2024年中考复习-数学（四川成都专用）（解析版）

2024年中考数学终极押题猜想（四川成都专用）（高分的秘密武器：终极密押+押题预测）押题猜想一二次函数图象与性质（A8） 1押题猜想二尺规作图与几何图形综合（A13） 4押题猜想三圆的综合（A17） 8押题猜想四反比例函数与一次函数综合（A18） 13押题猜想五探究规律与新定义（B21） 24押题猜想六反比例函数与几何图形综合压轴（B22） 27押题猜想七几何最值压轴（B23） 34押题猜想八方程、不等式、函数综合实际应用（B24） 39押题猜想九二次函数与几何图形综合压轴（B25） 43押题猜想十三角形与四边形综合压轴（B26） 52押题猜想一二次函数图象与性质（A8）1．二次函数的y与x的部分对应值如下表：x013y00根据表格中的信息，得到了如下的结论：①；②二次函数

可改写为的形式；③关于x的一元二次方程的根为；④若，则；⑤当时，y有最小值是；其中所有正确结论的序号是（

）A．①②④ B．②③⑤ C．①③⑤ D．②③④⑤【答案】B【分析】本题考查二次函数的图象和性质，根据表格数据，确定抛物线的对称轴和顶点坐标，开口方向与轴的交点坐标，判断①②，对称性以及抛物线与一元二次方程的关系，判断③，增减性，判断④⑤，解题的关键是确定抛物线的对称轴．【详解】解：由表格可知：和的函数值相同，∴抛物线的对称轴为直线：，∴顶点坐标为：；当时，，在对称轴的左边随着的增大而减小，在对称轴右边随着的增大而增大，∴抛物线的开口向上，∴，∵对称轴为直线，∴，∴，故①错误，∵顶点坐标为，∴二次函数

可改写为的形式；故②正确；∵当时，，对称轴为，∴当时，，∴关于x的一元二次方程的根为；故③正确；∵时，时，，在对称轴的左边随着的增大而减小，在对称轴的右边随着的增大而增大，∴若，则或，故④错误；当时，随着的增大而增大，∴当时，y有最小值是；故⑤正确；故选B．押题解读1.二次函数的图象与性质：已知二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）对称轴：直线x=–；顶点坐标：（–，）；当a>0时：当x<–时，y随x的增大而减小；当x>–时，y随x的增大而增大；y最小值=当a<0时：当x<–时，y随x的增大而增大；当x>–时，y随x的增大而减小；y最大值=2.对称轴可确定b的符号（需结合a的符号）：对称轴在x轴负半轴，则ab＞0；对称轴在x轴正半轴，则ab＜0（即：左同右异）3.与y轴交点可确定c的符号：交于y轴负半轴，则c＜0；交于y轴正半轴，则c＞04.特殊函数值符号（以x=1的函数值为例）：若当x=1时，若对应的函数值y在x轴的上方，则a+b+c＞0；若对应的函数值y在x轴上方，则a+b+c=0；若对应的函数值y在x轴的下方，则a+b+c＜0；1．对于二次函数，有以下结论：①当时，y随x的增大而增大；②当时，y有最小值3；③图象与x轴有两个交点；④图象是由抛物线向左平移6个单位长度，再向上平移3个单位长度得到的．其中结论正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】本题考查二次函数的性质、二次函数图象与几何变换，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．将题目中的函数解析式化为顶点式，然后根据二次函数的性质，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．【详解】解：∵二次函数，∴该函数的对称轴为直线，函数图象开口向上，当时，y随x的增大而减小，当时，y随x的增大而增大，故①符合题意；当时，y有最小值3，故②符合题意；当时，即∴∴∴方程无实数根，即图象与x轴无交点，故③不符合题意；∵，∴图象是由抛物线向右平移6个单位长度，再向上平移3个单位长度得到的，故④不符合题意；其中结论正确的个数为2个．故选：B．2．关于二次函数，下列说法中正确的是（）A．函数图象的对称轴是直线B．函数的有最小值，最小值为C．点在函数图象上，当时，D．函数值y随x的增大而增大【答案】C【分析】此题考查二次函数的性质，熟练掌握性质是解答本题的关键．由于，由此可以确定二次函数的对称轴、顶点坐标，最大或最小值及图象的增减性．【详解】解：∵，∴对称轴为，故A不正确；函数有最大值，最大值为，故B不正确当，y随x的增大而增大，当，y随x的增大而减小，故D不正确；当时，，故C正确．故选：C．3.已知二次函数经过点，下列结论正确的是（

）A．当时，随的增大而增大 B．二次函数图象与轴交于点C． D．当或时，【答案】D【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，利用二次函数的图象与性质逐项分析判断即可．【详解】解：∵，对称轴为直线，∴当时，随的增大而减小，故A错误；当时，，∴二次函数图象与轴交于点，故B错误；∵抛物线过点，∴，即，∴，故C错误；∵抛物线经过点，对称轴为直线，∴抛物线与x轴的另一个交点为，∵抛物线的开口向下，∴当或时，函数图象位于x轴下方，即，故D正确；故选：D．押题猜想二尺规作图与几何图形综合（A13）1．如图，是的高，以点为圆心，适当长为半径画弧交于点，交于点；分别以，为圆心，以大于的长为半径画弧交于点；作射线交于点．若，，，则的长【答案】【分析】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质．先证明为等腰直角三角形，则，，再利用基本作图得平分，所以点E到的距离等于1，接着利用面积法得到，于是可计算出，则，从而得到的长．【详解】解：∵，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∵为的高，∴，，由作法得平分，∴点E到的距离等于E点到的距离为，即点E到的距离等于1，∵，则，∴，∴，∴．故答案为：．押题解读尺规作图与几何性质综合主要掌握以下三方面的知识：（1）通过题干描述辨别是何种尺规作图（主要有：作已知角、角平分线、中垂线等）；（2）图形背景设置的几何图形的相关性质（一般为特殊的三角形或四边形）；（3）相关的运算工具（一般长度计算工具：相似、勾股定理、三角函数等）1．如图，在中，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点；作直线交AB于点．若，，则长为．【答案】10【分析】本题考查线段垂直平分线的性质、勾股定理，先根据作图痕迹得垂直平分，则有，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：连接，根据作图痕迹得垂直平分，∴，∵，，∴在中，，则由勾股定理得，即，解得，故答案为：10．2．如图，是等腰直角三角形，，．按下列步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径作圆弧，与的两边分别交于、两点；②分别以点，为圆心，大于的长为半径作两弧相交于点，过、两点作射线；③分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧相交于、两点，过点、作直线分别交射线、边于点、．则的长是【答案】【分析】本题考查了作角平分线，垂直平分线，等腰三角形的性质以及勾股定理，根据作图得出，连接，可得，进而即可求解．【详解】解：依题意，是的角平分线，是的垂直平分线，∴，，∴，∴，∴，连接，如图所示∵是的垂直平分线，∴∴∵∴又是等腰直角三角形∴，∴∴，故答案为：．3．如图，．分别以点A、B为圆心，长为半径画圆弧−两圆弧交于点C，再以点C为圆心，以长为半径画圆弧交的延长线于点D，连接，则的长为．【答案】【分析】由作图步骤可得为等边三角形，，然后得到，根据勾股定理列式，并代入数据计算即可；【详解】解：由分别以点A、B为圆心，长为半径画圆弧，两圆弧交于点C，得：，为等边三角形，，由以点C为圆心，以长为半径画圆弧交的延长线于点D，得：，，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了尺规作图，等腰三角形以及等边三角形的性质与判定、解直角三角形等知识点，尺规作图的准确理解是解题关键．押题猜想三圆的综合（A17）1．（2024·广东广州·一模）如图，内接于，，的延长线交于点．(1)求证：平分；(2)若，，求和的长．【答案】(1)证明见详解；(2)；．【分析】（1）延长交于，连接，证明，在线段的垂直平分线上，得出，再由等腰三角形的性质即可得出结论；（2）延长交于，连接，则是的直径，可得，由圆周角定理得出，可得，求出的长，由勾股定理求出，利用平行线判定出，由相似三角形的比值关系求出，即可得到；由三角形的中位线定理求出的长，再通过勾股定理求即可．【详解】（1）延长交于，连接，如图所示：∵，，∴，在线段的垂直平分线上，∴，又∵，∴平分；（2）延长交于，连接，如图所示：∴是的直径，∴，，∵∴，∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，即：，解得：，∴，∵，，∴是的中点，∴，∵是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∴在中：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及判定，圆周角定理，勾股定理，相似三角形的性质及判定，三角函数等知识点，合理作出辅助线是解题的关键．押题解读1）在证明圆周角相等或弧相等时，通常“由等角找等弧”或“由等弧找等角”；2）当已知圆的直径时，常构造直径所对的圆周角；3）在圆中求角度时，通常需要通过一些圆的性质进行转化。比如圆心角与圆周角间的转化；同弧或等弧的圆周角间的转化；连直径，得到直角三角形，通过两锐角互余进行转化等；4）注意圆的相关知识和相似、三角函数、勾股定理结合解决相关计算问题。1．如图，为的直径，，是上的两点，延长交的切线于点．

(1)求证：；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)【分析】本题考查圆的综合问题，锐角三角函数的定义、圆周角定理以及勾股定理：（1）根据直径得到，根据切线得到，即可得到，即可得到证明；（2）根据三角函数得到，证明得到，即可得到答案；【详解】（1）证明：连接，

为的直径，，是的切线，，，即，，，；（2）解：，，，，又，，，，，，，．2．如图，在中，，点为边上一点，以为半径的与相切于点，分别交边于点．(1)求证：平分；(2)若，，求的半径．

【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（）连接，则，由切线的性质得，可证明，则，所以，即平分；（）连接，由，可得，即得，可得，得到，根据，即可求得的长，从而求得的半径；此题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，正确作出所需要的辅助线是解题的关键．【详解】（1）解：如图，连接，则，∴，

∵与相切于点，∴，∴，∴，∴，∴，即，∴平分；（2）解：如图，连接，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∴的半径．3．如图，已知内接于，若，平分交于D，交于点E．(1)求证：；(2)若，试求、的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证，然后根据两角对应相等的两个三角形相似判定，进而根据相似三角形的性质可得出结论；（2）设的圆心为点O，连接交于H，过点B作交的延长线于F，先证及为等边三角形，从而得，，设，则，，，再证，由得，于是可设，则，从而得，则，，然后由（1）得，据此由相似三角形的性质得，最后设，则，由（1）的结论得，再证，可得，据此即可求出x，进而得的长．【详解】（1）证明：∵平分，，，，，，，；（2）解：设的圆心为点O，连接交于H，过点B作交的延长线于F，，平分，，，，，，，为等边三角形，，设，则，由勾股定理得：，，，，，，，∴可设，，，即，，，由（1）得：，，即，，设，则，由（1）的结论得：，即：，，，，，，，将代入上式得：，，，，．【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，等边三角形的判定及性质，圆周角与圆心角之间的关系；解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的性质，垂径定理．押题猜想四反比例函数与一次函数综合（A18）1．如图1，正方形中，，．过A点作轴于点，过B点作x轴的垂线交过A点的反比例函数的图象于E点，交x轴于G点．(1)求证：；(2)求反比例函数的表达式及点E的坐标；(3)如图2，连接，点P为曲线上一点，过点P作坐标轴的垂线，垂足分别为点M、N，所做的垂线交于点Q、H，当时，探究：与的数量关系，并说明理由；(4)如图3，过点C作直线，点P是直线l上的一点，在平面内是否存在点Q，使得点A、C、P、Q四个点依次连接构成的四边形是菱形，若存在，请直接写出点Q的横坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)，(3)，理由见解析(4)或3或或【分析】（1）由正方形的性质可得，，利用同角的余角相等得到，从而利用即可得证结论；（2）先求得，设反比例函数的表达式为，把点A的坐标代入即可求出，即得到反比例函数的表达式为，同（1）证得，得到，因此点E的横坐标为，把代入反比例函数，得，即可解答；（3）将绕点O顺时针旋转得到，连接，先得出，利用勾股定理可得，进而退出，从而证得，得到，再证，根据四边形的内角和即可解答；（4）利用待定系数法可求得直线的解析式为，进而求解直线l的解析式为，设，，分三种情况讨论：①，为对角线，②，为对角线，③，为对角线，根据菱形的邻边相等，对角线互相平分分别列方程求解即可解答．【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，，∴，∵轴，∴，∴，∴，在和中，∴；（2）∵，，∴，，∵，∴，，∴，∴．设反比例函数的表达式为，∵该反比例函数经过点，∴，解得，∴反比例函数的表达式为．∵四边形是正方形，∴，，∴，∵轴，∴，∴，∴，在和中，∴，∴，∴，∴点E的横坐标为，把代入函数中，得，∴点E的坐标为；（3），理由如下：如图，将绕点O顺时针旋转得到，连接，∴，，，由（2）可知，又∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∵，∴，∵轴，轴，∴，∴四边形是矩形，∴，∴；（4）在平面内存在点Q，使得点A、C、P、Q四个点依次连接构成的四边形是菱形．理由如下：设直线的解析式为，∵直线过点，，∴，解得，∴直线的解析式为，∵直线，∴设直线l的解析式为，∵直线l经过点，∴，解得，∴直线l的解析式为，∵点P是直线l上的一点，点Q是平面内一点，∴设，，∵，，又菱形的邻边相等，且对角线互相平分，∴①若、为对角线，则，解得，∴；②当，为对角线时，解得：或（舍去），∴；③当，为对角线时，，解得：或，∴或；综上所述，在平面内存在点Q，使得点A，C，P，Q四个点依次连接构成的四边形是菱形，点Q的横坐标为或3或或．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，直角三角形的性质，正方形的性质，三角形全等的判定与性质，菱形的性质等．注意掌握待定系数法求函数解析式和利用两点间的距离公式计算线段的长，理解坐标与图形的性质，会运用分类讨论的思想解决数学问题．押题解读反比例函数与相似（位似）、全等问题，一般字母未对齐，故存在分类讨论的情形，纵然这类题型，放在以函数为背景的题型中，与反比例函数结合，相似三角形分类讨论的解题技巧，仍没有发生变化，故掌握了解题方法或解题技巧，受益的不只是一道题，而是一类型题的解决。反比例函数与特殊图形（三角形、四边形）的综合题解题步骤：一般先设出几何图形中的未知数，然后结合函数的图像用含未知数的式子表示出几何图形与图像的交点坐标，再由函数解析式及几何图形的性质写出含未知数及待求字母系数的当成（组），解方程（组）即可得所求几何图形的未知量或函数解析式中待定字母的值。特殊几何图形的存在性问题解题思想：（1）找点构成等腰三角形、直角三角形、（特殊）平行四边形等问题；（2）找点构成三角形全等、相似问题；（3）求点的坐标。1．如图，矩形交反比例函数于点D，已知点，点，．(1)求k的值；(2)若过点D的直线分别交x轴，y轴于R，Q两点，，求该直线的解析式；(3)若四边形有一个内角为，且有一条对角线平分一个内角，则称这个四边形为“角分四边形”．已知点P在y轴负半轴上运动，点Q在x轴正半轴上运动，若四边形为“角分四边形”，求点P与点Q的坐标．【答案】(1)；(2)或；(3)或或【分析】（1）利用面积及矩形的性质，用待定系数法即可求解；（2）分两种情况讨论求解：R在x轴正半轴上和在负半轴上两种情况分别求解即可；（3）分三种情况：当平分，时，当平分，时，当平分，时，分别结合图形求解.【详解】（1）解：，即，，，，，，；（2）①如图，当时，，，，，，，设直线为，把，代入，得，解得，直线为，②如图，当时，，，，，，，设直线为，把，代入，得，解得，直线为，综上所述，直线的表达式为或；（3）解：①当平分，时，，，即垂直平分，，，，，，②当平分，时，同理，得，，，作于M，，，，，，，即，，联立①，②，解得或(舍），，③当平分，时，同理

，得，同理，得∴是等边三角形，，，综上所述，P、Q的坐标为或或.【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，解直角三角形，求一次函数解析式，相似三角形的性质和判定，正确作出辅助线，解方程组，灵活运用待定系数法求函数解析式是解本题的关键．2．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点分别在x轴，y轴的正半轴上，对角线，相交于点D，将正方形绕点O逆时针旋转α（）得正方形，点的对应点分别是，函数的图象记为图象G．(1)当，时，点恰好在图象G上，求k的值；(2)当点同时在图象G上时，点横坐标为4，求k的值；(3)点P为x轴上一动点，当时，图象G过点D，且的值最小时，，求k的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由旋转得：，，过点过点作于K，可得，再运用待定系数法即可求得k的值；（2）过点作于K，过点作轴于G，交于E，作轴于F，过点作轴于H，设，，，先证明，可得：，，表示，再求得，根据点，同时在图象G上，可得，由，可得，，即可求得答案；（3）设设正方形的边长为b，则，，，），作点C关于x轴的对称点，连接交x轴于点P，此时的值最小，过点作轴于K，过点B′作轴于F，作轴交于E，则四边形是矩形，，，，，可得，可求得，即可求得答案．【详解】（1）∵当，时，正方形绕点O逆时针旋转α（）得正方形，∴，，过点作于K，如图，∴，，∴，将代入，得，∴；（2）如图，过点作于K，过点作轴于G，交于E，作轴于F，过点作轴于H，设，则，，∵四边形是正方形，∴，，由旋转得，，，D′是正方形的中心，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，，∵点B′横坐标为4，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∵点同时在图象G上，∴，∴，∴，∴，解得：或，当时，不符合题意，舍去；当时，，符合题意；∴k的值为；（3）设正方形的边长为b，则，，，，当时，，设，，∵，∴，∴，∴，作点C关于x轴的对称点，连接交x轴于点P，此时，的值最小，如图，过点A′作轴于K，过点B′作轴于F，作轴交于E，则四边形是矩形，，，，由（2）知：，∴，，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，解得：，∵正方形的对角线相交于点D，∴，把代入，得，∴．【点睛】本题属于反比例函数综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似角三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．3．如图1，在线段上找一点，把分成和两段，且满足，则我们称点为线段的品质点，他们的比们叫做品质数，记为．即：．显然，品质数与线段的长度无关，是一个定值．

(1)求的值；(2)如图2，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的顶点与坐标原点重合，边分别在轴、轴上，点为线段中点，连接，点为线段上一点，使得沿所在直线折叠后点与上的点重合．求证：是线段的品质点；(3)在（2）的条件下，如图3，已知点为线段上一动点，一次函数经过点，并与过点的反比例函数分别交于两点(其中)，若为线段的品质点，求的取值范围．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）设，，则，根据题意建立方程即可求解；（2）连接，设，则，，在中，，在中，，解方程得出，则，即可得证；（3）依题意得出，反比例函数解析式为，立，消去得，，设的横坐标为，则是的两个根，则，，得出，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，根据平行线分线段成比例得出，进而得出，即，设，则，，得出，根据点为线段上一动点，一次函数经过点，得出，进而即可求解．【详解】（1）解：设，，则，∵，∴∴∵，∴解得：（舍去）或，经检验是原方程的解，∴；（2）解：如图所示，连接，

∵正方形的边长为，依题意，，∴，∵折叠，∴，，∴，设，则，，在中，，在中，，∴，解得：，∴，∴是线段的品质点；（3）解：∵∴代入，∴反比例函数解析式为，联立，消去得，，设的横坐标为，则是的两个根，∴，∴如图所示，过点分别作轴的垂线，垂足分别为∴，∴，

∵为线段的品质点，，∴，∴，即，设，则，∴，∴，，∴，∵点为线段上一动点，一次函数经过点，由（2）可得，∴，∴，则，∵，，∵，∴；又∵，，∴，综上所述，．【点睛】本题考查一元二次方程的应用，勾股定理，坐标与图象，平行线分线段成比例，反比例函数性质，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，不等式性质，熟练掌握以上知识是解题关键．押题猜想五探究规律与新定义（B21）1．已知为整数，将其除以4所得的商记为，余数记为，即（n是整数），我们称属于数组，记作，则下列说法正确的是．（直接填写序号）①；②若为4的倍数，则点到点的距离的最小值为；③所有整数组成的数组；④若，则，属于同一个数组．【答案】②④【分析】本题考查新定义问题，考查了学生的理解能力和推理能力，理解定义式解题的关键．①根据数组的定义可判断；②根据定义可知，点A在上，由两点距离公式可求出距离的最小值；③由整数除以4的余数可能为0，1，2，3可判断；④可根据定义分别设a，b的数组为，进行判断．【详解】①根据数组定义，因此，所以①错误；②a是4的倍数，不妨设（n是整数）当时，最小，所以②正确；③a除以4的余数可能是0，1，2，3；所以③错误；④不妨设（m为整数）；（n为整数）；由可知，a和b属于同一数组，所以④正确；故答案为：②④．押题解读1）关注问题中的不变量和变量﹕在探究规律的问题中，一般都会存在变量和不变量（也就是常量），我们要多关注变量，看看这些变量是如何变化的，仔细观察变量的变化与序号（一般为n）之间的关系，我们找到这个关系就找到了规律所在。2）读懂题目，搜集信息，理解本质﹕要想做好这类新定义型问题，关键在于读懂题目中所给新定义的信息，真正理解新概念的本质。题目中可能会给出很多信息，有些是无关紧要的，有些是重要的，我们一定要抓住关键词，关键信息，彻底弄懂其问题的本质，这是我们解决问题的关键所在。3）新定义问题:往往在题干中会给出一种新定义，解题时需要用到整式混合运算、因式分解、平方差、完全平方、不等式与方程等知识。1.如下图，将形状、大小完全相同的“●”和线段按照一定规律摆成以下图形，第1幅图形中“●”的个数为，第2幅图形中“●”的个数为，第3幅图形中“●”的个数为，…，以此类推，那么的值为

【答案】【分析】首先根据图形中“●”的个数得出数字变化规律，进而求解即可．【详解】解：，，，，…，；∴，故答案∶．【点睛】此题考查图形的变化规律，找出图形之间的联系，找出规律是解题的关键．2．若两个正整数x，y满足且，则称x，y是一组“美丽数”，记为，则美丽数一共有组．【答案】14【分析】本题考查了不等式的性质，因式分解的应用，分式的加减运算，解题的关键是对已知式子进行合理的变形；由变形得，，根据x，y为正整数，且，进行讨论，可得和均为的正因数，进而求解即可；【详解】解：原方程可化为：，，x，y为正整数，且，必须为右边常数的因数，若，则，根据两数相乘的结果为2015的平方，知和中必有一个小于，则中有一个数小于0，不成立；和均为的正因数，且对取任意的正因数都有解，而的正因数有个，其中满足的除去后恰一半，所以有14组解；故答案为：143．已知实数m、、满足：．①若，则．②若m、、为正整数，则符合条件的有序实数对有个【答案】【分析】①把代入求值即可；②由题意知：均为整数，，则再分三种情况讨论即可．【详解】解：①当时，，解得：；②当m、、为正整数时，均为整数，而或或，或或，当时，时，；时，，故为，共2个；当时，时，；时，，时，故为，共3个；当时，时，；时，，故为，共2个；综上所述：共有个．故答案为：．【点睛】本题考查了整式方程的代入求值、整式方程的整数解，因式分解的应用，及分类讨论的思想方法．押题猜想六反比例函数与几何图形综合压轴（B22）1．如图，点A，B分别在函数图象的两支上（A在第一象限），连接AB交x轴于点C．点D，E在函数图象上，轴，轴，连接．若，的面积为9，四边形的面积为14，则的值为，a的值为．

【答案】129【分析】如图，延长，交于点，与轴交于点，而轴，轴，可得，的面积是5，设，，则，，，利用面积可得，，由，，可得，可得③，再利用方程思想解题即可．【详解】解：如图，延长，交于点，与轴交于点，而轴，轴，∴，∵的面积为9，四边形的面积为14，∴的面积是5，

设，，∴，，∴，，，，∴，，整理得：，，∵，，∴，∴，∴，则③，把③代入②得：，∴，即④，把③代入①得：⑤，把④代入⑤得：；故答案为：12；9【点睛】本题考查的是反比例函数的几何应用，平行线分线段成比例的应用，坐标与图形面积，熟练的利用方程思想解题是关键．押题解读“参数法”是一种解数学题的方法,它指在解决问题的过程中,通过适当引入与题目研究的问题发生联系的新变量(即为参数),然后以此作为媒介,再进行分析和综合,进而解决问题.运用参数解题有化繁为简之功效,因此,适当地引入参数,对提高解题能力,进一步学好数学,都会产生积极的作用.“参数法”解决反比例函数问题基本思路：①设参数；②用参数表示点的坐标；③用参数表示线段的长；④用参数表标图形的面积（周长）；⑤利用等量关系建立方程或不等式；⑥解方程（或化简）；⑦解答。1．平面直角坐标系中，直线与双曲线相交于A，B两点，其中点A在第一象限．设为双曲线上一点，直线，分别交y轴于C，D两点，则的值为。【答案】4【分析】根据直线与双曲线相交于A，B两点，其中点A在第一象限求得，，再根据为双曲线上一点求得；根据点A与点M的坐标求得直线AM解析式为，进而求得，根据点B与点M的坐标求得直线BM解析式为，进而求得，最后计算即可．【详解】解：∵直线与双曲线相交于A，B两点，∴联立可得：解得：或∵点A在第一象限，∴，．∵为双曲线上一点，∴．解得：．∴．设直线AM的解析式为，将点与点代入解析式可得：解得：∴直线AM的解析式为．∵直线AM与y轴交于C点，∴．∴．∴．∵，∴．设直线BM的解析式为，将点与点代入解析式可得：解得：∴直线BM的解析式为．∵直线BM与y轴交于D点，∴．∴．∴．∵，∴．∴=4．故答案：4．【点睛】本题考查了一次函数和反比例函数的综合应用，涉及到分式方程，一元二次方程和二元一次方程组的求解，正确求出点的坐标和直线解析式是解题关键．2．如图，曲线l是由函数在第一象限内的图象绕坐标原点O逆时针旋转得到的，过点，的直线与曲线l相交于点M，N，若的面积是，则k的值为．【答案】5【分析】由题意，可知：，建立新的坐标系：为轴，为轴，设，，利用根与系数的关系和的面积是3，可得结论．【详解】解：连接，，过A作轴于，过作轴于，如图所示：点，，，，，，同理得：，，，，函数在第一象限内的图象绕坐标原点逆时针旋转，建立新的坐标系：为轴，为轴，则旋转后的函数解析式为：，在新的坐标系中，，，设直线的解析式为：，则，解得，直线的解析式为：，设，，由得：，，，，整理得，，，，，；故答案为：5．【点睛】本题考查坐标与图形的性质，反比例函数的性质，一次函数，根与系数的关系，旋转的性质，解题的关键是数形结合，建立新的坐标系．3．如图，与交于A、B两点，过B作y轴的垂线，垂足为C，交于点D，点D关于直线的对称点E恰好落在x轴上，且轴，连接，则；若的面积为15，则的值为．【答案】/【分析】（1）设，则，联立直线，则，的横坐标为方程的两个根，分别为，根据根与系数的关系得出①，根据题意的中点在上，得②，联立①②即可求解；（2）根据（1）的结论得出，，证明，勾股定理得出，，即，则或，根据，进而分类讨论，即可求解．【详解】解：（1）设，则，联立即，即，则，的横坐标为方程的两个根，分别为，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，即，即①，∵关于直线对称，∴的中点在上，∴，即②由①②得：，即，∴，故答案为：．（2）∵关于对称，∴又，，则，∵∴则，∴∴，∵，∴，即，解得：或∵；当时，，无解（舍去）；当时，解得：，（舍去）∴故答案为：．【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．4．定义：将函数的图象绕点旋转，得到新的函数的图象，我们称函数是函数关于点P的相关函数．如果当时，函数关于点的相关函数的最大值为8，则m的值为．【答案】或【分析】先求出该函数顶点坐标，再根据题目所给新定义和旋转的性质，求出其相关函数的表达式，最后根据对称轴的不同位置，进行分类讨论即可．【详解】解：∵，，∴该函数顶点坐标为，设该函数关于点的相关函数顶点坐标为，∴，，解得：，，∴设该函数关于点的相关函数顶点坐标为，∴设该函数关于点的相关函数为；①当时，，∵，开口向下，∴当时，y有最大值，，解得：，（舍）；②当时，时，当时，y有最大值，，解得：（舍），（舍），③当时，，∵，开口向下，∴当时，y有最大值，，解得：（舍），（舍）；综上：或．故答案为：或．【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，旋转的性质，解题的关键是根据他题意得出该函数以及其相对函数的顶点坐标连线中点为，根据对称轴的不同位置进行分类讨论．押题猜想七几何最值压轴（B23）1.为等腰直角三角形，，，动点在边上运动．以A为直角顶点，在右侧作等腰直角三角形（如图）．为中点，为三等分点，，连接，则线段的最小值为．【答案】1【分析】连接，过点M作于点H，证明，推出，，再证明，推出，，设，则，在中，由勾股定理得，利用二次函数的性质即可求解．【详解】解：如图，连接，过点M作于点H，则，∵为等腰直角三角形，，，∴，，∵以A为直角顶点，在右侧作等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，即，∵，∴，∴，∴，∵M为中点，∴，即，∴，∴，，设，则，∴，∵，，∴，∴，在中，由勾股定理得，即，∵，∴，∴当时，的最小值是1，∴的最小值是1．故答案为：1．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，二次函数的应用，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．押题解读1.在几何最值问题，几何背景下的最值是考生感觉较难的，往往没有思路。常见的有：(1)几何图形中在特殊位置下的最值；(2)比较难的线段的最值问题，其依据是：①两点之间，线段最短；②垂线段最短，涉及的基本方法还有：利用轴对称变换、旋转变换化归到“三角形两边之和大于第三边”、“三角形两边之差小于第三边”等；③借助于圆的知识；④二次函数的最值法解决。2.常见最值模型：1）将军饮马模型；2）胡不归模型；3）阿氏圆模型；4）瓜豆模型（动态轨迹问题）；5）费马点模型等。1．如图，在中，，，点P在边上，D、E分别为、的中点，连结．过点E作的垂线，与、分别交于F、G两点，连结，交于点H．则的最大值为．【答案】【分析】先判断和是等腰直角三角形，得出，，可证明，得出，证明，得出，设，则，，，，，，进而求出，再根据当，时，，可求出，即可求解．【详解】解：，，，，、分别为、的中点，，，，，，，和是等腰直角三角形，，，在和中，，，∴，又∵，∴，∴，即∴，∵和是等腰直角三角形，，，则，，设，则，，则，，，，∴，又∵，∴，当，时，，∴，∴的最大值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形中位线、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、二次根式的运算等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．3．已知，如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点B的坐标为，点的坐标为，点关于轴的对称点为点，点为线段上的一个动点，连接，点为线段上一点，且，连接，当的值最小时，的长为．【答案】/【分析】如图所示，作点关于的对称点，连接，过点作交于，过点作且，连接，，先证明是等腰直角三角形，得到，由轴对称的性质可得，，则，由此可得，，是等腰直角三角形，则；设与轴交于，过点作轴于，证明，得到，则，，，证明四边形是平行四边形，得到；证明是等腰直角三角形，得到，则；由轴对称的性质可得，则，，故当最小时，最小，即最小，即当、、三点共线时，最小，求出直线解析式为，同理可得直线的解析式为，则当最小时点的坐标为，利用勾股定理求出，，则．【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，连接，过点作交于，过点作且，连接，，

∵，，，∴，，∴是等腰直角三角形，∴，∵点与点关于直线对称，∴，，∴，∴，，是等腰直角三角形，∴，设与轴交于，过点作轴于，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴；由轴对称的性质可得，∴，∴，∵要使最小，即要使最小，∴当最小时，最小，即最小，∴当、、三点共线时，最小，设直线解析式为，∴，∴，∴直线解析式为，同理可得直线的解析式为，联立，解得，∴当最小时点的坐标为，∴，，∴，∴，故答案为：．【点睛】此题考查了一次函数与几何综合，平行四边形的性质与判定，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的性质与判断，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线确定最小的情形是解题的关键．押题猜想八方程、不等式、函数综合实际应用（B24）1.随着电子信息产业的迅猛发展，智能手机已经走入普通百姓家，也影响着人们的生活．随着其功能的不断增加，致使手机电量的使用时间不断下降，手机充电问题便进入了大家的视线，手机电量E（单位：%）与充电时间t（单位：h）。某位助农达人在直播期间，两部相同的手机电池电量都剩余，为了不耽误助农直播卖农产品（建议充电时，不玩手机、避免手机高温）；第二部手机在15分钟后电量剩余时开始充电，已知两部手机的电量E与充电时间t的函数图象如下：(1)求出线段对应的函数表达式．(2)第一部手机充电时长为多少时，第二部手机电量超过了第一部的手机电量？

【答案】(1)(2)当时，第二部手机电量超过了第一部的手机电量【分析】（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；（2）先求出线段对应的函数表达式为，根据，得出，求出t的范围即可．【详解】（1）解：设线段对应的函数表达式为，把代入得，，解得：，线段对应的函数表达式为；（2）设线段对应的函数表达式为，把代入得，，解得：，线段对应的函数表达式为，当时，，解得，当时，第二部手机电量超过了第一部的手机电量．【点睛】本题考查一次函数的实际应用，涉及利用待定系数法求一次函数的解析式，利用不等式或图象比较大小的具体知识；做题的关键是从图象中读取信息，分析图象、将实际问题转化为函数问题．押题解读方程（组）的应用题以实际问题为背景，一般为生活中常见的分析决策问题，且情境真实、贴近学生生活。程（组）的应用题考查数学抽象和数学建模以及阅读能力，让学生学会把实际问题转化成数学问题，用数学符号建立方程（组）、不等式等表示数学问题中的数量关系，并设计出适当的解决问题的方案，培养应用意识和模型思想，提高解决实际问题能力。建立方程、不等式、函数模型解决问题的一般步骤：①阅读，弄清问题背景和基本要求；②分析，寻找问题的数量关系，找到与其相关的知识；③建模，由分析得出的相关知识建立方程模型、不等式(组)模型或函数模型；④解题，求解上述建立的方程、不等式或函数，结合实际确定最优方案。1．繁花歌舞团准备采购甲、乙两种道具，某商场对甲种道具的出售价格根据购买量给予优惠，对乙种道具按40元/件的价格出售，设繁花歌舞团购买甲种道具x件，付款y元，y与x之间的函数关系如图所示：(1)求出当和时，y与x的函数关系；(2)若繁花歌舞团计划一次性购买甲、乙两种道具共120件，且甲种道具数量不少于乙种道具数量的，乙种道具不少于35件，如何分配甲、乙两种道具的购进量，才能使繁花歌舞团付款总金额w（元）最少？【答案】(1)当时，函数解析式为，当时，(2)购进甲种道具85件，购进乙种道具35件，才能使延长歌舞团付款总金额最少【分析】本题主要考查一次函数的应用，不等组的应用，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题的关键．（1）设当时，函数解析式为，当时，函数解析式为，利用待定系数法可求解；（2）设购进甲种道具a件，则购进乙种道具件，根据“甲种道具数量不少于乙种道具数量的，乙种道具不少于35件”求得，然后结合（1）及题意列出付款总金额w（元）与甲种道具a件的函数关系式，可进行求解．【详解】（1）解：设当时，函数解析式为，则把点代入得：，解得：，∴当时，函数解析式为，当时，函数解析式为，则把点，代入得：，解得：，∴当时，；（2）解：设购进甲种道具件，则购进乙种道具件，由题知，，解得：．当时，；∵，∴随的增大而减小，则当时，当时，．即：当时，付款总金额最少，最少付款总金额为4990元．此时乙种道具为（件）．答：购进甲种道具85件，购进乙种道具35件，才能使延长歌舞团付款总金额最少．2．双十二，某网店的“三只松鼠”和“每日坚果”礼盒装销售非常火爆，已知用2000元购进“三只松鼠”或“每日坚果”的数量之比为5∶4，且每盒“每日坚果”的进价比“三只松鼠”进价多10元．(1)请求出每盒“三只松鼠”和“每日坚果”各自的进价；(2)12月初该网点店将“三只松鼠”进价提高50%出售，每天可销售“三只松鼠”30盒，“每日坚果”售价每盒60元，每天可销售“每日坚果”40盒，12月中旬后需求量下降，该老板决定在月初售价的基础上降价促销以增加销量，“三只松鼠”打折出售，每天销量在月初基础上增加20盒，“每日坚果”降价5元出售，每天销量在月初基础上增加25%，若降价后每天利润比月初每天的利润多100元，则“三只松鼠”打几折出售？【答案】(1)每盒“三只松鼠”的进价为40元，则每盒“每日坚果”的进价为50元(2)“三只松鼠”打9.5折出售【分析】本题考查了列分式方程解决实际问题，列一元一次方程解决实际问题，准确理解题意，找出等量关系是解题的关键．（1）设每盒“三只松鼠”的进价为x元，则每盒“每日坚果”的进价为元，根据用2000元购进“三只松鼠”或“每日坚果”的数量之比为5∶4列分式方程，求解即可；（2）设“三只松鼠”打m折出售，根据降价后每天利润比月初每天的利润多100元，列一元一次方程，求解即可．【详解】（1）设每盒“三只松鼠”的进价为x元，则每盒“每日坚果”的进价为元，由题意得，解得，经检验，时所列方程的解，且符合题意，∴（元），所以，每盒“三只松鼠”的进价为40元，则每盒“每日坚果”的进价为50元；（2）设“三只松鼠”打m折出售，月初每天的总利润为：（元），降价后每天的总利润为：由题意得，解得，所以，“三只松鼠”打9.5折出售．3．安阳是“文字之都”，甲骨文文创产品也日益成为甲骨文文化传播的使者，增加了人们理解甲骨文文化的途径．一家文创店某款甲骨文纪念品进价为每件30元．如果以单价60元销售，每天可卖出20件．调查发现，该纪念品的售价每降价1元，日销售量就会增加2件．设该纪念品每件降低m元（m为正整数），日销量利润为w元．(1)当m为多少时，日销售利润保持不变？(2)当m为多少时，日销售利润最大？最大利润是多少元？【答案】(1)当m为20时，日销售利润保持不变(2)当m为10时，日销售利润最大，最大值为800元【分析】本题考查了二次函数的实际应用，根据题意找出等量关系，列出关系式，以及熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．（1）根据总利润=单件利润×数量，列出方程求解即可；（2）根据总利润=单件利润×数量，列出函数表达式，再将其化为顶点式，再根据二次函数的性质，结合自变量取值范围，即可解答．【详解】（1）解：由题意，得：整理得：，解得：，（舍去）答：当m为20时，日销售利润保持不变；（2）解：∵，∴当时，w有最大值800，答：当m为10时，日销售利润最大，最大值为800元．押题猜想九二次函数与几何图形综合压轴（B25）1．在平面直角坐标系中，设直线的解析式为：(为常数且．)，当直线与一条曲线有且只有一个公共点时，我们称直线与这条曲线“相切”，这个公共点叫做“切点”．(1)求直线：与双曲线的切点坐标；(2)已知一次函数，二次函数，是否存在二次函数，其图象经过点，使得直线与都相切于同一点?若存在，求出的解析式；若不存在，请说明理由；(3)已知直线，直线是抛物线的两条切线，当与的交点的纵坐标为4时，试判断是否为定值，并说明理由．【答案】(1)切点坐标为(2)(3)是定值，【分析】（1）联立直线和双曲线解析式得到关于的一元二次方程，由相切的定义得出的值，解之可得；（2）联立可得切点为，从而得出经过点，，利用待定系数法得出，联立，得：，利用得出，，，即可得解；（3）由与的交点的纵坐标为4，可令，则直线，直线，联立，得：，由直线是抛物线的切线，可得，同理可得：，从而得出为的两根，最后由一元二次方程根与系数的关系即可得出答案．【详解】（1）解：联立，得：，解得：，切点坐标为；（2）解：直线与二次函数相切，联立，得：，解得：，切点为，与都相切于同一点，经过点，，解得：，，联立，得：，，解得：，，，的解析式为：；（3）解：是定值，，理由如下：与的交点的纵坐标为4，令，直线，直线，，，直线，直线，联立，得：，直线是抛物线的切线，，同理可得：，为的两根，．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了新定义、二次函数的性质、一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程组解决问题，属于中考压轴题．押题解读1.二次函数中的特殊图形存在性（探究性）问题考查方向有：等腰三角形的存在性问题、直角三角形的的存在性问题、等边三角形（由等腰三角形衍生）的存在性问题、等腰直角三角形（等腰三角形和直角三角形的结合体）的存在性问题、平行四边形的存在性问题、菱形（平行四边形+一组邻边相等）的存在性问题、矩形（平行四边形+对角线相等）的存在性问题、正方形（等腰直角三角形）的存在性问题、全等三角形的存在性问题、相似角形的存在性问题等。2.二次函数与角度综合问题，常见类型：1）特殊角问题：（1）利用特殊角的三角函数值找到线段之间的数量关系；（2）

遇到特殊角可以构造特殊三角形，如遇到45°构造等腰直角三角形，遇到30°、60°构造等边三角形，遇到90°构造直角三角形。2）角的数量关系问题：（1）等角问题：基于动点构造某个角使其与特定已知角相等，主要借助特殊图形的性质、全等和相似的性质或构造圆，利用圆周角性质来解决；（2）倍角问题：基于动点构造某个角使其等于特定已知角的倍角，主要利用角平分线的性质、等腰三角形的性质、对称、辅助圆等知识来解答；（3）角的和差问题：角度和为90度等。3.二次函数与韦达定理：常见于一些二次函数中的直线过定点、定值、恒成立问题中，该类考法有点类似于高中圆锥曲线的考法。望大家多训练，多总结方法！1．如图，直线分别交x轴，y轴于A，C两点，点B在x轴正半轴上．抛物线过A，B，C三点．(1)求抛物线的解析式；(2)过点B作交y轴于点D，交抛物线于点F．若点P为直线下方抛物线上的一动点，连接交于点E，连接，求的最大值及最大值时点P的坐标；(3)如图2，将原抛物线进行平移，使其顶点为原点，进而得到新抛物线，直线与新抛物线交于O，G两点，点H是线段的中点，过H作直线（不与重合）与新抛物线交于R，Q两点，点R在点Q左侧．直线与直线交于点T，点T是否在某条定直线上？若是，请求出该定直线的解析式，若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)的最大值为2，此时点P的坐标为(3)点T在定直线上，该直线解析式为【分析】（1）由题意易得，然后利用待定系数法可求解函数解析式；（2）由（1）可得，则有直线的解析式为，连接，过点P作轴交于点M，设点，则，则，然后根据铅垂法及二次函数的性质可进行求解；（3）由题意可知平移后的二次函数解析式为，则有，根据中点坐标公式可得，设点，然后可得直线的解析式为，直线的解析式为，直线的解析式为，进而可联立函数解析式进行求解．【详解】（1）解：当时，则有，即；当时，则有；∴，∴，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）解：由（1）可知抛物线解析式为，当时，则有，解得：，∴，由可设直线的解析式为，把点代入得：，∴直线的解析式为，∴当时，则有，即，连接，过点P作轴交于点M，如图所示：设点，则，∴，∴，∵，∴，∴，∵，开口向下，∴当时，则取得最大值，最大值为2，此时点P的坐标为；（3）解：点T在某条定直线上，理由如下：由题意可知平移后的二次函数解析式为，则联立方程得：，解得：，∴，∵点H是线段的中点，∴根据中点坐标公式可得：，即，设点，直线的解析式为，则有：，解得：，∴直线的解析式为，代入点H得：，∴，同理可得直线的解析式为，直线的解析式为，联立上述两个函数表达式得：，解得：，∴代入直线的解析式得，∴，设点T在直线，则有：∴，即，整理得：，比较系数得：，∴当时，无论m、n为何值时，都符合题设条件，∴点T在定直线上．【点睛】本题考查二次函数综合，熟练掌握二次函数的图象与性质、铅垂法及设而不求的思想是解题关键．2．如图1，抛物线与轴相交于点，直线与轴相交于点，与抛物线有公共点．(1)求证：直线与抛物线只有唯一的公共点；(2)过点作轴于点，连接，证明：；(3)如图2，直线交新抛物线于两点，连接交轴于点．若，说明直线必过定点，并求此定点的坐标．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)直线恒过定点【分析】（1）联立直线和抛物线，得到，求解即可；（2）连接，根据题意求得点和的坐标，根据解析式求得两点坐标，得到线段的长度，从而得到，得到，即可求证；（3）设，，联立直线和抛物线，利用根与系数的关系得到两根之和和两根之积，表示出、的解析式，得到两点坐标，再根据，得到的关系，即可求解．【详解】（1）证明：联立直线和抛物线可得，即解得，即直线与抛物线只有唯一的公共点；（2）证明：连接，如下图：将代入可得，，即由题意可得，将代入可得，即将代入可得或，即则，，，∴，，即又∵∴，∴∴；（3）解：设，，联立直线和抛物线可得，可得由根与系数的关系可得：，，将代入可得解得或即设直线为，将、代入，解得即，可得，同理可得，∵∴，即可得，化简可得：，即将代入可得，，即即直线恒过定点．【点睛】此题考查了二次函数与几何的综合，涉及了待定系数法求解析式，一元二次方程判别式与根的关系，根与系数的关系，相似三角形的判定与性质，因式分解法求解一元二次方程，综合性比较强，难度较大，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的有关知识，注意计算．3．如图1，抛物线与轴交于和两点，与轴交于．(1)直接写出，，三点的坐标；(2)连接、，点为抛物线上第三象限内一动点，且，求点坐标；(3)如图2，直线交抛物线于、两点（、不与、重合），直线、分别交轴于点、点，若、两点的纵坐标分别为，，试探究，与之间的数量关系．【答案】(1)点，点，点(2)点(3)【分析】（1）分别，令，代入中即可求解；（2）由（1）点，点，点，得出，得到，进而得到；作点关于轴的对称点，连接，得到，推出，求出直线的表达式为：，联立方程组：，即可求解；（3）设点，，则的解析式为：，，同理，得到，然后联立：，得，，即可求解．【详解】（1）解：令，则，解得：，，点，点，令，则，点，点，点，点；（2）由（1）得点，点，点，，，，，，，，，，如图，作点关于轴的对称点，连接，则，，，，，设直线的表达式为：，将代入得：，直线的表达式为：，联立方程组：，解得：或，点在第三象限内，点；（3）点、在抛物线上，设点，，点，的解析式为：，，同理，，联立：，整理得：，，，，，与之间的数量关系为：．【点睛】本题是二次函数的综合题，主要涉及二次函数的图像与性质、一次函数的性质、勾股定理逆定理、一元二次方程根与系数的关系等知识点；综合运用上述知识、数形结合是解题的关键．押题猜想十三角形与四边形综合压轴（B26）1．如图1，在菱形中，点P是对角线上一点，连接和，在射线上取点E，使得，射线交射线于点Q，设．(1)如图2，若，连接，交于点O，求证：；(2)【探究】如图3，若，，请画出图形，并求的值；【归纳】若，的值为______．（用含k、α的表达式表示）【答案】(1)见解析(2)【探究】；【归纳】【分析】对于（1），先说明四边形是正方形，结合已知得，再根据“等边对等角”得，最后根据“两角相等的两个三角形相似”得出结论；对于（2），先作出辅助线标注图形，再证明，接下来表示，并说明，可得，再根据线段垂直平分线可得，然后根据相似三角形的对应边成比例得出，进而得出，再结合已知条件表示出，最后根据得出答案．对于【归纳】，根据（2）可表示，再设，则，然后根据，并表示出，根据可得，再根据表示，并代入得出答案.【详解】（1）证明：如图，∵，则，又∵四边形是菱形，∴四边形是正方形，∴.∵，∴.∵P在上，，则，∴.∵，，∴，∴，∴；（2）解：[探究]如图所示，延长至Q′使得，连接，，过点作交的延长线于点M，作交的延长线于点S，∵，∴.又∵，∴.∵，且四边形是菱形，∴，∴，∴.∵四边形是菱形，∴，，，∴，则.∵，∴.∵，∴，∴.∵，∴，.∵P是上的点，垂直平分，∴.又，，.∵，∴，，∴，，过点P作于点T，则，∵，设，则，∵，，，，．[归纳]同（2）可得，设，则，∵，.，，.故答案为：．【点睛】本题主要考查了特殊的平行四边形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，解直角三角形的应用，等腰三角形的性质和判定，准确的作出辅助线是解题的关键．押题解读常见考点：直角、等腰、全等、相似三角形的性质与判定；特殊的四边形的性质与判定；勾股定理与逆定理；锐角三角形函数；三大几何变换；线段的垂直平分线与角平分线的性质等。常见切入点：（1）寻找相关的基本模型或基本图形；（2）紧扣不变量，并善于使用前面问题中所用的方法、结论；（3）不会做，找相似（全等）；有相似（全等），用相似（全等）；（4）在题目中寻找更多的信息，并加以运用。1．李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联