𝐺=𝐷𝐺×𝑡𝑎𝑛30°=103m，AH＝BC＝15m，∴EA＝EG+GH+AH＝（103+20）m．（3）由（1）知：DE=203m，∵α＝18°30′，∴DG＝DE×cos18°30'≈32.9m．∴AF≈2.9m．【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、坡度坡角问题，掌握仰角俯角的概念、坡度的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．【变式6.2】（2020•平湖市二模）疫情期间部分学生选择在家用电视观看网络课程，为了保护眼睛，电视机的安装高度有一定的要求．如图所示，小嘉家的壁挂电视机的安装高度AB为1米，电视的中心位置D（AC的中点）比平视视线EF低8cm（这样观看眼睛最不容易疲劳），电视机宽度AC为60cm，眼到凳子平面的高度EH为75cm．（1）求小嘉应选用凳子的高度；（2）若看电视的视角∠CEF为3°时，观看感最好，求此时凳子中心H到墙AB的距离（电视机的厚度忽略不计）．（参考数据：sin3°≈0.0523，cos3°≈0.9997，tan3°≈0.0550）【分析】（1）作HP⊥BC于P，则四边形PBGH、FPHE为矩形，得出BF＝GE，PF＝HE＝75cm．由BF＝138cm，求出HG＝PB＝BF﹣PF＝63cm；（2）解Rt△CEF，根据tan∠CEF=𝐶𝐹𝐸𝐹=0.0550，CF＝CD﹣DF＝22cm，即可求出BG＝EF＝400cm．【详解】解：（1）如图，作HP⊥BC于P，则四边形PBGH、FPHE为矩形，∴BF＝GE，PF＝HE＝75cm．∵AD=12AC＝30cm，∴BF＝BA+AD+DF＝100+30+8＝138（cm），∴HG＝PB＝BF﹣PF＝138﹣75＝63cm；（2）在Rt△CEF中，tan∠CEF=𝐶𝐹𝐸𝐹=0.0550．∵CF＝CD﹣DF＝22cm，∴BG＝EF＝22÷0.0550＝400（cm），∴此时凳子中心H到墙AB的距离约为400cm．【点评】本题考查的是解直角三角形的应用，利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．【变式6.3】（2020•赣榆区三模）如图1是某品牌订书机，其截面示意图如图2所示．订书钉放置在轨槽CD内的MD处，由连接弹簧的推动器MN推紧，连杆EP一端固定在压柄CF上的点E处，另一端P在DM上移动．当点P与点M重合后，拉动压柄CF会带动推动器MN向点C移动．使用时，压柄CF的端点F与出钉口D重合，纸张放置在底座AB的合适位置下压完成装订（即点D与点H重合）．已知CA⊥AB，CA＝2cm，AH＝12cm，CE＝5cm，EP＝6cm，MN＝2cm．（1）求轨槽CD的长（结果精确到0.1）；（2）装入订书钉需打开压柄FC，拉动推动器MN向点C移动，当∠FCD＝53°时，能否在ND处装入一段长为2.5cm的订书钉？（参考数据：5≈2.24，37≈6.08，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60）【分析】（1）由题意CD＝CH，利用勾股定理求出CH即可．（2）如图2中，作EK⊥PC于K．解直角三角形求出CK，PK，DN即可判断．【详解】解：（1）由题意CD＝CH，在Rt△ACH中，CH=22+122=237≈12.2（cm）．∴CD＝CH＝12.2（cm）．（2）如图2中，过点E作EK⊥PC于K．在Rt△ECK中，EK＝EC•sin53°≈4（cm），CK＝EC•cos53°≈3（cm），在Rt△EPK中，PK=𝐸𝑃2−𝐸𝐾2=62−42=25≈4.48（cm），∴DP＝CD﹣CK﹣PK﹣MN＝12.2﹣3﹣4.48﹣2＝2.72＞2.5，∴能在ND处装入一段长为2.5cm的订书钉．【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．【变式6.4】（2020•芦淞区模拟）如图，一扇窗户垂直打开，即OM⊥OP，AC是长度不变的滑动支架，其中一端固定在窗户的点A处，另一端C在OP上滑动，将窗户OM按图示方向向内旋转37°到达ON位置，此时，点A、C的对应位置分别是点B、D．测量出∠ODB为28°，点D到点O的距离为30cm．（1）求B点到OP的距离；（2）求滑动支架的长．（结果精确到0.1）（数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33）【分析】（1）在Rt△BOE中，得到OE=𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛53°，在Rt△BDE中，得到DE=𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛28°，列方程即可得到结论；（2）根据三角函数的定义即可得到结论．【详解】解：（1）在Rt△BOE中，OE=𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛53°，在Rt△BDE中，DE=𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛28°，则𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛53°+𝐵𝐸𝑡𝑎𝑛28°=30，解得BE≈11.4（cm）．故B点到OP的距离大约为11.4cm；（2）在Rt△BDE中，BD=𝐵𝐸𝑠𝑖𝑛28°≈24.2cm．故滑动支架的长约为24.2cm．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，正确的识别图形是解题的关键．．【压轴七】二次函数综合问题【真题再现】（2021·浙江嘉兴市·中考第23题）已知二次函数．（1）求二次函数图象的顶点坐标；（2）当时，函数的最大值和最小值分别为多少？（3）当时，函数的最大值为，最小值为，m-n=3求的值．【答案】（1）；（2）函数的最大值为4，最小值为0；（3）或．【思路点拨】（1）把二次函数配成顶点式即可得出结论；（2）利用二次函数的图象和性质确定函数的最大值和最小值．（3）分t＜0；；三种情况，根据二次函数的性质和m-n=3列出关于t的方程，解之即可．【详析详解】（1）∵，∴顶点坐标为．（2）∵顶点坐标为，∴当时，，∵当时，随着的增大而增大，∴当时，．∵当时，随着的增大而减小，∴当时，．∴当时，函数的最大值为4，最小值为0．（3）当时，对进行分类讨论．①当时，即，，随着的增大而增大．当时，．∴．∴，解得（不合题意，舍去）．②当时，顶点的横坐标在取值范围内，∴．i）当时，在时，，∴．∴，解得，（不合题意，舍去）．ii）当时在时，，∴．∴，解得，，（不合题意舍去）．③当时，随着的增大而减小，当时，，当时，，∴∴，解得（不合题意，舍去）．综上所述，或．【方法小结】本题是二次函数综合题，考查抛物线的性质以及最值问题，有难度，并学会利用参数解决问题是解题的关键，属于中考常考题型．【变式训练】【变式7.1】（2019秋•嘉兴期末）如图，抛物线y＝﹣x2+4x+m﹣4（m为常数）与y轴交点为C，M（3，0）、N（0，﹣2）分别是x轴、y轴上的点．（1）求点C的坐标（用含m的代数式表示）；（2）若抛物线与x轴有两个交点A、B，是否存在这样的m，使得线段AB＝MN，若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由；（3）若抛物线与线段MN有公共点，求m的取值范围．【分析】（1）由题意得：点C的坐标为：（0，m﹣4），（2）存在，理由：令y＝0，则x＝2±𝑚，则AB＝2𝑚=MN=32+22=13，即可求解；（3）联立抛物线与直线MN的表达式得：方程﹣x2+4x+m﹣4=23x﹣2，即x2−103x﹣m+2＝0中△≥0，且m﹣4≤﹣2，即可求解．【详解】解：（1）由题意得：点C的坐标为：（0，m﹣4）；（2）存在，理由：令y＝0，则x＝2±𝑚，则AB＝2𝑚=MN=32+22=13，解得：m=134；（3）∵M（3，0），N（0，﹣2），∴直线MN的解析式为y=23x﹣2，∵抛物线与线段MN有公共点，则方程﹣x2+4x+m﹣4=23x﹣2，即x2−103x﹣m+2＝0中△≥0，且m﹣4≤﹣2，∴（−103）2﹣4（﹣m+2）≥0，解得−79≤m≤2．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解不等式、一元二次方程等，其中（3），确定△≥0，且m﹣4≤﹣2是本难题的难点．【变式7.2】（2020•平阴县二模）如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，交直线BD于点M．（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；（2）点P在线段AB上运动的过程中，是否存在点Q，使得△BOD∽△QBM？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．（3）已知点F（0，12），点P在x轴上运动，试求当m为何值时以D、M、Q、F为顶点的四边形是平行四边形．【分析】（1）待定系数法求解可得；（2）利用△BOD∽△QBM得𝐷𝑂𝑂𝐵=𝑀𝐵𝐵𝑄=12，再证△MBQ∽△BPQ得𝐵𝑀𝐵𝑄=𝐵𝑃𝑃𝑄，即12=4−𝑚−12𝑚2+32𝑚+2，解之即可得此时m的值．（3）先利用待定系数法求出直线BD解析式为y=12x﹣2，则Q（m，−12m2+32m+2）、M（m，12m﹣2），由QM∥DF且四边形DMQF是平行四边形知QM＝DF，据此列出关于m的方程，解之可得．【详解】解：（1）由抛物线过点A（﹣1，0）、B（4，0）可设解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），将点C（0，2）代入，得：﹣4a＝2，解得：a=−12，则抛物线解析式为y=−12（x+1）（x﹣4）=−12x2+32x+2；（2）如图所示：∵当△BOD∽△QBM时，则𝐷𝑂𝑂𝐵=𝑀𝐵𝐵𝑄=12，∵∠MBQ＝90°，∴∠MBP+∠PBQ＝90°，∵∠MPB＝∠BPQ＝90°，∴∠MBP+∠BMP＝90°，∴∠BMP＝∠PBQ，∴△MBQ∽△BPQ，∴𝐵𝑀𝐵𝑄=𝐵𝑃𝑃𝑄，∴12=4−𝑚−12𝑚2+32𝑚+2，解得：m1＝3、m2＝4，当m＝4时，点P、Q、M均与点B重合，不能构成三角形，舍去，∴m＝3，点Q的坐标为（3，2）；（3）由题意知点D坐标为（0，﹣2），设直线BD解析式为y＝kx+b，将B（4，0）、D（0，﹣2）代入，得：4𝑘+𝑏=0𝑏=−2，解得：𝑘=12𝑏=−2，∴直线BD解析式为y=12x﹣2，∵QM⊥x轴，P（m，0），∴Q（m，−12m2+32m+2）、M（m，12m﹣2），则QM=−12m2+32m+2﹣（12m﹣2）=−12m2+m+4，∵F（0，12）、D（0，﹣2），∴DF=52，∵QM∥DF，∴当−12m2+m+4=52时，四边形DMQF是平行四边形，解得：m＝﹣1或m＝3，即m＝﹣1或m＝3时，四边形DMQF是平行四边形．当四边形FDQM是平行四边形时，12m2﹣m﹣4=52，解得m1=14+1，m1＝1−14．综上所述，当m的值为﹣1或3或14+1或1−14．【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及分类讨论思想的运用．【变式7.3】（2019•海宁市二模）如图，二次函数y1＝x2+bx+c与y2＝x2+cx+b（b＜c）的图象相交于点A，分别与y轴相交于点C，B，连接AB、AC．（1）过点（1，0）作垂直于x轴的直线l，判断点A与直线l的位置关系，并说明理由．（2）当A、C两点是二次函数y1＝x2+bx+c图象上的对称点时，求b的值．（3）当△ABC是等边三角形时，求点B的坐标．【分析】（1）联立y1、y2并解得：x＝1，故点A（1，1+b+c），即可求解；（2）A、C两点是二次函数y1＝x2+bx+c图象上的对称点，故点A、C的纵坐标相同，即可求解；（3）HB＝AHtan∠HAB＝1×tan30°=33，则HB=𝑏+𝑐2−b=33，而𝑏+𝑐2=1+𝑏+𝑐，即可求解．【详解】解：（1）联立y1、y2并解得：x＝1，故点A（1，1+b+c），故直线l过点A；（2）由题意得：点B、C的坐标分别为（0，b）、（0，c），∵A、C两点是二次函数y1＝x2+bx+c图象上的对称点，故点A、C的纵坐标相同，即：1+b+c＝c，解得：b＝﹣1；（3）如下图所示，过等边三角形的点A作AH⊥BC，则点H（0，𝑏+𝑐2），点A（1，1+b+c），则AH＝1，则HB＝AHtan∠HAB＝1×tan30°=33，则HB=𝑏+𝑐2−b=33，而𝑏+𝑐2=1+𝑏+𝑐，解得：b=−3+33，故点B（0，−3+33）．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解直角三角形、点的对称性、等边三角形的性质等，本题的关键在于弄清楚点的坐标，用坐标确定线段的数量关系，进而求解．【变式7.4】（2021•南开区二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2−52k（k为常数）．（Ⅰ）当k＝2时，求该抛物线的解析式及顶点坐标；（Ⅱ）若抛物线经过点（1，k2），求k的值；（Ⅲ）若抛物线经过点（2k，y1）和点（2，y2），且y1＞y2，求k的取值范围；（Ⅳ）若将抛物线向右平移1个单位长度得到新抛物线，当1≤x≤2时，新抛物线对应的函数有最小值−32，求k的值．【分析】（Ⅰ）当k＝2时，代入抛物线y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2−52k，得y＝x2﹣2x﹣1．根据顶点坐标公式可得顶点．（Ⅱ）把点坐标代入解析式即可．（Ⅲ）分别把点（2k，y1）和点（2，y2）代入抛物线解析式，表示y1、y2，利用条件构造关于k的不等式．（Ⅳ）根据平移得到新的顶点，用k表示顶点坐标，找到最小值求k．【详解】解：（Ⅰ）当k＝2时，y＝x2﹣2（2﹣1）x+22−52×2＝x2﹣2x﹣1，x顶点=−𝑏2𝑎=−−22=1，y顶点＝x2﹣2x﹣1＝12﹣2×1﹣1＝﹣2，∴此抛物线顶点坐标为（1，﹣2）；（Ⅱ）把（1，k2）代入抛物线解析式得k2＝1﹣2（k﹣1）+k2−52k，解得：k=23；（Ⅲ）把点（2k，y1）代入抛物线有y1＝4k2﹣2（k﹣1）2k+k2−52k，同理把点（2，y2），代入抛物线得y2＝4﹣4（k﹣1）+k2−52k，由y1＞y2知，4k2﹣2（k﹣1）2k+k2−52k＞4﹣4（k﹣1）+k2−52k，解得k＞1；（Ⅳ）抛物线y＝x2﹣2（k﹣1）x+k2−52k＝（x﹣k+1）2+（−12k﹣1）向右平移1个单位长度得到新解析式为y＝（x﹣k）2+（−𝑘2−1），①k＜1时，1≤x≤2位于对称轴右侧，y随x增大而增大，当x＝1时，y最小＝（1﹣k）2−12k﹣1＝k2−52k=−32，解k1＝1≥1，k2=32≥1，∴舍去，②当1≤k≤2时，y最小=−12k﹣1=−32，解得k＝1，③当k＞2时，1≤x≤2位于对称轴左侧，∴x＝2时，y最小＝（2﹣k）2−12k﹣1＝k2−92+3=−32，解得k1＝3，k2=32（舍去），综上k＝1或3．【点评】本题考查二次函数的综合应用，解本题时要熟练掌握二次函数的性质及二次函数图像的平移，解答时注意用k表示顶点【压轴八】几何综合探究问题【真题再现】（2021·浙江嘉兴市·中考第24题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．

[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．

[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．

【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析【思路点拨】[探究1]设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；[探究2]先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；[探究3]连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．【详析详解】[探究1]如图1，设．∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，∴点，，在同一直线上．∴，，∴．∵，∴．又∵点在延长线上，∴，∴，∴．解得，（不合题意，舍去）∴．[探究2]．证明：如图2，连结．∵，∴．∵，，，∴．∴，，∵，，∴，∴．[探究3]关系式为．证明：如图3，连结．∵，，，∴．∴，∵，，∴，∴．在与中，，，∴，∴，∴．∴．【方法小结】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．【变式训练】【变式8.1】（2020秋•海宁市期中）问题解决：如图1，点C为线段AB上一点，∠A＝∠B＝90°，AD＝BC，BE＝AC，连接CD、CE、DE．（1）求证：△ACD≌△BEC．（2）判断△CDE是哪种特殊三角形，并说明理由．拓展延伸：（3）如图2，点C为线段AB上一点，∠A＝∠B＝45°，CD⊥CE．当CD＝CE时，求𝐴𝐷+𝐵𝐸𝐴𝐵的值．【分析】（1）由“SAS”可证△ACD≌△BEC；（2）由全等三角形的性质可得CD＝CE，∠ACD＝∠CEB，由余角的性质可证∠DCE＝90°，可得结论；（3）过点D作DH⊥AC于H，过点E作EN⊥AB于N，由“AAS”可证△CDH≌△ECN，可得EN＝CH，DH＝CN，由等腰直角三角形的性质可得AD=2AH，BE=2BN，即可求解．【详解】证明：（1）在△ACD和△BEC中，𝐴𝐷=𝐵𝐶∠𝐴=∠𝐵𝐴𝐶=𝐵𝐸，∴△ACD≌△BEC（SAS），（2）△CDE是等腰直角三角形，理由如下：∵△ACD≌△BEC，∴CD＝CE，∠ACD＝∠CEB，∵∠CEB+∠ECB＝90°，∴∠ACD+∠ECB＝90°，∴∠DCE＝90°，∴△DCE是等腰直角三角形；（3）如图2，过点D作DH⊥AC于H，过点E作EN⊥AB于N，∴∠DHC＝∠ENC＝∠DCE＝90°，∴∠DCH+∠CDH＝90°＝∠DCH+∠ECN，∴∠CDH＝∠ECN，在△CDH和△ECN中，∠𝐷𝐻𝐶=∠𝐶𝑁𝐸=90°∠𝐶𝐷𝐻=∠𝐸𝐶𝑁𝐷𝐶=𝐸𝐶，∴△CDH≌△ECN（AAS），∴EN＝CH，DH＝CN，∵∠A＝∠B＝45°，∠DHA＝∠ENB＝90°，∴∠A＝∠ADH＝∠B＝∠BEN＝45°，∴AH＝DH，EN＝BN，∴AD=2AH，BE=2BN，∴𝐴𝐷+𝐵𝐸𝐴𝐵=2𝐴𝐻+2𝐵𝑁𝐴𝐻+𝐶𝐻+𝐶𝑁+𝐵𝑁=2(𝐴𝐻+𝐵𝑁)2(𝐴𝐻+𝐵𝑁)=22．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．【变式8.2】（2021•越城区模拟）我们定义：连接凸四边形一组对边中点的线段叫做四边形的“准中位线”．（1）概念理解：如图1，四边形ABCD中，F为CD的中点，∠ADB＝90°，E是AB边上一点，满足DE＝AE，试判断EF是否为四边形ABCD的准中位线，并说明理由．（2）问题探究：如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，动点E以每秒1个单位的速度，从点A出发向点C运动，动点F以每秒6个单位的速度，从点C出发沿射线CB运动，当点E运动至点C时，两点同时停止运动．D为线段AB上任意一点，连接并延长CD，射线CD与点A，B，E，F构成的四边形的两边分别相交于点M，N，设运动时间为t．问t为何值时，MN为点A，B，E，F构成的四边形的准中位线．（3）应用拓展：如图3，EF为四边形ABCD的准中位线，AB＝CD，延长FE分别与BA，CD的延长线交于点M，N，请找出图中与∠M相等的角并证明．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠EDA＝∠EAD，根据余角的性质得到∠EDB＝∠ABD，得到AE＝BE，于是得到结论；（2）当MN为点A，B，F，E构成的四边形的准中位线时