2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练 专题1.4北京卷（压轴8道+模拟变式40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1.4北京卷（压轴8道+模拟变式40道）说明：本专辑精选了2021年北京卷失分较多和难度较大的题目8道，分别是第8题函数的实际问题、第16题方程的实际应用问题、第21题一元二次方程的判别式及根与系数的关系、第22题四边形的性质与判定、第24题圆的有关计算与证明、第26题二次函数综合问题、第27题几何综合问题、第28题新定义与阅读材料问题，每道题精讲精析，配有变式练习各5道，北京模拟变式训练题共40道，本试题解析共71页.【压轴一】函数的实际问题【真题再现】（2021•北京第8题）如图，用绳子围成周长为10m的矩形，记矩形的一边长为xm，它的邻边长为ym，矩形的面积为Sm2．当x在一定范围内变化时，y和S都随x的变化而变化，则y与x，S与x满足的函数关系分别是（）A．一次函数关系，二次函数关系 B．反比例函数关系，二次函数关系 C．一次函数关系，反比例函数关系 D．反比例函数关系，一次函数关系【思路点拨】矩形的周长为2（x+y）＝10，可用x来表示y，代入S＝xy中，可得S关于x的函数关系式，代简即可得出答案．【详析详解】由题意得，2（x+y）＝10，∴x+y＝5，∴y＝5﹣x，∵S＝xy＝x（5﹣x）＝﹣x2+5x，∴矩形面积满足的函数关系为S＝﹣x2+5x，即满足二次函数关系，故选：A．【方法小结】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的解析式形式是解题的关键．【变式训练】【变式1.1】（2021•朝阳区校级模拟）如图所示，将一根长2m的铁丝首尾相接围成矩形，则矩形的面积与其一边满足的函数关系是（）A．正比例函数关系 B．一次函数关系 C．二次函数关系 D．反比例函数关系【分析】设矩形的一边长为xm，则另一边的长为（2÷2﹣x）m，令矩形的面积为ym2，由题意可列出y关于x的函数关系式，化简即可得出答案．【解析】设矩形的一边长为xm，则另一边的长为（2÷2﹣x）m，令矩形的面积为ym2，由题意得：y＝x（2÷2﹣x）＝x（1﹣x）＝﹣x2+x，∴矩形的面积与其一边满足的函数关系是y＝﹣x2+x，即满足二次函数关系．故选：C．【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的解析式形式是解题的关键．【变式1.2】（2021•建湖县一模）使用家用燃气灶烧开同一壶水所需的燃气量y（单位：m3）与旋钮的旋转角度x（单位：度）（0°＜x≤90°）近似满足函数关系y＝ax2+bx+c（a≠0）．如图记录了某种家用燃气灶烧开同一壶水的旋钮角度x与燃气量y的三组数据，根据上述函数模型和数据，可推断出此燃气灶烧开一壶水最节省燃气的旋钮角度约为（）A．18° B．36° C．41° D．58°【分析】根据已知三点和近似满足函数关系y＝ax2+bx+c（a≠0）可以大致画出函数图像，并判断对称轴位置在36和54之间即可选择答案．【解析】由题意可知函数图象为开口向上的抛物线，由图表数据描点连线，补全图可得如图，∴抛物线对称轴在36和54之间，约为41℃，∴旋钮的旋转角度x在36°和54°之间，约为41℃时，燃气灶烧开一壶水最节省燃气．故选：C．【点评】本题考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数图象的对称性质，判断对称轴位置是解题关键．【变式1.3】（2021•海淀区二模）如图，一架梯子AB靠墙而立，梯子顶端B到地面的距离BC为2m，梯子中点处有一个标记，在梯子顶端B竖直下滑的过程中，该标记到地面的距离y与顶端下滑的距离x满足的函数关系是（）A．正比例函数关系 B．一次函数关系 C．二次函数关系 D．反比例函数关系【分析】设梯子中点为O，下滑后为O′，过O′作O′M⊥A′C，易得B′C＝2﹣x，根据三角形的中位线定理可得O′M＝1−12𝑥，进而得出y与x的函数关系式，本题得以解答．【解析】如图所示，设梯子中点为O，下滑后为O′，过O′作O′M⊥A′C，∵BC＝2，BB′＝x，∴B′C＝2﹣x，∵O′为A′B′中点，O′M⊥A′C，∴O′M=12𝐵'𝐶=1−12𝑥，∴𝑦=1−12𝑥，为一次函数．故选：B．【点评】本题考查了一次函数的应用，利用三角形的中位线定理得出相关线段的数量关系是解答本题的关键．【变式1.4】（2021•北京模拟）甲、乙两人相约从A地到B地，甲骑自行车先行，乙开车，两人均在同一路线上速匀行驶，乙到B地后即停车等甲．甲、乙两人之间的距离y（千米）与甲行驶的时间x（小时）之间的函数关系如图所示，则乙从A地到B地所用的时间为（）A．0.25小时 B．0.5小时 C．1小时 D．2.5小时【分析】根据速度＝路程÷时间，可求甲骑自行车的速度为10÷1＝10千米/小时，根据乙出发0.25小时追上甲，设乙速度为x千米/小时，列方程求出乙速度，设追上后到达B地的时间是y小时，根据追击路程列方程求解，再把两个时间相加即可求解．【解析】由图像可得：甲骑自行车的速度为10÷1＝10千米/小时，乙出发0.25小时追上甲，设乙速度为x千米/小时，0.25x＝1.25×10，解得：x＝50，∴乙速度为50千米/小时，设追上后到达B地的时间是y，50y﹣10y＝10，解得：y＝0.25，∴乙从A地到B地所用的时间为0.25+0.25＝0.5（小时），故选：B．【点评】本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是根据图象获取相关信息，利用追击问题的关系式得到乙开汽车的速度．【变式1.5】（2021•丰台区二模）某公司新产品上市30天全部售完．图1表示产品的市场日销售量与上市时间之间的关系，图2表示单件产品的销售利润与上市时间之间的关系，下列四个结论中错误的是（）A．第30天该产品的市场日销售量最大 B．第20天至30天该产品的单件产品的销售利润最大 C．第20天该产品的日销售总利润最大 D．第20天至30天该产品的日销售总利润逐日增多【分析】从图1中看日销售量，日销售量随上市时间的增大而增大；从图2中看单件销售利润，前20天单件销售利润在增大，到了第20天至第30天，单件销售利润达到最大．【解析】A．从图1中可知，第30天日销售量为60件，日销售量最大，故该选项正确，不符合题意；B．从图2中可知，单件产品的销售利润最大的是第20天至30天，单件销售利润为30元，故该选项正确，不符合题意；C．应该是第30天，因为第30天的单件销售利润最大，日销售量最大，故该选项错误，符合题意；D．第20天至30天，单件销售利润都是30元，日销售量在增大，所以销售总利润逐日增多，故该选项正确，不符合题意．故选：C．【点评】本题考查了一次函数的图象，解题的关键是看懂这两幅图的自变量和因变量．【压轴二】方程的实际应用【真题再现】（2021•北京第16题）某企业有A，B两条加工相同原材料的生产线．在一天内，A生产线共加工a吨原材料，加工时间为（4a+1）小时；在一天内，B生产线共加工b吨原材料，加工时间为（2b+3）小时．第一天，该企业将5吨原材料分配到A，B两条生产线，两条生产线都在一天内完成了加工，且加工时间相同，则分配到A生产线的吨数与分配到B生产线的吨数的比为2：3．第二天开工前，该企业按第一天的分配结果分配了5吨原材料后，又给A生产线分配了m吨原材料，给B生产线分配了n吨原材料．若两条生产线都能在一天内加工完各自分配到的所有原材料，且加工时间相同，则𝑚𝑛的值为12．【思路点拨】设分配到生产线的吨数为x吨，则分配到B生产线的吨数为（5﹣x）吨，依题意可得4x+1＝2（5﹣x）+3，然后求解即可，由题意可得第二天开工时，由上一问可得方程为4（2+m）+1＝＝2（3+n）+3，进而求解即可得出答案．【详析详解】设分配到生产线的吨数为x吨，则分配到B生产线的吨数为（5﹣x）吨，依题意可得：4x+1＝2（5﹣x）+3，解得：x＝2，∴分配到B生产线的吨数为5﹣2＝3（吨），∴分配到生产线的吨数与分配到生产线的吨数的比为2：3；∴第二天开工时，给生产线分配了（2+m）吨原材料，给生产线分配了（3+n）吨原材料，∵加工时间相同，∴4（2+m）+1＝＝2（3+n）+3，解得：m=12n，∴𝑚𝑛=12，故答案为：2：3；12．【方法小结】本题主要考查一元一次方程、二元一次方程的应用及比例的基本性质，熟练掌握一元一次方程的应用及比例的基本性质是解题的关键．【变式训练】【变式2.1】（2021•丰台区二模）某单位有10000名职工，想通过验血的方式筛查出某种病毒的携带者．如果对每个人的血样逐一化验，需要化验10000次．统计专家提出了一种化验方法：随机地按5人一组分组，然后将各组5个人的血样混合再化验．如果混合血样呈阴性，说明这5个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一个人呈阳性，就需要对这组的每个人再分别化验一次．假设携带该病毒的人数占0.05%．回答下列问题：（1）按照这种化验方法是否能减少化验次数是（填“是”或“否”）；（2）按照这种化验方法至多需要2025次化验，就能筛查出这10000名职工中该种病毒的携带者．【分析】（1）10000人5人化验一次，可化验2000次，比一人一次的少很多次；（2）根据题意可以知道有5人携带，最多次数的是这5人不在同一组，即第二轮有5组即25人要化验，即可求出结果．【解析】（1）是，10000÷5＝2000次＜10000次，明显减少；（2）10000×0.05%＝5人，故有5人是携带者，第一轮：10000÷5＝2000次，至多化验次数，故而这5个人都在不同组，这样次数最多，∴第二轮有5个组需要化验，5×5＝25次，2000+25＝2025次，故至多需要2025次化验．【点评】本题考查统计与概率和不等式的应用，解本题的关键弄懂题意．【变式2.2】（2021•丰台区二模）随着5G网络技术的发展，市场对5G产品的需求越来越大．为满足市场需求，某大型5G产品生产厂家更新技术后，加快了生产速度．现在平均每天比更新技术前多生产30万件产品，现在生产500万件产品所需的时间与更新技术前生产400万件产品所需时间相同．设更新技术前每天生产x万件，依据题意列出关于x的方程50030+𝑥=400𝑥．【分析】根据题意更新技术前每天生产x万件，现在每天生产（30+x）万件，再根据生产总量÷生产速度＝生产时间列出方程即可．【解析】设更新技术前每天生产x万件，则现在每天生产（30+x）万件，∵现在生产500万件产品所需的时间与更新技术前生产400万件产品所需时间相同，∴50030+𝑥=400𝑥，故答案为：50030+𝑥=400𝑥．【点评】本题主要考查了分式方程的应用，找出题中等量关系列出相应的方程是解题的关键．【变式2.3】（2021•通州区一模）某生产线在同一时间只能生产一笔订单，即在完成一笔订单后才能开始生产下一笔订单中的产品．一笔订单的“相对等待时间”定义为该笔订单的等待时间与生产线完成该订单所需时间之比．例如，该生产线完成第一笔订单用时5小时，之后完成第二笔订单用时2小时，则第一笔订单的“相对等待时间”为0，第二笔订单的“相对等待时间”为52，现有甲、乙、丙三笔订单，管理员估测这三笔汀单的生产时间（单位：小时）依次为a，b，c，其中a＞b＞c，则使三笔订单“相对等待时间”之和最小的生产顺序是c，b，a．【分析】由相对等待时间的定义可知，上一笔订单完成的时间越短，则此订单的“相对等待时间”越小．【解析】由题意知：上一笔订单完成的时间越短，则此订单的“相对等待时间”越小，因此，“相对等待时间”之和最小的生产顺序是c，b，a，故答案为c，b，a．【点评】此题考查新定义，对定义的理解是解本题的关键．【变式2.4】（2021•西城区一模）某商家需要更换店面的瓷砖，商家打算用1500元购买彩色和单色两种地砖进行搭配，并且把1500元全部花完．已知每块彩色地砖25元，每块单色地砖15元，根据需要，购买的单色地砖数要超过彩色地砖数的2倍，并且单色地砖数要少于彩色地砖数的3倍，那么符合要求的一种购买方案是购买24块彩色地砖、60块单色地砖（或购买27块彩色地砖、55块单色地砖）．【分析】设购买x块彩色地砖，则购买1500−25𝑥15块单色地砖，根据“购买的单色地砖数要超过彩色地砖数的2倍，并且单色地砖数要少于彩色地砖数的3倍”，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围，结合x，1500−25𝑥15均为正整数，即可得出各购买方案，任写一种即可．【解析】设购买x块彩色地砖，则购买1500−25𝑥15块单色地砖，依题意得：1500−25𝑥15＞2𝑥1500−25𝑥15＜3𝑥，解得：30013＜x＜30011，又∵x，1500−25𝑥15均为正整数，∴x可以取24，27．∴当x＝24时，1500−25𝑥15=60；当x＝27时，1500−25𝑥15=55．故答案为：购买24块彩色地砖、60块单色地砖（或购买27块彩色地砖、55块单色地砖）．【点评】本题考查了一元一次不等式组的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键．【变式2.5】（2021•海淀区二模）《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学专著，其中包含了“鸡兔同笼”“物不知数”等许多有趣的数学问题．《孙子算经》中记载：“今有木，不知长短．引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺．木长几何？”其译文为：“用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺．将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，问木长多少尺？”设木长x尺，绳子长y尺，可列方程组为𝑦−𝑥=4.5𝑥−12𝑦=1．【分析】根据“用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺”可列出方程y﹣x＝4.5，根据“将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺”可列出方程x−12y＝1，联立两方程即可得出结论．【解析】∵用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺，∴y﹣x＝4.5；∵将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，∴x−12y＝1．联立两方程可得出方程组𝑦−𝑥=4.5𝑥−12𝑦=1．故答案为：𝑦−𝑥=4.5𝑥−12𝑦=1．【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．【压轴三】一元二次方程的判别式及根与系数的关系【真题再现】（2021•北京第21题）已知关于x的一元二次方程x2﹣4mx+3m2＝0．（1）求证：该方程总有两个实数根；（2）若m＞0，且该方程的两个实数根的差为2，求m的值．【思路点拨】（1）根据方程的系数，结合根的判别式可得出△＝4m2，利用偶次方的非负性可得出4m2≥0，即△≥0，再利用“当△≥0时，方程有两个实数根”即可证出结论（2）利用因式分解法求出x1＝m，x2＝3m．由题意得出m的方程，解方程则可得出答案．【详析详解】（1）证明：∵a＝1，b＝﹣4m，c＝3m2，∴△＝b2﹣4ac＝（﹣4m）2﹣4×1×3m2＝4m2．∵无论m取何值时，4m2≥0，即△≥0，∴原方程总有两个实数根．（2）解：∵x2﹣4mx+3m2＝0，即（x﹣m）（x﹣3m）＝0，∴x1＝m，x2＝3m．∵m＞0，且该方程的两个实数根的差为2，∴3m﹣m＝2，∴m＝1．【方法小结】本题考查了根的判别式、偶次方的非负性以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当△≥0时，方程有实数根”；（2）利用因式分解法求出方程的解．【变式训练】【变式3.1】（2021•平谷区二模）已知关于x的一元二次方程x2+2x+k﹣2＝0有两个不相等的实数根．（1）求k的取值范围；（2）若k为满足条件的最大的整数，求此时方程的解．【分析】（1）根据判别式大于0即可求出答案．（2）先求出k的值，然后代入方程求出方程的解即可求出答案．【解析】（1）△＝4﹣4（k﹣2）＝12﹣4k＞0，∴k＜3．（2）由（1）可知：k＝2，∴此时方程为：x2+2x＝0，∴x（x+2）＝0，∴x＝0或x＝﹣2．【点评】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．【变式3.2】（2021•北京二模）已知关于x的一元二次方程x2﹣2x+1﹣k＝0有两个不相等的实数根．（1）求k的取值范围；（2）请你给出一个k的值，并求出此时方程的根．【分析】（1）根据判别式的意义得到△＝（﹣2）2﹣4×1×（1﹣k）＞0，然后解不等式即可．（2）根据（1）中k的取值范围，任取一k的值，然后解方程即可．【解析】（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣2x+1﹣k＝0有两个不相等的实数根．∴△＝（﹣2）2﹣4×1×（1﹣k）＞0，解得k＞0．（2）由（1）知，实数k的取值范围为k＞0，故取k＝1，则x2﹣2x＝0，即x（x﹣2）＝0，解得，x1＝0，x2＝2．【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）根的判别式△＝b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△＝0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．【变式3.3】（2021•东城区二模）已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m+1）x+1＝0（m≠0）．（1）求证：此方程总有实数根；（2）写出一个m的值，使得此该方程的一个实数根大于1，并求此时方程的根．【分析】（1）根据方程的系数，结合根的判别式可得出△＝（m﹣1）2，利用偶次方的非负性可得出（m﹣1）2≥0，即△≥0，再利用“当△≥0时，方程有实数根”即可证出结论；（2）利用因式分解法解一元二次方程可得出原方程的解且x1=1𝑚，x2＝1，结合该方程的一个实数根大于1，可得出1𝑚＞1，解之可得出0＜m＜1，任取其内的一值即可得出结论．【解答】（1）证明：∵a＝m，b＝﹣（m+1），c＝1，∴△＝b2﹣4ac＝[﹣（m+1）]2﹣4×m×1＝m2+2m+1﹣4m＝m2﹣2m+1＝（m﹣1）2．∵（m﹣1）2≥0，∴△≥0，∴此方程总有实数根；（2）解：∵mx2﹣（m+1）x+1＝0，∴（mx﹣1）（x﹣1）＝0，∴x1=1𝑚，x2＝1．又∵该方程的一个实数根大于1，∴1𝑚＞1，∴0＜m＜1，∴当m=12时，该方程的一个实数根大于1，此时方程的解为x1=1𝑚=2，x2＝1．【点评】本题考查了根的判别式、偶次方的非负性以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当△≥0时，方程有实数根”；（2）利用因式分解法求出方程的解．【变式3.4】（2021•西城区二模）已知关于x的方程（k﹣1）x2﹣2x+1＝0有两个实数根．（1）求k的取值范围；（2）当k取最大整数时，求此时方程的根．【分析】（1）根据二次项系数非零及根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．（2）由（1）中k的取值范围得出符合条件的k的最大整数值，代入原方程，利用因式分解法即可求出x的值．【解析】（1）∵关于x的方程（k﹣1）x2﹣2x+1＝0有两个实数根，∴𝑘−1≠0(−2)2−4(𝑘−1)×1≥0，解得：k≤2且k≠1．（2）当k＝2时，方程为：x2﹣2x+1＝0，即（x﹣1）2＝0，解得：x1＝x2＝1．【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式△＝b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△＝0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与系数的关系．【变式3.5】（2021•昌平区二模）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+a＝0有两个不相等的实数根．（1）求a的取值范围；（2）请你给出一个符合条件的a的值，并求出此时方程的解．【分析】（1）根据判别式的意义得到△＝42﹣4×1×a＞0，然后解不等式即可．（2）根据（1）中a的取值范围，任取一a的值，然后解方程即可．【解析】（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣4x+a＝0有两个不相等的实数根．∴△＝42﹣4×1×a＞0，解得a＜4．（2）由（1）知，实数a的取值范围为a＜4，故取a＝3，则x2﹣4x+3＝0，即（x﹣3）（x﹣1）＝0，解得，x1＝3，x2＝1．【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）根的判别式△＝b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△＝0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．【压轴四】四边形的性质与判定【真题再现】（2021•北京第22题）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，点E在BC上，AE∥DC，EF⊥AB，垂足为F．（1）求证：四边形AECD是平行四边形；（2）若AE平分∠BAC，BE＝5，cosB=45，求BF和AD的长．【思路点拨】（1）证AD∥CE，再由AE∥DC，即可得出结论；（2）先由锐角三角函数定义求出BF＝4，再由勾股定理求出EF＝3，然后由角平分线的性质得EC＝EF＝3，最后由平行四边形的性质求解即可．【详析详解】（1）证明：∵∠ACB＝∠CAD＝90°，∴AD∥CE，∵AE∥DC，∴四边形AECD是平行四边形；（2）解：∵EF⊥AB，∴∠BFE＝90°，∵cosB=45=𝐵𝐹𝐵𝐸，∴BF=45BE=45×5＝4，∴EF=𝐵𝐸2−𝐵𝐹2=52−42=3，∵AE平分∠BAC，EF⊥AB，∠ACE＝90°，∴EC＝EF＝3，由（1）得：四边形AECD是平行四边形，∴AD＝EC＝3．【方法小结】本题考查了平行四边形的判定与性质、锐角三角函数定义、角平分线的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握锐角三角函数定义，证明四边形AECD为平行四边形是解题的关键．【变式训练】【变式4.1】（2021•平谷区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使EF＝DE，连接CF，BF．（1）求证：四边形CFBD是菱形；（2）连接AE，若CF=10，DF＝2，求AE的长．【分析】（1）根据D，E分别是边AB，BC的中点，EF＝DE，可以得到四边形CFBD是平行四边形，再根据三角形中位线和∠ACB＝90°，可以得到DF⊥CB，然后即可得到结论成立；（2）根据菱形的性质和勾股定理，可以得到AC和CE的长，然后根据勾股定理即可得到AE的长．【解答】证明：（1）∵点E为BC的中点，∴CE＝BE，又∵EF＝DE，∴四边形CFBD是平行四边形，∵D，E分别是边AB，BC的中点，∠ACB＝90°，∴DE∥AC，∴∠DEB＝∠ACB＝90°，即DF⊥CB，∴四边形CFBD是菱形；（2）∵D，E分别是边AB，BC的中点，∴AC＝2DE，∵DF＝2DE＝2EF，DF＝2，∴AC＝2，EF＝1，∵CF=10，四边形CFDB是菱形，∴∠CEF＝90°，∴CE=𝐶𝐹2−𝐸𝐹2=(10)2−12=3，∵∠ACE＝90°，∴AE=𝐴𝐶2+𝐶𝐸2=22+32=13，即AE的长是13．【点评】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理、三角形的中位线，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【变式4.2】（2021•门头沟区二模）已知，如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边的中线，过点A作BC的平行线，过点B作AD的平行线，两线交于点E，连接DE交AB于点O．（1）求证：四边形ADBE是矩形；（2）若BC＝8，AO=52，求四边形AEBC的面积．【分析】（1）只要证明四边形DBE是平行四边形，且∠ADB＝90°，即可；（2）求BD、AB，利用三角形面积公式可得S四边形AEBC＝S△ABC+S△ABE．【解析】（1）∵AE∥BC，BE∥AD，∴四边形ADBE是平行四边形，∵AB＝AC，AD是BC边的中线，∴AD⊥BC，即∠ADB＝90°．∴四边形ADBE为矩形．（2）∵在矩形ADBE中，AO=52，∴DE＝AB＝5，∵D是BC的中点，∴AE＝DB＝4，∴AB＝2AO＝5，∵∠ADB＝90°，根据勾股定理𝐴𝐷=𝐴𝐵2−𝐷𝐵2=3，∴S△ABC=12×BC×AD=12×8×3＝12，∴S△ABE=12×AE×BE=12×4×3＝6，∴S四边形AEBC＝S△ABC+S△ABE＝12+6＝18，即S四边形AEBC为18．【点评】本题考查矩形的判定和性质、等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法，属于中考常考题型．【变式4.3】（2021•西城区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，对角线AC，BD相交于点N，点M是对角线BD中点，连接AM，CM．如果AM＝DC，AB⊥AC，且AB＝AC．（1）求证：四边形AMCD是平行四边形．（2）若DN=10，则BC＝12，tan∠DBC＝13．【分析】（1）要证明四边形AMCD是平行四边形，已知AM＝DC，只需要证明AM∥DC即可；由条件可知△AMB≌△AMC（SSS），推理可得∠DCA＝∠MAC＝45°，由内错角相等两直线平行可知AM∥CD，可得结论；（2）如图，延长AM交BC于点E，根据等腰直角三角形的选择得到AE⊥BC，且点E为BC的中点，根据三角形中位线的性质定理得到CD＝2ME，设AB＝a，则BC=2a，求得AE=12BC=22a，根据平行四边形的性质得到MN＝DN=10，设DC＝x，BC＝3x，根据勾股定理即可得到结论．【解答】（1）证明：如图，∵点M是BD的中点，∠BCD＝90°，∴CM是Rt△BCD斜边BD的中线，∴CM＝BM＝MD，又AB＝AC，AM＝AM，∴△AMB≌△AMC（SSS），∴∠BAM＝∠CAM，∵BA⊥AC，∴∠BAC＝90°，∴∠CAM＝45°，又∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴∠DCA＝∠DCB﹣∠ACB＝45°，∴∠DCA＝∠MAC，∴AM∥CD，又∵AM＝DC，∴四边形AMCD为平行四边形；（2）解：如图，延长AM交BC于点E，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∠BAM＝∠CAM，∴AE⊥BC，且点E为BC的中点，∵点M是BD的中点，点E是BC的中点，∴ME是△BCD的中位线，∴CD＝2ME，又AM＝CD，∴AM＝2ME，∴ME=13AE，设AB＝a，则BC=2a，AE=12BC=22a，∴ME=13AE=26a，又BE＝AE=22a，∴tan∠DBC=𝑁𝐸𝐵𝐸=13，∵四边形AMCD为平行四边形，DN=10，∴MN＝DN=10，∴BD＝410，在Rt△BCD中，∵tan∠DBC=𝐷𝐶𝐵𝐶=13，∴设DC＝x，BC＝3x，∴BD=𝐷𝐶2+𝐵𝐶2=10x，∴10x＝410，∴x＝4，∴DC＝4，∴BC=𝐵𝐷2−𝐷𝐶2=12，故答案为12，13．【点评】本题利用了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数值等内容．【变式4.4】（2021•北京二模）如图，在平行四边形ABCD中，F是AD的中点，延长BC到点E，使CE=12BC，连接DE，CF．（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；（2）若AB＝4，AD＝6，∠A＝120°，求△DCE的底边CE上的高及DE的长．【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，由线段关系可证FD＝CE，可得结论；（2）由平行四边形的性质可得AB∥CD，CD＝AB＝4，∠A＝120°，BC＝AD＝6，由锐角三角函数和勾股定理可求解．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵F是AD的中点，∴FD=12AD，∵CE=12BC，∴FD＝CE，∵FD∥CE，∴四边形CEDF是平行四边形；（2）过点D作DG⊥CE于点G，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，CD＝AB＝4，∠A＝120°，BC＝AD＝6，∴∠DCE＝∠B＝60°，在Rt△DGC中，∠DGC＝90°，∴CG＝CD•cos∠DCE＝2，DG＝CD•sin∠DCE＝23，∵CE=12BC＝3，∴GE＝1，在Rt△DGE中，∠DGE＝90°，∴DE=𝐷𝐺2+𝐺𝐸2=13．【点评】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．【变式4.5】（2021•房山区二模）如图，已知AC是矩形ABCD的对角线，∠BAC＝30°，点M是DC延长线上一点，∠BAC的平分线与∠BCM的平分线交于点E，将线段CA绕点C逆时针旋转，得到线段CF，使点F在射线CB上，连接EF．（1）依题意补全图形；（2）求∠AEC的度数；（3）用等式表示线段AE，CE，EF之间的数量关系，并证明．【分析】（1）按照题意画出图形即可；（2）根据矩形性质可得∠ABC＝∠BCD＝∠BCM＝90°．由∠BAC的平分线与∠BCM的平分线交于点E，可得∠BAE＝∠CAE＝15°，∠ECF＝45°，利用三角形内角和定理进行计算即可；（3）在EA上截取EH＝EC，连接CH，可得△ECH是等边三角形，利用SAS证明△ECF≌△HCA，运用全等三角形性质即可得到答案．【解答】（1）补全图形如图所示：（2）∵AC是矩形ABCD的对角线，延长DC至M，∴∠ABC＝∠BCD＝∠BCM＝90°．∵将线段CA绕点C逆时针旋转，得到线段CF，使线段CF在射线CB上，∠BAC＝30°，∴∠ACF＝60°，∵∠BAC的平分线与∠BCM的平分线交于点E，∴∠BAE＝∠CAE＝15°，∠ECF＝45°，∴∠ACE＝∠ACF+∠ECF＝60°+45°＝105°，∴∠AEC＝180°﹣∠ACE﹣∠CAE＝180°﹣105°﹣15°＝60°；（3）答：AE＝CE+EF．证明：在EA上截取EH＝EC，连接CH，∵∠AEC＝60°，∴△ECH是等边三角形，∴∠EHC＝∠ECH＝60°，CE＝CH＝EH．∴∠ECF+∠FCH＝∠FCH+∠HCA＝60°，∴∠ECF＝∠HCA，∵将线段CA绕点C逆时针旋转，得到线段CF，∴CF＝CA．在△ECF与△HCA中，𝐸𝐶=𝐻𝐶∠𝐸𝐶𝐹=∠𝐻𝐶𝐴𝐶𝐹=𝐶𝐴，∴△ECF≌△HCA（SAS）．∴EF＝HA．∵AE＝EH+HA，∴AE＝CE+EF．【点评】本题考查了矩形性质，全等三角形判定和性质，角平分线定义，三角形内角和定理，等边三角形判定和性质等，解题关键是合理添加辅助线构造全等三角形．【压轴五】圆的有关计算与证明【真题再现】（2021•北京第24题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AD⊥BC于点E．（1）求证：∠BAD＝∠CAD；（2）连接BO并延长，交AC于点F，交⊙O于点G，连接GC．若⊙O的半径为5，OE＝3，求GC和OF的长．【思路点拨】（1）根据垂径定理得到𝐵𝐷=𝐶𝐷，根据圆周角定理证明结论；（2）根据勾股定理求出BE，根据垂径定理求出BC，根据圆周角定理得到∠BCG＝90°，根据勾股定理求出GC，证明△AFO∽△CFG，根据相似三角形的性质求出OF．【详析详解】（1）证明：∵AD是⊙O的直径，AD⊥BC，∴𝐵𝐷=𝐶𝐷，∴∠BAD＝∠CAD；（2）解：在Rt△BOE中，OB＝5，OE＝3，∴BE=𝑂𝐵2−𝑂𝐸2=4，∵AD是⊙O的直径，AD⊥BC，∴BC＝2BE＝8，∵BG是⊙O的直径，∴∠BCG＝90°，∴GC=𝐵𝐺2−𝐵𝐶2=6，∵AD⊥BC，∠BCG＝90°，∴AE∥GC，∴△AFO∽△CFG，∴𝑂𝐴𝐺𝐶=𝑂𝐹𝐹𝐺，即56=𝑂𝐹5−𝑂𝐹，解得：OF=2511．【方法小结】本题考查的是圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、垂径定理是解题的关键．【变式训练】【变式5.1】（2021•平谷区二模）如图，AB是⊙O直径，点C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CG，过点B作CG的垂线，垂足为点D，交⊙O于点E，连接CB．（1）求证：CB平分∠ABD；（2）若𝑠𝑖𝑛∠𝐸=35，BC＝5，求CE长．【分析】（1）连接OC，根据切线的性质得到OC⊥CG，进而证明OC∥ED，根据平行线的性质得到∠BCO＝∠DBC，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义证明即可；（2）连接AC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，得到∠BCD＝∠E，根据正弦的定义计算，得到答案．【解答】（1）证明：连接OC，∵CG是⊙O的切线，∴OC⊥CG，∵BD⊥CG，∴OC∥ED，∴∠BCO＝∠DBC，∵OB＝OC，∴∠BCO＝∠OBC，∴∠OBC＝∠DBC，即CB平分∠ABD；（2）解：连接AC，∵AB是⊙O直径，∴∠ACB＝90°，即∠OCA+∠OCB＝90°，∵OC⊥CG，∴∠BCD+∠OCB＝90°，∴∠BCD＝∠OCA，∵OA＝OC，∴∠A＝∠OCA，由圆周角定理得，∠A＝∠E，∴∠BCD＝∠E，在Rt△BCD中，sin∠BCD=35，BC＝5，∴BD＝3，由勾股定理得，CD=𝐵𝐶2−𝐵𝐷2=4，在Rt△ECD中，sin∠E=35，CD＝4，∴CE=203．【点评】本题考查的是切线的性质、锐角三角函数的定义、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．【变式5.2】（2021•门头沟区二模）已知，如图，在△ABC中，D是AB边上一点，⊙O过D、B、C三点，直线AC是⊙O的切线，OD∥AC．（1）求∠ACD的度数；（2）如果∠ACB＝75°，⊙O的半径为2，求BD的长．【分析】（1）由切线的性质可得∠OCA＝90°，由等腰三角形的性质可求解；（2）由等腰直角三角形的性质可求DC，由直角三角形的性质可求DE，即可求解．【解析】（1）∵直线AC是⊙O的切线，∴∠OCA＝90°，∵OD∥AC，∴∠DOC+∠OCA＝180°，∴∠DOC＝90°，∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD＝45°，∵∠ACD＝∠ACO﹣∠OCD＝45°；（2）作DE⊥BC于点E．∵OD＝OC＝2，∠DOC＝90°，∴𝐶𝐷=22，∵∠ACB＝75°，∠ACD＝45°，∴∠BCD＝30°，∴∠DEC＝90°，∴DE=2，∵∠B＝45°，∴DB＝2．【点评】本题考查了切线的性质，圆的有关知识，等腰三角形的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．【变式5.3】（2021•顺义区二模）如图，AB为⊙O的直径，CB，CD分别切⊙O于点B，D，CD交BA的延长线于点E，CO的延长线交⊙O于点G，EF⊥OG于点F．（1）求证：∠FEB＝∠ECF；（2）若AB＝6，sin∠CEB=35，求CB和EF的长．【分析】（1）由切线的性质可得∠OBC＝90°，根据三角形的内角和推出∠FEB＝∠OCB，由切线长定得到∠OCB＝∠ECF，由等量代换即可得到∠FEB＝∠ECF；（2）连接OD，在Rt△DEO中，根据三角函数的定义求出OE，即可得到EB，再在Rt△BCE中，根据三角函数的定义求出BC，在Rt△BCO中，根据勾股定理求出CO，证得△EOF∽△COB，根据相似三角形的性质即可求出EF．【解答】（1）证明：∵CB是⊙O的切线，∴∠OBC＝90°，∵EF⊥OG，∴∠OFE＝90°，∴∠COB+∠OCB＝90°，∠EOF+∠OEF＝90°，∵∠COB＝∠EOF，∴∠FEB＝∠OCB，∵CD，CB是⊙O的切线，∴∠OCB＝∠ECF，∴∠FEB＝∠ECF；（2）解：连接OD，∵CD是⊙O的切线，∴∠ODE＝90°，∵sin∠CEB=35，∴𝑂𝐷𝑂𝐸=35，∵AB＝6，∴OD＝3，∴OE＝5，∴EB＝8，∵∠CBE＝90°，sin∠CEB=35，∴𝐶𝐵𝐶𝐸=35，设CB＝3x，CE＝5x，∴EB=𝐶𝐸2−𝐶𝐵2=4x＝8，∴x＝2，∴CB＝6，∴CO=𝑂𝐵2+𝐶𝐵2=35，∵∠EOF＝∠COB，∠FEO＝∠OCB，∴△EOF∽△COB，∴𝐸𝐹𝐵𝐶=𝐸𝑂𝐶𝑂，∴𝐸𝐹6=535，∴EF＝25．【点评】本题主要考了切线的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，正确作出辅助线，熟练应用切线的性质是解决问题的关键．【变式5.4】（2021•海淀区二模）如图，AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于D，过点B作BE∥CD交⊙O于点E，连接AD，AE，∠EAD＝22.5°．（1）求∠EAB的度数；（2）若BC＝22−2，求BE的长．【分析】（1）连接OD，交BE于点F，利用切线的性质和垂径定理求得𝐷𝐸=𝐷𝐵，进而可求出∠EAB的度数；（2）利用条件易证△ODC为等腰直角三角形，设OD＝OB＝r，则OC=2r，利用BC＝22−2求出r的长度，利用垂径定理求得BE．【解析】（1）证明：连接OD，交BE于点F，如图，∵CD与⊙O相切于点D，∴OD⊥CD，∴∠ODC＝90°，∵BE∥CD，∴∠OFB＝90°，∴OD⊥BE，∴𝐷𝐸=𝐷𝐵，∴∠EAD＝∠DAB，∵∠EAD＝22.5°，∴∠EAB＝∠EAD+∠DAB＝45°；（2）解：∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∵∠EAB＝45°，∴∠ABE＝∠EAB＝45°，∵BE∥CD，∴∠C＝∠ABE＝45°，∴△ODC是等腰直角三角形，设OD＝OB＝r，则OC=2r，∴BC＝OC﹣OB=2r﹣r＝22−2，∴r＝2，∴BF＝OB•cos45°=2，∵OD⊥BE，∴EF＝FB，∴BE＝2BF＝22．【点评】本题是一道与圆有关的计算，综合运用了垂径定理，平行线的性质，圆周角定理，切线的性质等知识．【变式5.5】（2021•东城区二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，圆心O在AC上．过点B作直线交AC的延长线于点D，使得∠CBD＝∠CAB．过点A作AE⊥BD于点E，交⊙O于点F．（1）求证：BD是⊙O的切线；（2）若AF＝4，𝑠𝑖𝑛𝐷=23，求BE的长．【分析】（1）借助AC为直径，则∠ABC＝90°，再证∠CBD＝∠OBA即可解决．（2）连接CF，则CF∥DE，可得∠D＝∠ACF，在Rt△ACF中求出AC＝6，通过勾股定理求出CF＝25，再由四边形EFHB是矩形，只要求出FH的长度即可．【解答】证明：（1）连接OB，∵圆心O在AC上．∴AC是直径，∴∠ABC＝90°，∵OA＝OB，∴∠CAB＝∠OBA，∵∠CBD＝∠CAB，∴∠CBD＝∠OBA，∴∠OBC+∠CBD＝∠OBC+∠OBA＝90°，∴OB⊥BD，∵OB为半径，∴BD是⊙O的切线；（2）连接CF，∵AC是直径，∴∠AFC＝90°，∵AE⊥BD，∴∠AED＝90°，∴∠AFC＝∠AED，∴CF∥DE，∴∠D＝∠ACF，在Rt△ACF中，∵AF＝4，∴sin∠ACF=𝐴𝐹𝐴𝐶=23，∴AC＝6，由勾股定理可得：CF=62−42=25，∵∠AEB＝∠EFC＝∠OBE＝90°，∴四边形EFHB是矩形，∴BE＝FH，∵OH∥AF，OA＝OC，∴H为CF的中点，∴FH＝BE=12𝐶𝐹=5．【点评】本题主要考查了圆的切线的证明，以及勾股定理和三角函数等知识，作出辅助线是解决问题的关键．【压轴六】二次函数的性质综合问题【真题再现】（2021•北京第26题）在平面直角坐标系xOy中，点（1，m）和点（3，n）在抛物线y＝ax2+bx（a＞0）上．（1）若m＝3，n＝15，求该抛物线的对称轴；（2）已知点（﹣1，y1），（2，y2），（4，y3）在该抛物线上．若mn＜0，比较y1，y2，y3的大小，并说明理由．【思路点拨】（1）将点（1，3），（3，15）代入解析式求解．（2）分类讨论b的正负情况，根据mn＜0可得对称轴在y轴与直线x=12之间，再根据各点到对称轴的距离判断y值大小．【详析详解】（1）∵m＝3，n＝15，∴点（1，3），（3，15）在抛物线上，将（1，3），（3，15）代入y＝ax2+bx得：3=𝑎+𝑏15=9𝑎+3𝑏，解得𝑎=1𝑏=2，∴y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，（2）∵y＝ax2+bx（a＞0），∴抛物线开口向上且经过原点，当b＝0时，抛物线顶点为原点，x＞0时y随x增大而增大，n＞m＞0不满足题意，当b＞0时，抛物线对称轴在y轴左侧，同理，n＞m＞0不满足题意，∴b＜0，抛物线对称轴在y轴右侧，x＝1时m＜0，x＝3时n＞0，∴抛物线对称轴在直线x＝0与直线x=12之间，即0＜−𝑏2𝑎＜12，∴2﹣（−𝑏2𝑎）＞32，−𝑏2𝑎−（﹣1）＜32，∴y1＜y2＜y3．【方法小结】本题考查二次函数的性质，解题关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式及根据数形结合求解．【变式训练】【变式6.1】（2021•顺义区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣4ax+2（a＞0）与y轴交于点A．（1）求点A的坐标及抛物线的对称轴；（2）当0≤x≤5时，y的最小值是﹣2，求当0≤x≤5时，y的最大值；（3）抛物线上的两点P（x1，y1），Q（x2，y2），若对于t＜x1＜t+1，t+2＜x2＜t+3，都有y1≠y2，直接写出t的取值范围．【分析】（1）令x＝0可得A的坐标，用配方法把解析式化为顶点式即可得抛物线对称轴；（2）由0≤x≤5时，y的最小值是﹣2，可知抛物线开口向上，且对称轴x＝2，故最小值是顶点纵坐标，可求出a及抛物线解析式，又抛物线开口向上时，离对称轴越远，函数值越大，可知x＝5时函数取最大值，即可得到答案；（3）分两种情况讨论：（一）当t+1＜2时，需满足x＝t+3时的函数值小于x＝t+1时的函数值，（二）当t+1＞2时，需满足x＝t+2的函数值大于x＝t的函数值，分别列出不等式即可得到答案．【解析】（1）令x＝0得y＝2，∴A（0，2），∵y＝ax2﹣4ax+2＝a（x2﹣4x+4）+2﹣4a＝a（x﹣2）2+2﹣4a，∴二次函数图象的对称轴是直线x＝2；（2）由0≤x≤5时，y的最小值是﹣2，可知抛物线开口向上，∵对称轴是直线x＝2，∴最小值在顶点处取得，∴2﹣4a＝﹣2，解得a＝1，∴二次函数表达式为y＝x2﹣4x+2，∵抛物线开口向上时，离对称轴越远，函数值越大，且|0﹣（﹣2）|＜|2﹣5|，∴当x＝5时，y有最大值，y＝52﹣4×5+2＝7；（3）对于t＜x1＜t+1，t+2＜x2＜t+3，都有y1≠y2，分两种情况：（一）当t+1＜2时，需满足x＝t+3时的函数值小于x＝t+1时的函数值，如图：∴a（t+3）2﹣4a（t+3）+2＜a（t+1）2﹣4a（t+1）+2，解得t＜0；（二）当t+1＞2时，需满足x＝t+2的函数值大于x＝t的函数值，如图：∴a（t+2）2﹣4a（t+2）+2＞at2﹣4at+2，解得t＞1，综上所述，对于t＜x1＜t+1，t+2＜x2＜t+3，都有y1≠y2，则t＜0或t＞1．【点评】本题考查二次函数的综合知识，解题的关键是分类画出图形，根据二次函数性质列不等式．【变式6.2】（2021•海淀区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2﹣2mx+m2与y轴的交点为A，过点A作直线l垂直于y轴．（1）求抛物线的对称轴（用含m的式子表示）；（2）将抛物线在y轴右侧的部分沿直线l翻折，其余部分保持不变，组成图形G．点M（x1，y1），N（x2，y2）为图形G上任意两点．①当m＝0时，若x1＜x2，判断y1与y2的大小关系，并说明理由；②若对于x1＝m﹣2，x2＝m+2，都有y1＞y2，求m的取值范围．【分析】（1）根据对称轴公式x=−𝑏2𝑎，求解即可．（2）①y1＞y2．利用图象法，根据函数的增减性判断即可．②通过计算可知，P（m﹣2，4），Q（m+2，4）为抛物线上关于对称轴x＝m对称的两点，下面讨论当m变化时，y轴与点P，Q的相对位置：分三种情形：如图2，当y轴在点P左侧时（含点P），如图3，当y轴在点Q右侧时（含点Q），如图4，当y轴在点P，Q之间时（不含P，Q），分别求解即可．【解析】（1）抛物线y＝x2﹣2mx+m2的对称轴为直线x=−−2𝑚2=m．（2）①y1＞y2．理由：当m＝0时，二次函数解析式是y＝x2，对称轴为y轴；所以图形G上的点的横纵坐标x和y，满足y随x的增大而减小；∵x1＜x2，∴y1＞y2．②通过计算可知，P（m﹣2，4），Q（m+2，4）为抛物线上关于对称轴x＝m对称的两点，下面讨论当m变化时，y轴与点P，Q的相对位置：如图2，当y轴在点P左侧时（含点P），经翻折后，得到点M，N的纵坐标相同，y1＝y2，不符题意；如图3，当y轴在点Q右侧时（含点Q），点M，N分别和点P，Q重合，y1＝y2，不符题意；如图4，当y轴在点P，Q之间时（不含P，Q），经翻折后，点N在l下方，点M，P重合，在l上方，y1＞y2，符合题意．此时有m﹣2＜0＜m+2，即﹣2＜m＜2．综上所述，m的取值范围为﹣2＜m＜2．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，轴对称翻折变换，函数的增减性等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，正确作出图形是解决问题的关键．【变式6.3】（2021•房山区二模）已知抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过点A（3，3）．点M（x1，y1），N（x2，y2）为抛物线上两个不同的点，且满足x1＜x2，x1+x2＝2．（1）用含a的代数式表示b；（2）当y1＝y2时，求抛物线的对称轴及a的值；（3）当y1＜y2时，求a的取值范围．【分析】（1）将A（3，3）代入y＝ax2+bx，变形即可得答案；（2）由y1＝y2知M、N关于对称轴对称，即可根据x1+x2＝2求出对称轴；（3）由𝑦1−𝑦2=𝑎𝑥12+(1−3𝑎)𝑥1−𝑎𝑥22−(1−3𝑎)𝑥2且y1＜y2得1﹣a＞0即可得答案．【解析】（1）∵过A（3，3），∴9a+3b＝3，∴b＝1﹣3a；（2）∵M（x1，y1），N（x2，y2）为抛物线上两个不同的点，y1＝y2，∴M（x1，y1），N（x2，y2）关于对称轴对称，而x1+x2＝2，∴对称轴为直线𝑥=𝑥1+𝑥22=1，即：−𝑏2𝑎=3𝑎−12𝑎=1，∴a＝1；（3）将点M（x1，y1），N（x2，y2）代入y＝ax2+（1﹣3a）x得：𝑦1=𝑎𝑥12+(1−3𝑎)𝑥1，𝑦2=𝑎𝑥22+(1−3𝑎)𝑥2，∴𝑦1−𝑦2=𝑎𝑥12+(1−3𝑎)𝑥1−𝑎𝑥22−(1−3𝑎)𝑥2，＝a（x1+x2）（x1﹣x2）+（1﹣3a）（x1﹣x2）＝（x1﹣x2）（2a+1﹣3a）＝（x1﹣x2）（1﹣a），∵x1＜x2，y1＜y2，∴x1﹣x2＜0，y1﹣y2＜0．∴1﹣a＞0．∴a＜1且a≠0．【点评】本题考查二次函数综合知识，解题的关键是熟练应用二次函数的性质．【变式6.4】（2021•丰台区二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+a﹣5（a≠0）的对称轴是直线x＝1．（1）用含a的式子表示b；（2）求抛物线的顶点坐标；（3）若抛物线与y轴的一个交点为A（0，﹣4），且当m≤x≤n时，y的取值范围是﹣5≤y≤n，结合函数图象，直接写出一个满足条件的n的值和对应m的取值范围．【分析】（1）根据对称轴公式得−𝑏2𝑎=1，可得b的值；（2）由（1）知b＝﹣2a，把顶点横坐标x＝1代入抛物线可得y＝﹣5，即顶点坐标为（1，﹣5）；（3）把顶点（0，﹣4）代入抛物线解析式中得a﹣5＝﹣4，由（1）得b＝﹣2a，联立方程可得a，b的值，根据题意横坐标和纵坐标相等，即抛物线与y＝x联立可得x＝4或x＝﹣1，即n＝4，m≤n可推出m≤1．【解析】（1）∵−𝑏2𝑎=1，∴b＝﹣2a；（2）由（1）得b＝﹣2a，∴抛物线为y＝ax2﹣2ax+a﹣5，当x＝1时，y＝a﹣2a+a﹣5＝﹣5，∴抛物线的顶点坐标为：（1，﹣5）；（3）∵抛物线与y轴交点为A（0，﹣4），联立方程得𝑎−5=−4𝑏=−2𝑎，解得：𝑎=1𝑏=−2，∴抛物线为y＝x2﹣2x﹣4，∵当m≤x≤n时，y的取值范围是﹣5≤y≤n，由图象可知，﹣5为抛物线底点，此时x＝1，由𝑦=𝑥2−2𝑥−4𝑦=𝑥，得x＝4，x＝﹣1，∴n＝4或n＝﹣1（舍去）（∵m≤n），∴当n＝4时，m≤n，﹣2≤m≤1．【点评】本题属于二次函数压轴题，综合性较强，解本题关键掌握二次函数的性质，会画二次函数图象，结合图象来分析．【变式6.5】（2021•朝阳区二模）在平面直角坐标系xOy中，点P（x1，y1），Q（x2，y2）为抛物线y＝ax2﹣2ahx+ah2+1（a＜0）上的两点．（1）当h＝1时，求抛物线的对称轴；（2）若对于0≤x1≤2，4﹣h≤x2≤5﹣h，都有y1≥y2，求h的取值范围．【分析】（1）先化抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2+1，依此可求抛物线的对称轴；（2）设抛物线上四个点的坐标为A（0，yA），B（2，yB），C（4﹣h，yC），D（5﹣h，yD），由于a＜0，分情况讨论即可求得答案．【解析】（1）当h＝1时，抛物线的表达式为y＝ax2﹣2ax+a+1，∴y＝a（x﹣1）2+1，∴抛物线的对称轴为直线x＝1；（2）设抛物线上四个点的坐标为A（0，yA），B（2，yB），C（4﹣h，yC），D（5﹣h，yD），∵a＜0，∴y1的最小值必为yA或yB．①由a＜0可知，当2≤ℎ≤52时，存在y2≥y1，不符合题意．②当h＜2时，总有4﹣h＞2．∵当x＞h时，y随x的增大而减小，∴yB＞yC＞yD．当ℎ≤43时，4﹣h﹣h≥|h|．∴yA≥yC＞yD，符合题意．当43＜ℎ＜2时，4﹣h﹣h＜h．∴yA＜yC，不符合题意．③当ℎ＞52时，∵当x＜h时，y随x的增大而增大，∴yC＜yD，yA＜yB．当h≥5时，5﹣h≤0．∴yD≤yA，符合题意．当52＜ℎ＜5时，5﹣h＞0．∴yD＞yA，不符合题意．综上所述，h的取值范围是ℎ≤43或h≥5．【点评】本题考查二次函数的性质，二次函数上的点的特征，熟练掌握对称轴公式及求顶点坐标的方法是解本题的关键，根据图象及性质确定t的范围是本题的难点．【压轴七】几何综合问题【真题再现】（2021•北京第27题）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，M为BC的中点，点D在MC上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转α得到线段AE，连接BE，DE．（1）比较∠BAE与∠CAD的大小；用等式表示线段BE，BM，MD之间的数量关系，并证明；（2）过点M作AB的垂线，交DE于点N，用等式表示线段NE与ND的数量关系，并证明．【思路点拨】（1）由∠DAE＝∠BAC可得∠BAE＝∠CAD，然后SAS证△ABE≌△ACD即可；（2）作EH⊥AB交BC于H，可证△BEF≌△BHF得BF＝BH，再证MH＝MD，再借助MN∥HF，由平行线分线段成比例即可证出．【详析详解】（1）∵∠DAE＝∠BAC＝α，∴∠DAE﹣∠BAD＝∠BAC﹣∠BAD，即∠BAE＝∠CAD，在△ABE和△ACD中，𝐴𝐵=𝐴𝐶∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐶𝐴𝐷𝐴𝐸=𝐴𝐷，∴△ABE≌△ACD（SAS），∴BE＝CD，∵M为BC的中点，∴BM＝CM，∴BE+MD＝BM；（2）如图，作EH⊥AB交BC于H，由（1）△ABE≌△ACD得：∠ABE＝∠ACD，∵∠ACD＝∠ABC，∴∠ABE＝∠ABD，在△BEF和△BHF中，∠𝐸𝐵𝐹=∠𝐻𝐵𝐹𝐵𝐹=𝐵𝐹∠𝐵𝐹𝐸=∠𝐵𝐹𝐻，∴△BEF≌△BHF（ASA），∴BF＝BH，由（1）知：BE+MD＝BM，∴MH＝MD，∵MN∥HF，∴𝐸𝑁𝐷𝑁=𝑀𝐻𝑀𝐷，∴EN＝DN．【方法小结】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的对称性等知识，作EH⊥AB构造出全等三角形是解题的关键【变式训练】【变式7.1】（2021•海淀区校级模拟）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BD⊥CD于点D，连接AD，在CD上截取CE，使CE＝BD，连接AE．（1）直接判断AE与AD的位置关系（2）如图2，延长AD，CB交于点F，过点E作EG∥AF交BC于点G，试判断FG与AB之间的数量关系，并证明；（3）在（2）的条件下，若𝐴𝐸=2，𝐸𝐶=2，求EG的长．【分析】（1）利用SAS定理证明△ACE≌△ABD，根据全等三角形的性质、垂直的定义证明结论；（2）过点B作BM⊥BD交DF于点M，证明△CEG≌△BMF，得到CG＝BF，进而证明FG＝BC，根据等腰直角三角形的性质计算，得到答案；（3）根据等腰直角三角形的性质求出DE，进而求出CD，证明△CEG∽△CDF，根据相似三角形的性质列出方程，解方程求出GE．【解析】（1）AE⊥AD；理由如下：∵∠BDF＝∠BAC＝90°，∠DFB＝∠AFC，∴∠DBA＝∠ACE，在△ACE和△ABD中，𝐶𝐸=𝐵𝐷∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐷𝐴𝐶=𝐴𝐵，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴∠EAC＝∠BAD，∵∠BAE+∠EAC＝90°，∴∠BAE+∠BAD＝90°，即∠DAE＝90°，∴AE⊥AD；（2）FG=2AB，理由如下：过点B作BM⊥BD交DF于点M，∵△ACE≌△ABD，∴AE＝AD，∵AE⊥AD，∴∠ADE＝45°，∵BD⊥CD，∴∠BDM＝45°，∴△BDM为等腰直角三角形，∴BD＝BM，∴CE＝BM，∵EG∥AF，∴∠EGC＝∠MFB，∵∠FBM+∠ABD＝45°，∠GCE+∠ACE＝45°，∴∠FBM＝∠GCE，∴△CEG≌△BMF（AAS），∴CG＝BF，∴CG+BG＝BF+BG，∴FG＝BC，∵BC=2AB，∴FG=2AB；（3）∵AD＝AE＝2，△ADE为等腰直角三角形，∴DE=2AE＝22，∵CE=2，∴DC＝32，∵BD＝CE=2，∴DM=2BD＝2，∵△CEG≌△BMF，∴EG＝FM，设EG＝FM＝x，∴DF＝2+x，∵EG∥DF，∴△CEG∽△CDF，∴𝐸𝐺𝐷𝐹=𝐶𝐸𝐶𝐷，即𝑥𝑥+2=232，解得，x＝1，∴EG＝1．【点评】本题考查的是等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．【变式7.2】（2021•丰台区二模）已知∠MON＝90°，点A，B分别在射线OM，ON上（不与点O重合），且OA＞OB，OP平分∠MON，线段AB的垂直平分线分别与OP，AB，OM交于点C，D，E，连接CB，在射线ON上取点F，使得OF＝OA，连接CF．（1）依题意补全图形；（2）求证：CB＝CF；（3）用等式表示线段CF与AB之间的数量关系，并证明．【分析】（1）根据几何语言画出对应的几何图形；（2）过点C作CE垂直平分AB，CF⊥OP，垂足分别为D，C，根据线段的垂直平分线的性质得到CA＝CB，根据角平分线的定义得到∠AOC＝∠FOC，则可判断△AOC≌△FOC，从而得到CB＝CF；（3）证明∠ACB＝90°，结合（2）证明三角形ABC是等腰直角三角形，进而可得线段CF与AB之间的数量关系．【解答】（1）解：如图即为补全的图形；（2）证明：连接CA，∵OP是∠MON的平分线，∴∠AOC＝∠FOC，在△AOC和△FOC中，𝑂𝐴=𝑂𝐹∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐹𝑂𝐶𝑂𝐶=𝑂𝐶，∴△AOC≌△FOC（SAS），∴CA＝CF，∵CD是线段AB的垂直平分线，∴CA＝CB，∴CB＝CF；（3）AB=2CF，证明：∵△AOC≌△FOC，∴∠CAO＝∠CFB，∵CF＝CB，∴∠CBF＝∠CFB，∴∠CAO＝∠CBF，∵∠CBF+∠CBO＝180°，∴∠CAO+∠CBO＝180°，∴∠AOB+∠ACB＝180°，∵∠AOB＝90°，∴∠ACB＝90°，∵CA＝CB，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AB=2CB，∴AB=2CF．【点评】本题考查了作图，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质．【变式7.3】（2021•西城区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P为△ABC外一点，点P与点C位于直线AB异侧，且∠APB＝45°，过点C作CD⊥PA，垂足为D．（1）当∠ABP＝90°时，在图1中补全图形，并直接写出线段AP与CD之间的数量关系；（2）如图2，当∠ABP＞90°时，①用等式表示线段AP与CD之间的数量关系，并证明；②在线段AP上取一点K，使得∠ABK＝∠ACD，画出图形并直接写出此时𝐾𝑃𝐵𝑃的值．【分析】（1）首先画出图形，得出CD和CA重合，根据等腰直角三角形的性质即可求解；（2）①根据等腰直角三角形的性质，可得AP与AF的关系，根据相似三角形的判定与性质，可得AF与CD的关系，根据等量代换，可得答案；②延长CD、BK交于点Q，先证△AGC∽△QGB，据相似三角形的性质可得∠CAG＝∠Q＝45°，再证△QDK∽△PBK，据相似三角形的性质可得∠PBK＝∠QDK＝90°，根据等腰直角三角形的性质即可求解．【解析】（1）如图1，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAB＝45°，∴AB=2AC，∵∠ABP＝90°，∠APB＝45°，∴∠BAP＝45°，∴∠CAP＝∠CAB+∠BAP＝90°，∵CD⊥PA，∴CD和CA重合，∴AP=2AB，∴AP=2×2AC＝2AC＝2CD；（2）①AP＝2CD，证明：过点A作AF⊥BP于点F，∵∠BPA＝45°，∴∠FAP＝∠FPA＝45°，∴𝐴𝑃𝐴𝐹=2，∴AP=2AF．∵∠ABF＝∠BAP+∠P＝∠BAP+45°，又∵∠CAD＝∠BAP+∠CAB＝∠BAP+45°，∴∠CAD＝∠FBA．又∵∠ADC＝∠AFB＝90°，∴△CAD∽△ABF，∴𝐴𝐹𝐶𝐷=𝐴𝐵𝐴𝐶=2，∴AF=2CD，∴AP=2AF＝2CD；②延长CD、BK交于点Q，∵∠1＝∠2，∠ACG＝∠ABK，∴△AGC∽△QGB，∴∠CAG＝∠Q＝45°，∵∠P＝45°，∴∠Q＝∠P，∵∠3＝∠4，∴△QDK∽△PBK，∴∠PBK＝∠QDK＝90°，∵∠P＝45°，∴KP=2BP，∴𝐾𝑃𝐵𝑃=2．【点评】本题是三角形综合题，考查了相似形三角形的判定与性质，利用了等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．【变式7.4】（2021•石景山区一模）阅读下面材料：小石遇到这样一个问题：如图1，∠ABC＝90°，DE分别是∠ABC的边BA，BC上的动点（不与点B重合），∠ADE与∠DEC的角平分线交于点P，△DBE的周长为a，过点P作PM⊥BA于点M，PN⊥BC于点N，求PM+PN与△DBE的周长a的数量关系．小石通过测量发现了垂线段PM与PN的数量关系，从而构造全等三角形和直角三角形，经过推理和计算使问题得到解决．请回答：线段PM与PN的数量关系为PM＝PN；PM+PN与a的数量关系是PM+PN＝a．参考小石思考问题的方法，解决问题：如图2，当∠ABC＝60°时，其它条件不变，判断点P到DE的距离与△DBE的周长a的数量关系，并简要说明理由．【分析】过点P作PG⊥DE，垂足为G，由角平分线的性质得PM＝PG＝PN，根据HL得Rt△PNE≌Rt△PGE，Rt△PGD≌Rt△PMD，从而得到结论；连接BP，过P作PH⊥DE于H，根据全等三角形的判定与性质得DM＝DH，同理，PH＝PN，HE＝EN，然后根据特殊直角三角形的性质及三角函数关系可得答案．【解析】过点P作PG⊥DE，垂足为G，∵∠ADE与∠DEC的角平分线交于点P，PM⊥BA于点M，PN⊥BC于点N，∴PM＝PG＝PN，∠PNE＝∠PGE＝∠PGD＝∠PMD＝90°，∵PE＝PE，PD＝PD，∴Rt△PNE≌Rt△PGE（HL），Rt△PGD≌Rt△PMD（HL），∴MD＝GD，NE＝GE，∵△DBE的周长为a，∴PM+PN＝BD+DM+BE+EN＝BD+DG+BE+GE＝BD+BE+DE＝a．故答案为：PM＝PN，PM+PN＝a；解决问题：PH=36a．连接BP，过P作PH⊥DE于H，∵DP平分∠ADE，PM⊥BA，∴PM＝PH，∠MDP＝∠HDP，∴△PMD≌△PHD（AAS），∴DM＝DH，同理，PH＝PN，HE＝EN，∴PM＝PN，∵PM⊥BM，PN⊥BC，∴Rt△BMP≌Rt△BNP（HL），∴∠PBN＝∠PBM∠12∠ABC＝30°，MB＝NB，∵MB+NB＝DB+DM+BE+EN＝PB+BE+DE＝a，∴MB＝NB=𝑎2，∴PM＝MB•tan30°=36a．【点评】此题考查的是全等三角形的判定与性质，掌握其性质及角平分线性质、直角三角形性质、三角函数是解决此题关键．【变式7.5】（2021•海淀区一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，作射线CM，∠ACM＝80°．D在射线CM上，连接AD，E是AD的中点，C关于点E的对称点为F，连接DF．（1）依题意补全图形；（2）判断AB与DF的数量关系并证明；（3）平面内一点G，使得DG＝DC，FG＝FB，求∠CDG的值．【分析】（1）由题意画出图形，如图所示；（2）由“SAS”可证△AEC≌△DEF，可得AC＝DF＝AB；（3）由题意可得点G在以点D为圆心，DC为半径的圆上，点G在以点F为圆心，FB为半径的圆上，则两圆的交点为G，由“SSS”可证△ABF≌△DFG，可得∠BAF＝∠FDG＝140°，即可求解．【解析】（1）如图所示：（2）AB＝DF，理由如下：∵E是AD的中点，∴AE＝DE，∵C关于点E的对称点为F，∴CE＝EF，又∵∠AEC＝∠FED，∴△AEC≌△DEF（SAS），∴AC＝DF，∵AB＝AC，∴AB＝DF；（3）如图2，连接AF，∵AE＝DE，CE＝EF，∴四边形ACDF是平行四边形，∴∠ACM+∠CAF＝180°，AF＝CD，DF＝AC＝AB，∴∠CAF＝100°＝∠CDF，∴∠BAF＝140°，∵DG＝DC，∴点G在以点D为圆心，DC为半径的圆上，∵FG＝FB，∴点G在以点F为圆心，FB为半径的圆上，∴两圆的交点为G，∵AB＝DF，AF＝DG，FB＝FG，∴△ABF≌△DFG（SSS），∴∠BAF＝∠FDG＝140°，∴∠CDG＝40°，同理可证△ABF≌△DFG'，∴∠BAF＝∠G'DF＝140°，∴∠CDG'＝360°﹣100°﹣140°＝120°，综上所述：∠CDG＝40°或120°．【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，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，确定点G的位置是本题的关键．【压轴八】新定义与阅读综合问题【真题再现】（2021•北京第28题）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于点A和线段BC，给出如下定义：若将线段BC绕点A旋转可以得到⊙O的弦B′C′（B′，C′分别是B，C的对应点），则称线段BC是⊙O的以点A为中心的“关联线段”．（1）如图，点A，B1，C1，B2，C2，B3，C3的横、纵坐标都是整数．在线段B1C1，B2C2，B3C3中，⊙O的以点A为中心的“关联线段”是B2C2；（2）△ABC是边长为1的等边三角形，点A（0，t），其中t≠0．若BC是⊙O的以点A为中心的“关联线段”，求t的值；（3）在△ABC中，AB＝1，AC＝2．若BC是⊙O的以点A为中心的“关联线段”，直接写出OA的最小值和最大值，以及相应的BC长．【思路点拨】（1）利用旋转的性质以及点A到圆上一点距离的范围，结合图形判断，即可求出答案．（2）利用旋转的性质，“关联线段”的定义以及等边三角形的性质，求出B′C′的位置，从而求出t的值．（3）利用旋转的性质以及“关联线段”的定义，可知四边形AB′OC′的各边长，利用四边形的不稳定性，画出OA最小和最大时的图形