05挑战压轴题（解答题三）-2022年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编

2022年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编（江西考卷）05挑战压轴题（解答题三）1．（2021·江西）课本再现（1）在证明“三角形内角和定理”时，小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明，其中与相等的角是______；类比迁移（2）如图2，在四边形中，与互余，小明发现四边形中这对互余的角可类比（1）中思路进行拼合：先作，再过点作于点，连接，发现，，之间的数量关系是_________；方法运用（3）如图3，在四边形中，连接，，点是两边垂直平分线的交点，连接，．①求证：；②连接，如图4，已知，，，求的长（用含，的式子表示）．【答案】（1）∠DC；（2）AD2+DE2=AE2；（3）①见解析；②BD=．【解析】【分析】（1）根据拼图可求得∠A=∠DC；（2）根据∠ABC与∠ADC互余求得∠ADF=∠ADC+∠ABC=90°，利用勾股定理即可求解；（3）①由点O是△ACD两边垂直平分线的交点，证得OA=OD=OC，推出2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180，得到∠OAC+∠ADC=90，即可求解；②作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，求得AC：AB：BC=1：2：，同理可得CE：DE：DC=1：2：，证明△ACE△BCD，利用相似三角形的性质以及勾股定理即可求解．【详解】（1）根据拼图可得：∠A=∠DC；故答案为：∠DC；（2）作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，如图，∵∠ABC与∠ADC互余，即∠ABC+∠ADC=90°，∴∠ADF=∠ADC+∠CDF=∠ADC+∠ABC=90°，∴AD2+DE2=AE2；故答案为：AD2+DE2=AE2；（3）①证明：连接OD、OC，∵点O是△ACD两边垂直平分线的交点，∴OA=OD=OC，∴∠OAC=∠OCA，∠ODC=∠OCD，∠OAD=∠ODA，∵2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180，即2∠OAC+2∠ADC=180，∴∠OAC+∠ADC=90，∵∠OAC=∠ABC，∴∠ABC+∠ADC=90；②作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，∵∠ABC+∠ADC=90，∴∠ABC+∠CDF=90，∴AD2+DE2=AE2，即m2+DE2=AE2，∵∠BAC=90，∴AC：AB：BC=1：2：，同理可得CE：DE：DC=1：2：，∴，∵∠CDF=∠ABC，∴∠ACB=∠DCE，∴∠BCD=∠ACE，∴△ACE△BCD，∴，∴AE=，在Rt△CDE中，，∴DE=，∴m2+()2=()2，即m2+2=，∴BD2=，∴BD=．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．2．（2020·江西）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：内蒙类比探究（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为；推广验证（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；拓展应用（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积．【答案】（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）【解析】【分析】（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为，则有∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，由此可知，，即可计算出，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有，由（2）结论有，最后即可计算出四边形ABCD的面积．【详解】（1）∵△ABC是直角三角形，∴，∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且，∴∽∽，∴，，∴∴得证．（2）成立，理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴，∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，∴∽∽，∴，，∴∴得证．（3）过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，∵，，∴，，∵，∴，∴PH=AH=，∴，，∴，∵，ED=2，∴，，∴，∵，∴△ABP∽△EDP，∴，，∴，，∴，，∵，∴∵，∴∵∴△ABP∽△EDP∽△CBD∴故最后答案为．【点睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．3．（2019·江西）【特例感知】（1）如图1，对于抛物线，，，下列结论正确的序号是_______；①抛物线都经过点；②抛物线的对称轴由抛物线的对称轴依次向左平移个单位得到；③抛物线与直线的交点中，相邻两点之间的距离相等．【形成概念】（2）把满足（为正整数）的抛物线称为“系列平移抛物线”．【知识应用】在（2）中，如图2．①“系列平移抛物线”的顶点依次为，用含的代数式表示顶点的坐标，并写出该顶点纵坐标与横坐标之间的关系式；②“系列平移抛物线”存在“系列整数点（横、纵坐标均为整数的点）”：，其横坐标分别为（为正整数），判断相邻两点之间的距离是否都相等，若相等，直接写出相邻两点之间的距离；若不相等，说明理由．③在②中，直线分别交“系列平移抛物线”于点连接，判断是否平行？并说明理由．【答案】（1）①②③；（2）①，，②相邻两点之间的距离都相等，理由见解析；③与不平行,理由见解析【解析】【分析】（1）①当时，分别代入抛物线，，，即可得；②，的对称轴分别为，，的对称轴，③当时，则，可得或；，可得或；，可得或；所以相邻两点之间的距离都是1，（2）①的顶点为，，可得；②横坐标分别为，，，，为正整数），当时，，纵坐标分别为，，，，，相邻两点间距离分别为；③由题可知，，，．比较，即可得出结论与不平行．.【详解】解：解：（1）①当时，分别代入抛物线，，，即可得；①正确；②，的对称轴分别为，，的对称轴，由向左移动得到，再向左移动得到，②正确；③当时，则，或；，或；，或；相邻两点之间的距离都是1，③正确；故答案为①②③；（2）①的顶点为，，令，，；②相邻两点之间的距离都相等．理由：根据题意得：，．∴两点之间的铅直高度．两点之间的水平距离．∴由勾股定理得．∴．③与不平行．理由：根据题意得：，，，．过分别作直线的垂线，垂足为，，所以，．在中，．在中，．∵，∴．∴，∴与不平行．【点睛】本题考查二次函数图象及性质，平行线的性质；能够结合题意，分别求出抛物线与定直线的交点，抛物线上点的横坐标求出相应的纵坐标，结合勾股定理，直线的解析式进行综合求解是关键．4．（2018·江西）小贤与小杰在探究某类二次函数问题时，经历了如下过程：

求解体验

(1)已知抛物线经过点(1,0),则=，顶点坐标为，该抛物线关于点(0,1）成中心对称的抛物线的表达式是.

抽象感悟

我们定义：对于抛物线,以轴上的点为中心，作该抛物线关于点对称的抛物线,则我们又称抛物线为抛物线的“衍生抛物线”，点为“衍生中心”.

(2)已知抛物线关于点的衍生抛物线为，若这两条抛物线有交点，求的取值范围.

问题解决

(3)已知抛物线

①若抛物线的衍生抛物线为,两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求的值及衍生中心的坐标；

②若抛物线关于点的衍生抛物线为,其顶点为；关于点的衍生抛物线为，其顶点为；…；关于点的衍生抛物线为，其顶点为；…(为正整数).求的长(用含的式子表示).【答案】求解体验：；顶点坐标是(2,1)；；抽象感悟：；问题解决：①；（0，6）；②

【解析】【详解】【分析】(1)把(1，0)代入即可未出=4，然后把抛物线解析式变为顶点式即可求得抛物线的顶点坐标，继而可得顶点关于（0，1）的对称点，从而可写出原抛物线关于点(0，1）成中心对称的抛物线的表达式；（2）先求出抛物线的顶点是（1，6），从而求出(1，6)关于的对称点是，得，根据两抛物线有交点，可以确定方程有解，继而求得m的取值范围即可；(3)①先求出抛物线以及抛物线的衍生抛物线为，的顶点坐标，根据两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求的值及再根据中点坐标公式即可求出衍生中心的坐标；②如图，设，

…

，与轴分别相于，

…

，，则，，…，分别关于，…，中心对称，由题意则可得，…

分别是△，…的中位线，继而可得，，…，再根据点的坐标即可求得的长.【详解】求解体验(1)把(1，0)代入得，∴，∴顶点坐标是(2，1)，∵(2，1)关于(0，1)的对称点是(2，1)，∴成中心对称的抛物线表达式是：，即(如图)抽象感悟(2)∵，∴顶点是（1，6），∵(1，6)关于的对称点是，∴，∵两抛物线有交点，∴有解，∴有解，∴，∴；(如图)问题解决(3)①

∵=，∴顶点（1，），代入得：①∵

，∴顶点（1，），代入得：②由①②得，∵，，∴，∴两顶点坐标分别是（1，0），（1，12），由中点坐标公式得“衍生中心”的坐标是（0，6）；②如图，设，

…

，与轴分别相于，

…

，，则，，…，分别关于，…，中心对称，∴，…

分别是△，…的中位线，∴，，…，∵，，∴].【点睛】本题考查了二次函数的综合题，理解题意，画出符合题意的图形借助数形结合思想解决问题是关键.5．（2017·江西）我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知：（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【答案】（1）①；②4；（2）AD=BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析，．【解析】【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=AB′即可解决问题；②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；（2）结论：AD=BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；【详解】解：（1）①如图2中，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AB=AB′=AC′，∵DB′=DC′，∴AD⊥B′C′，∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=120°，∴∠B′=∠C′=30°，∴AD=AB′=BC，故答案为．②如图3中，∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=∠BAC=90°，∵AB=AB′，AC=AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC=B′C′，∵B′D=DC′，∴AD=B′C′=BC=4，故答案为4．（2）结论：AD=BC．理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴AC′=B′M=AC，∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，∴△BAC≌△AB′M，∴BC=AM，∴AD=BC．（3）存在．理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．∵∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=2，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CM=2，DM=4，∠M=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，∴EM=BM=7，∴DE=EM﹣DM=3，∵AD=6，∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，PB=PC，在Rt△CDF中，∵CD=2，CF=6，∴tan∠CDF=，∴∠CDF=60°=∠CPF，易证△FCP≌△CFD，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，∴∠BPC=120°，∴∠APD+∠BPC=180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=，∴PN==．【点睛】本题考查四边形综合题．1．（2022·江西·新余四中九年级期末）如图，一组抛物线（n为不大于12的正整数）的顶点为，过点作x轴的垂线，垂足为，以为边长向右作正方形．当时，抛物线为的顶点为，此时的正方形为，依此类推．(1)当时，求抛物线的的顶点为和的坐标；(2)求的坐标（用含n的代数式表示）；(3)①若以点为顶点的三角形是直角三角形，求n的值；②若抛物线（n为不大于12的正整数）的其中一条抛物线经过点，写出所有满足条件的正方形的边长．【答案】(1)，(2)(3)①4；②正方形的边长为3，6，9【解析】【分析】（1）将二次函数解析式化为顶点式，即可求点坐标，根据正方形的性质即可得点坐标；（2）将二次函数解析式化为顶点式，即可求点坐标，根据正方形的性质即可得点坐标；（3）：①由（2）可知，，，，可知∴，，，由以点为顶点的三角形是直角三角形，如图所示，可证，有即，计算满足要求的解即可；②由题意知（n为不大于12的正整数）的其中一条抛物线设为经过点，则，解得，由，均为不大于12的正整数，求出的所有满足条件的值，进而求解对应的每个二次函数的正方形的边长即可．(1)解：∵∴∵，轴∴和的坐标分别为和．(2)解：∵∴∵，轴∴．(3)解：①由（2）可知，∴，∴，，∵以点为顶点的三角形是直角三角形，如图所示∵，∴∴∴即解得或（不符合题意，舍去）∴的值为4．②解：由题意知（n为不大于12的正整数）的其中一条抛物线设为经过点则解得∵，均为不大于12的正整数∴的值为3，6，9∴的顶点坐标，正方形的边长为3；的顶点坐标，正方形的边长为6；的顶点坐标，正方形的边长为9；∴满足条件的正方形的边长为3，6，9．【点睛】本题考查了二次函数顶点坐标，正方形的性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．2．（2022·湖北湖北·九年级期末）问题背景：如图1，在中，，，是边上的中线，E是上一点，将绕点C逆时针旋转得到，的延长线交边于点P．问题探究：(1)探究，之和与之间的数量关系．①先将问题特殊化，如图2，当时，直接写出，之和与之间的数量关系；②再探究一般情形，如图1，当不垂直时，证明①中的结论仍然成立；(2)拓展探究：如图3，若的延长线交的延长线于点P时，直接写出一个等式，表示，，之间的数量关系．【答案】(1)①；②见解析(2)【解析】【分析】解：①结论：．根据旋转的性质，再证明四边形是正方形，可得结论．②结论不变，如图2中，过点C作于点G，过点C作交的延长线于点H．证明，可以推出，再利用正方形的性质解决问题即可．（2）结论：，证明方法类似②．(1)解：①解：．理由：∵，∴，在中，，，∵将绕点C逆时针旋转得到，∴，，，，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，∴，∵是中边上的中线，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，∴②结论成立，证明：过点C作于点G，过点C作交的延长线于点H．则．由旋转性质可知，，∴，，，∵，，∴，∴，∴，，．∴．∴．∴四边形是正方形．∴，∴．∵，，，∴．∴．∴．(2)解：．理由：如下图所示，过作交于点，交的延长线于点，则四边形是平行四边形，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，在和中，，∴，∴，∴四边形是正方形，∴，∴，∴．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．3．（2022·湖南师大附中博才实验中学九年级开学考试）如果有一条直线经过三角形的某个顶点，将三角形分成两个三角形，其中一个三角形与原三角形相似，则称该直线为三角形的“自相似分割线”．如图1，在△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°，DE垂直平分AB，且交BC于点D，连接AD．(1)证明直线AD是△ABC的自相似分割线；(2)如图2，点P为直线DE上一点，当点P运动到什么位置时，PA+PC的值最小？求此时PA+PC的长度．(3)如图3，射线CF平分∠ACB，点Q为射线CF上一点，当取最小值时，求∠QAC的正弦值．【答案】(1)直线AD是△ABC的自相似分割线；(2)当点运动到点时，PA+PC的值最小，此时；(3)∠QAC的正弦值为【解析】【分析】（1）根据定义证明△DBA∽△ABC即可得证；（2）根据垂直平分线的性质可得，当点与重合时，,此时最小，设，则根据，列出方程，解方程求解即可求得，进而即可求得的长，即最小值；（3）过点作于点，过点作于点，连接，设与交于点，根据已知条件求得，进而转化为，则当点落在上时，点与点重合，此时的值最小，最小值为，进而根据求解即可．(1)∵△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°∴∠B=∠C=（180°∠BAC）=36°∵DE垂直平分AB∴AD=BD∴∠B=∠BAD=36°∴∠C=∠BAD又∵∠B=∠B∴△DBA∽△ABC∴直线AD是△ABC的自相似分割线．(2)如图，连接，，垂直平分AB，当点与重合时，,此时最小，，设，则解得：PA+PC=当点运动到点时，PA+PC的值最小，此时；(3)如图，过点作于点，过点作于点，连接，设与交于点，，由（2）知，平分点落在上时，点与点重合，即此时的值最小，最小值为∠QAC的正弦值为【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，求角的正弦，垂直平分线的性质，两点之间线段最短，垂线段最短，胡不归问题，转化线段是解题的关键．4．（2022·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校九年级开学考试）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线（）与x轴交于点B．与y轴交于点A，直线与x轴交于点C，与y轴交于点D，轴交CD于点E．(1)如图1，求证：；(2)如图2，连接AE，于点F．，，AG交x轴的负半轴于点G，设BF的长为t，点G的横坐标为n，求n与t的函数关系式；(3)如图3，在（2）的条件下，当时，求点F的坐标．【答案】(1)见解析(2)n=(3)(，)【解析】【分析】(1)先求得B的坐标，代入直线的解析式即可．(2)先证明△FBE∽△OAB，求得EF=，过点A作AH⊥BE于点H，证明四边形AOBH是矩形，△OAG∽△HAE，整理即可．(3)如图，过点F作FN⊥x轴于点N，利用三角函数法求解．(1)∵直线（）与x轴交于点B．与y轴交于点A，∴A(0，2k)，B(2，0)，当x=2时，=b2，∴E(2，b2)，∴EB=b20=b2．(2)∵直线（）与x轴交于点B．与y轴交于点A，∴A(0，2k)，B(2，0)，∴OA=|2k|=2k，OB=2，∵轴，，∴AO∥BE，∴∠FBE=∠OAB，∴△FBE∽△OAB，∴，∴，解得EF=，过点A作AH⊥BE于点H，∵EF⊥AB，∴A、F、E、H四点共圆，∴∠FAH=∠BEF，∵∠BEF=2∠EAF，∴∠FAH=2∠EAF=∠EAF+∠EAH，∴∠EAF=∠EAH，∴EF=EH=，∵AO⊥OB，AH⊥BE，BH⊥OB，∴四边形AOBH是矩形，∴∠OAH=90°，AH=OB=2，∵AG⊥AE，∴∠OAG=∠HAE，∴△OAG∽△HAE，∴，∴×(2k)=2n，解得n=．(3)如图，过点F作FN⊥x轴于点N，根据(2)，得AB=t+2，∴sin∠OAB=，tan∠OAB=，∵FN∥AO，∴∠OAB=∠NFB，∴sin∠NFB=，tan∠NFB=，∴NB=，FN==，∴ON=OBNB=2=，FN==，∴F的坐标为(，)，∵CG=5，∴b=n+5=5t，∴BE=b2=3t，∵cos∠FBE=cos∠BFN，∴，∴k=，∴F的坐标为(，)，【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，四点共圆，三角函数，熟练掌握三角形相似的判定，灵活运用三角函数是解题的关键．5．（2022·贵州遵义·九年级期末）已知二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0，a、b为常数）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（6，0），与y轴的正半轴交于点C，过点C的直线y＝﹣x+4与x轴交于点D．(1)求二次函数的解析式；(2)如图1，点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，试探究点P的坐标是多少时，△CDP的面积最大，并求出最大面积；(3)如图2，点M是二次函数图象上一动点，过点M作ME⊥CD于点E，MF//x轴交直线CD于点F，是否存在点M，使得△MEF≌△COD，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)P（,），最大面积为(3)M（2，8）或M（5，4）【解析】【分析】（1）将A（−1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，即可求解；（2）过点P作PG⊥x轴交直线CD于点G，设P（t，），则G（t，），由S△CDP＝S△PCG−S△PDG＝×PG×3＝−（t−）2＋，即可求解；（3）由题意可得FM＝5，设M（m，），则F（m−5，），再由F点在直线CD上，即可求m的值，进而确定M点的坐标．(1)解：将A（−1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，∴，∴，∴(2)过点P作PG⊥x轴交直线CD于点G，设P（t，），则G（t，），，∴GP＝令y＝0，则x＝3，∴D（3，0），∵S△CDP＝S△PCG−S△PDG＝×PG×3＝−（t−）2＋，，∴当t＝时，S△CDP有最大值此时P（,）；(3)存在点M，使得△MEF≌△COD，理由如下：∵ME⊥CD，∴∠MEF＝90°，∵MF∥x轴，∴∠FME＝∠CDO，∵△MEF≌△COD，∴MF＝CD，∵OC＝4，OD＝3，∴CD＝5，∴FM＝5，设M（m，），则F（m−5，），∵F点在直线CD上，∴＝∴m＝2或m＝5，∴M（2，8）或M（5，4）．【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，全等三角形的性质是解题的关键．1．（2022·辽宁大连·九年级期末）阅读下面材料．小明遇到这样一个问题：如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC外，∠ADC＝120°，连接BD．用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明．小明经过思考，发现解决问题的方法：如图2，延长CD至E，使ED＝AD，连接AE．证△ADE是等边三角形，△ACE≌△ABD，问题得到解决．(1)填空：线段AD，BD，CD之间的数量关系为；(2)用学过的知识或参考小明的方法解决下面的问题：①如图3，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是△ABC外一点，∠ADC＝135°，连接BD．用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明．②如图4，△ABC是等边三角形，点D在△ABC内，∠DAB＝∠DBA＝15°，将线段BD绕着点D顺时针旋转30°，得到线段B'D，连接B'D．直接写出的值．【答案】(1)(2)①，证明见解析；②【解析】【分析】（1）延长至，使，连接．证是等边三角形，再利用证明，从而解决问题；（2）①延长，作交的延长线于，得是等腰直角三角形，得，由（1）同理可得，，从而得出答案；②连接，将△绕点逆时针旋转得，作，交的延长线于，作于，可得是等腰直角三角形，设，则，，，利用勾股定理表示出的长，即可得出答案．(1)解：延长至，使，连接．，，是等边三角形，，，是等边三角形，，，，，，，故答案为：；(2)①，理由如下：延长，作交的延长线于，，，是等腰直角三角形，，由（1）同理可得，，；②连接，将△绕点逆时针旋转得，作，交的延长线于，作于，，，，是的垂直平分线，，，设，则，，，，，，，，，在中，，，，．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握基本几何模型，构造全等三角形是解题的关键．2．（2022·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋6与x轴交于点B（﹣4，0），C（2，0），与y轴交于点A，在抛物线上有一动点P，连接AP，BP，AB，CP．(1)求该抛物线的函数表达式；(2)若P点在第二象限的抛物线上，当△ABP的面积是时，求△BCP的面积；(3)点D是线段AC上的一点，过D作DE⊥BC于点E，点F在线段AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连接DF和EF，线段EF的长度是否有最小值，如果有请直接写出这个最小值，若没有最小值请说明理由．【答案】(1)(2)或(3)存在，EF最小值为【解析】【分析】（1）将B（﹣4，0），C（2，0）代入y＝ax2+bx+6，解出a、b，即可得抛物线的函数表达式；（2）先求直线AB解析式，设P（m，﹣m2﹣m+6），用含m的代数式表示S△ABP，且由△ABP的面积是列方程，即可求△BCP的面积；（3）过F作FH⊥x轴于H，连接FE，求出直线AC解析式，由D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，设D（t，﹣3t+6），则F（﹣t，﹣t+6），用含t的代数式表示，求出其最小值，从而得到EF的最小值．(1)（1）将B（﹣4，0），C（2，0）代入y＝ax2+bx+6得：，解得，∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣x+6；(2)过P作PQ∥y轴交AB于Q，如图：在y＝﹣x2﹣x+6中令x＝0，得y＝6，∴A（0，6），设直线AB解析式为y＝kx+b，则，解得，∴直线AB解析式为y＝x+6，∵P点在第二象限的抛物线上，∴设P（m，﹣m2﹣m+6），则Q（m，m+6），∴PQ＝﹣m2﹣m+6﹣（m+6）＝﹣m2﹣3m，∵S△ABP＝S△QBP+S△AQP＝PQ•（xA﹣xB），且△ABP的面积是，∴×（﹣m2﹣3m）×4＝，解得m＝﹣1或m＝﹣3，当m＝﹣1时，P（﹣1，），S△BCP＝BC•yP＝×[2﹣（﹣4）]×＝，当m＝﹣3时，P（﹣3，），S△BCP＝BC•yP＝×[2﹣（﹣4）]×＝，∴△BCP的面积是或．(3)过F作FH⊥x轴于H，连接FE，如图：设直线AC解析式为y＝mx+n，将A（0，6）、C（2，0）代入得：，解得，∴直线AC解析式为y＝﹣3x+6，∵D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，∴设D（t，﹣3t+6），则F（﹣t，﹣t+6），∴FH＝﹣t+6，EH＝t﹣（﹣t）＝2t，在Rt△EFH中，EF2＝FH2+EH2，∴EF2＝（﹣t+6）2+（2t）2＝t2﹣18t+36＝（t﹣）2+，∴当t＝时，EF2最小值为，故EF最小值为．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合知识，涉及二次函数解析式、三角形面积、中心对称、勾股定理等，解题的关键是设点的坐标，用含字母的代数式表示相关的线段长度，列方程解决问题．3．（2022·陕西西安·九年级期末）有这样一类特殊边角特征的四边形，它们有“一组邻边相等且对角互补”，我们称之为“等对补四边形”．(1)如图1，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于点E，若AE＝4，则四边形ABCD的面积等于．(2)等对补四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角，即如图2，四边形ABCD中，AD＝DC，∠A+∠C＝180°，连接BD，求证：BD平分∠ABC．(3)现准备在某地著名风景区开发一片国家稀有动物核心保护区，保护区的规划图如图3所示，该地规划部门要求：四边形ABCD是一个“等对补四边形”，满足AD＝DC，AB+AD＝12，∠BAD＝120°，因地势原因，要求3≤AD≤6，求该区域四边形ABCD面积的最大值．【答案】(1)9(2)见解析(3)【解析】【分析】（1）过作，交的延长线于，求出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，求出，根据得出，根据全等得出，，求出，求出，代入求出即可；（2）如图1中，连接，．证明，，，四点共圆，利用圆周角定理即可解决问题．（3）如图3中，延长到，使得，连接，过点作于，根点作于，于．设．构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．(1)解：如图1，过作，交的延长线于，，，四边形是矩形，，，，在和中，，，，，四边形是矩形，四边形是正方形，，．故答案为：16；(2)解：证明：如图2中，连接．，，，，四点共圆，，，，平分．(3)解：如图3中，延长到，使得，连接，过点作于，过点作于，于．设．，，，，，是等边三角形，，，由（2）可知．平分，，，，，，，，，，，，，∵，∴∴时，有最大值，最大值．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了“邻等对补四边形”的定义，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，四点共圆，二次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题，属于中考压轴题．4．（2022·全国·九年级专题练习）已知二次函数经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．(1)求该抛物线解析式；(2)如图1，点M为抛物线上第二象限内一动点，BM交y轴于点N，当BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，求点M的坐标；(3)如图2，点P为对称轴上D点下方一动点，点Q为直线y＝x第一象限上的动点，且DP＝OQ，求BP+BQ的最小值并求此时点P的坐标．【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3．(2)M（﹣2，3）或（，）．(3)最小值为AC＝，点P（﹣1，2）．【解析】【分析】（1）根据A、B点的坐标设出抛物线的交点式，再将C点的坐标带图求解，即可得出结论．（2）过A点作AG⊥x轴交BM的延长线于G，则，设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，进而得出或2，进而建立方程求解，即可得出结论．（3）先判断出△PCD∽△OBQ，进而得出PC＝OQ，在判断出A、P、C在同一条直线上时，BP+OQ的最小值，在求出直线AC的解析式，即可得出结论．(1)解：∵二次函数经过点A（﹣3，0）、B（1，0），∴设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），∵点C（0，3）在抛物线上，∴﹣3a＝3，∴a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；(2)解：如图1，过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，设点M（m，﹣m2﹣2m+3）（﹣3＜m＜0），∴S△BCM＝CN（1﹣m），S△ABM＝S△ABG﹣S△AMG＝AG[（1+3）﹣（m+3）]＝AG（1﹣m），∴，∵，∴＝，设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，∵BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，∴＝或2，∴，或2，∴或2，∴t＝1或，∴N（0，1）或N（0，），当N（0，1）时，∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣x+1①，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）②，联立①②解得，或，∴M（﹣2，3）；当N（0，）时，∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣x+③，联立②③解得，或，∴M（，）；即M（﹣2，3）或（，）；(3)解：如图2，连接PC，CD，过点C作CH⊥DP于H，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2m+3＝﹣（m﹣1）2+4，∴D（﹣1，4），∵C（0，3），∴CD＝，DH＝1，CH＝1，∴DH＝CH，∴∠CDP＝45°，∵点Q为直线y＝x第一象限上的动点，∴∠BOQ＝45°＝∠CDP，∵DP＝OQ，∴＝，∵＝，∴＝＝，∴△PCD∽△OBQ，∴，∴PC＝OQ，∴BP+OQ＝BP+PC，连接AP，∵点P是抛物线的对称轴上的点，∴PB＝PA，∴BP+OQ＝BP+PC＝PA+PC，∴当点A，P，C在同一条直线上时，BP+OQ最小，最小值为AC＝＝，∵A（﹣3，0），C（0，3），∴直线AC的解析式为y＝x+3，当x＝﹣1时，y＝2，∴点P（﹣1，2）．【点睛】本题考察了二次函数解析式的求法，抛物线的性质，三角形面积公式，相识三角形等问题，需要数形结合解答问题．5．（2022·四川省成都市石室联合中学八年级期末）如图，在平面