江蘇省13市2023年中考數學試題分類解析匯編(20專題)專題20：壓軸題

江蘇省13市2023年中考數學試題分類解析匯編（20專題）專題20：壓軸題江蘇泰州鳴午數學工作室編輯1.（2023年江蘇連云港3分）如圖是本地區(qū)一種產品30天的銷售圖象，圖①是產品日銷售量y（單位：件）與時間t（單位；天）的函數關系，圖②是一件產品的銷售利潤z（單位：元）與時間t（單位：天）的函數關系，已知日銷售利潤=日銷售量×一件產品的銷售利潤，下列結論錯誤的是【】A.第24天的銷售量為200件B.第10天銷售一件產品的利潤是15元C.第12天與第30天這兩天的日銷售利潤相等D.第30天的日銷售利潤是750元【答案】C．【考點】一次函數的應用；待定系數法的應用；直線上點的坐標與方程的關系；分類思想的應用．【分析】根據函數圖象分別各選項進行分析判斷：A、根據圖①可得第24天的銷售量為200件，故正確.B．設當0≤t≤20，一件產品的銷售利潤z（單位：元）與時間t（單位：天）的函數關系為，把（0，25），（20，5）代入得：，∴.當x=10時，.故正確.C．當0≤t≤24時，設產品日銷售量y（單位：件）與時間t（單位；天）的函數關系為，把（0，100），（24，200）代入得：，∴，當t=12時，y=150，，∴第12天的日銷售利潤為；150×13=1950（元），第30天的日銷售利潤為；150×5=750（元）.而750≠1950，故C錯誤.D．第30天的日銷售利潤為；150×5=750（元），故正確．故選C．2.（2023年江蘇南京2分）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5，AD、AB、BC分別與⊙O相切于E、F、G三點，過點D作⊙O的切線交BC于點M，則DM的長為【】A.B.C.D.【答案】A.【考點】矩形的性質；切線的性質；正方形的判定和性質；切線長定理；勾股定理；方程思想的應用.【分析】如答圖，連接，則根據矩形和切線的性質知，四邊形都是正方形.∵AB=4，∴.∵AD=5，∴.設GM=NM=x，則.在中，由勾股定理得：，即，解得，.∴．故選A.3.（2023年江蘇蘇州3分）如圖，在一筆直的海岸線l上有A、B兩個觀測站，AB=2km，從A測得船C在北偏東45°的方向，從B測得船C在北偏東22.5°的方向，則船C離海岸線l的距離（即CD的長）為【】A．kmB．kmC．kmD．km【答案】B．【考點】解直角三角形的應用（方向角問題）；矩形的判定和性質；等腰直角三角形的判定和性質.【分析】如答圖，過點B作BE⊥AC交AC于點E，過點E作EF⊥CD交CD于點F，則根據題意，四邊形BDEF是矩形，△ABE、△EFC和△ADC都是等腰直角三角形，∵AB=2，∴DF=BF=AB=2，.∵∠EBC=∠BCE=22.5°，∴CE=BE=2.∴.∴（km）.∴船C離海岸線l的距離為km.故選B．4.（2023年江蘇泰州3分）如圖，△中，AB=AC，D是BC的中點，AC的垂直平分線分別交AC、AD、AB于點E、O、F，則圖中全等的三角形的對數是【】A.1對B.2對C.3對D.4對【答案】D.【考點】等腰三角形的性質；線段垂直平分線的性質；全等三角形的判定.【分析】∵AB=AC，D是BC的中點，∴根據等腰三角形三線合一的性質，易得.∵EF是AC的垂直平分線，∴根據線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等的性質，易得.綜上所述，圖中全等的三角形的對數是4對.故選D.5.（2023年江蘇無錫3分）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90o，AC＝3，BC＝4，將邊AC沿CE翻折，使點A落在AB上的點D處；再將邊BC沿CF翻折，使點B落在CD的延長線上的點B′處，兩條折痕與斜邊AB分別交于點E、F，則線段B′F的長為【】A.B.C.D.【答案】B．【考點】翻折變換（折疊問題）；折疊的性質；等腰直角三角形的判定和性質；勾股定理．【分析】根據折疊的性質可知，∴.∵，∴.∴是等腰直角三角形.∴.∴.∴.∵，∴.在中，根據勾股定理，得AB=5，∴.∴.在中，根據勾股定理，得，∴.∴.在中，根據勾股定理，得.故選B．6.（2023年江蘇徐州3分）若函數的圖像如圖所示，則關于的不等式的解集為【】A.B.C.D.【答案】C.【考點】直線的平移；不等式的圖象解法；數形結合思想的應用.【分析】如答圖，將函數的圖像向右平移3個單位得到函數的圖象，由圖象可知，當時，函數的圖象在軸上方，即.∴關于的不等式的解集為.故選C.7.（2023年江蘇鹽城3分）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中剪去一個邊長為1的小正方形CEFG，動點P從點A出發(fā)，沿A→D→E→F→G→B的路線繞多邊形的邊勻速運動到點B時停止（不含點A和點B），則△ABP的面積S隨著時間t變化的函數圖像大致為【】A.B.C.D.【答案】B.【考點】單動點問題；函數圖象的分析；正方形的性質；三角形的面積；分類思想和數形結合思想的應用.【分析】根據題意，可知△ABP的面積S隨著時間t變化的函數圖像分為五段：當點P從A→D時，△ABP的面積S是t的一次函數；當點P從D→E時，△ABP的面積S不隨t的變化而變化，圖象是平行于t軸的一線段；當點P從E→F時，△ABP的面積S是t的一次函數；當點P從F→G時，△ABP的面積S不隨t的變化而變化，圖象是平行于t軸的一線段；當點P從G→B時，△ABP的面積S是t的一次函數.故選B.8.（2023年江蘇揚州3分）已知x=2是不等式的解，且x=1不是這個不等式的解，則實數的取值范圍是【】A.B.C.D.【答案】C.【考點】不等式的解；解一元一次不等式組.【分析】∵x=2是不等式的解，且x=1不是這個不等式的解，∴.故選C.9.（2023年江蘇常州2分）將一張寬為4cm的長方形紙片（足夠長）折疊成如圖所示圖形，重疊部分是一個三角形，則這個三角形面積的最小值是【】A.cm2B.8cm2C.cm2D.16cm2【答案】B．【考點】翻折變換（折疊問題）；等腰直角三角形的性質．.【分析】如答圖，當AC⊥AB時，三角形面積最小，∵∠BAC=90°，∠ACB=45°，∴AB=AC=4cm.∴S△ABC=×4×4=8cm2．故選B．10.（2023年江蘇淮安3分）如圖，l1∥l2∥l3，直線a、b與l1、l2、l3分別相交于點A、B、C和點D、E、F，若，DE=4，則EF的長是【】A.B.C.D.【答案】C.【考點】平行線分線段成比例的性質.【分析】∵l1∥l2∥l3，∴.∵，DE=4，∴.故選C.11.（2023年江蘇南通3分）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，弦AD平分∠BAC，交BC于點E，AB=6，AD=5，則AE的長為【】A.2.5B.2.8C.3D.3.2【答案】B.【考點】圓周角定理；勾股定理；相似三角形的判定和性質.【分析】如答圖，連接BD、CD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°.∴.∵弦AD平分∠BAC，∴CD=BD=.∴∠CBD=∠DAB.在△ABD和△BED中，∵∠BAD=∠EBD，∠ADB=∠BDE，∴△ABD∽△BED.∴，即.∴．故選B.12.（2023年江蘇宿遷3分）在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別為（﹣3，0），（3，0），點P在反比例函數的圖象上，若△PAB為直角三角形，則滿足條件的點P的個數為【】A.2個B. 4個C.5個D.6個【答案】D．【考點】反比例函數圖象上點的坐標特征；圓周角定理；分類思想和數形結合思想的應用．【分析】如答圖，若△PAB為直角三角形，分三種情況：①當∠PAB=90°時，P點的橫坐標為﹣3，此時P點有1個；②當∠PBA=90°時，P點的橫坐標為3，此時P點有1個；③當∠APB=90°，以點O為圓心AB長為直徑的圓與的圖象交于4點，此時P點有4個．綜上所述，滿足條件的P點有6個．故選D．13.（2023年江蘇鎮(zhèn)江3分）如圖，坐標原點O為矩形ABCD的對稱中心，頂點A的坐標為（1，t），AB∥x軸，矩形與矩形ABCD是位似圖形，點O為位似中心，點A′，B′分別是點A，B的對應點，．已知關于x，y的二元一次方程（m，n是實數）無解，在以m，n為坐標（記為（m，n））的所有的點中，若有且只有一個點落在矩形的邊上，則的值等于【】A.B.C.D.【答案】D．【考點】位似變換；二元一次方程組的解；坐標與圖形性質；反比例函數的性質；曲線上點的坐標與方程的關系．【分析】∵坐標原點O為矩形ABCD的對稱中心，頂點A的坐標為（1，t），∴點C的坐標為.∵矩形與矩形ABCD是位似圖形，，∴點A′的坐標為，點C′的坐標為.∵關于x，y的二元一次方程（m，n是實數）無解，∴由得mn=3，且，即（m≠2）.∵以m，n為坐標（記為（m，n））的所有的點中，有且只有一個點落在矩形的邊上，∴反比例函數的圖象只經過點A′或C′.而根據反比例函數的對稱性，反比例函數的圖象同時經過點A′或C′，只有在，時反比例函數的圖象只經過點C′.∴.故選D．1.（2023年江蘇連云港3分）如圖，在△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=90°，直線l1∥l2∥l3，l1與l2之間距離是1，l2與l3之間距離是2，且l1，l2，l3分別經過點A，B，C，則邊AC的長為▲．【答案】.【考點】平行線的性質；銳角三角函數定義；特殊角的三角函數值；相似三角形的判定和性質；勾股定理．【分析】如答圖，過點B作EF⊥l2，交l1于E，交l3于F，∵∠BAC=60°，∠ABC=90°，∴．∵直線l1∥l2∥l3，∴EF⊥l1，EF⊥l3.∴∠AEB=∠BFC=90°．∵∠ABC=90°，∴∠EAB=90°﹣∠ABE=∠FBC.∴△BFC∽△AEB，∴．∵EB=1，∴FC=．在Rt△BFC中，．在Rt△ABC中，．2.（2023年江蘇南京2分）如圖，過原點O的直線與反比例函數y1，y2的圖象在第一象限內分別交于點A、B，且A為OB的中點，若函數，則y2與x的函數表達式是▲．【答案】.【考點】反比例函數的圖象和性質；曲線上點的坐標與方程的關系；待定系數法的應用.【分析】設y2與x的函數表達式是，∵點B在反比例函數y2的圖象上，∴可設.∵A為OB的中點，∴.∵點A在反比例函數的圖象上，∴，解得.∴y2與x的函數表達式是.3.（2023年江蘇蘇州3分）如圖，四邊形ABCD為矩形，過點D作對角線BD的垂線，交BC的延長線于點E，取BE的中點F，連接DF，DF=4．設AB=x，AD=y，則的值為▲．【答案】16.【考點】代數式的幾何意義；矩形的性質；直角三角形斜邊上中線的性質；勾股定理.【分析】∵四邊形ABCD為矩形，AB=x，AD=y，∴DC=x，BC=y.∵在中，點F是斜邊BE的中點，DF=4，∴BF=DF=4.∴在中，，即.∴.4.（2023年江蘇泰州3分）如圖，矩形中，AB=8，BC=6，P為AD上一點，將△ABP沿BP翻折至△EBP，PE與CD相交于點O，且OE=OD，則AP的長為▲．【答案】.【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質；折疊對稱的性質；勾股定理，全等三角形的判定和性質；方程思想的應用.【分析】如答圖，∵四邊形是矩形，∴.根據折疊對稱的性質，得，∴.在和中，∵，∴≌.∴.∴.設，則，∴.在中，根據勾股定理，得，即.解得.∴AP的長為.5.（2023年江蘇無錫2分）某商場在“五一”期間舉行促銷活動，根據顧客按商品標價一次性購物總額，規(guī)定相應的優(yōu)惠方法：①如果不超過500元，則不予優(yōu)惠；②如果超過500元，但不超過800元，則按購物總額給予8折優(yōu)惠；③如果超過800元，則其中800元給予8折優(yōu)惠，超過800元的部分給予6折優(yōu)惠．促銷期間，小紅和她母親分別看中一件商品，若各自單獨付款，則應分別付款480元和520元；若合并付款，則她們總共只需付款▲元．【答案】838或910．【考點】函數模型的選擇與應用；函數思想和分類思想的應用．【分析】由題意知：小紅付款單獨付款480元，實際標價為480或480×0.8=600元，小紅母親單獨付款520元，實際標價為520×0.8=650元，如果一次購買標價480+650=1130元的商品應付款800×0.8+（1130﹣800）×0.6=838元；如果一次購買標價600+650=1250元的商品應付款800×0.8+（1250﹣800）×0.6=910元．∴答案為：838或910．6.（2023年江蘇徐州3分）用一個圓心角為90°，半徑為4的扇形圍成一個圓錐的側面，該圓錐底面圓的半徑▲．【答案】1.【考點】圓錐和扇形的計算?！痉治觥俊呱刃螆A錐的圓心角為90°，半徑為4，∴扇形的弧長為.∵圓錐的底面周長等于它的側面展開圖的弧長，∴根據圓的周長公式，得，解得.7.（2023年江蘇鹽城3分）設△ABC的面積為1，如圖①將邊BC、AC分別2等份，、相交于點O，△AOB的面積記為；如圖②將邊BC、AC分別3等份，、相交于點O，△AOB的面積記為；……，依此類推，則可表示為▲．(用含的代數式表示，其中為正整數)【答案】.【考點】探索規(guī)律題（圖形的變化類）；平行的判定和性質；相似三角形的判定和性質；等底或等高三角形面積的性質.【分析】如答圖，連接，可知∥.在圖①中，由題意，得，且，∴.∴和的邊上高的比是.∴.又∵，∴.在圖②中，由題意，得，且，∴.∴和的邊上高的比是.∴.又∵，∴.在圖=3\*GB3③中，由題意，得，且，∴.∴和的邊上高的比是.∴.又∵，∴.……依此類推，可表示為，∵，∴.8.（2023年江蘇揚州3分）如圖，已知△ABC的三邊長為，且，若平行于三角形一邊的直線將△ABC的周長分成相等的兩部分，設圖中的小三角形=1\*GB3①、=2\*GB3②、=3\*GB3③的面積分別為，則的大小關系是▲（用“<”號連接）.【答案】.【考點】閱讀理解型問題；代數幾何綜合問題；圖形的分割；平行的性質；相似三角形的判定和性質；不等式的性質.【分析】設△ABC的周長為，面積為，如答圖，設，則.∵平行于三角形一邊的直線將△ABC的周長分成相等的兩部分，∴，即.∴.∵∥，∴.∴且.∴.同理可得，，.∵，∴.∴.9.（2023年江蘇常州2分）如圖，在⊙O的內接四邊形ABCD中，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，點C為弧BD的中點，則AC的長是▲．【答案】.【考點】全等三角形的判定和性質；勾股定理；圓心角、弧、弦的關系；圓周角定理；銳角三角函數定義；特殊角的三角函數值；方程思想的應用．【分析】如答圖，過點C分別作CE⊥AB于點E，CF⊥AD于點F，則∠E=∠CFD=∠CFA=90°，∵點C為弧BD的中點，∴.∴∠BAC=∠DAC，BC=CD.∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE=CF.∵A、B、C、D四點共圓，∴∠D=∠CBE.在△CBE和△CDF中，∵，∴△CBE≌△CDF（AAS）.∴BE=DF.在△AEC和△AFC中，∵∴△AEC≌△AFC（AAS）.∴AE=AF.設BE=DF=x，∵AB=3，AD=5，∴AE=AF=x+3，∴5=x+3+x，解得：x=1，即AE=4.∵∠BAD=60°，∴∠EAC=30°.∴.10.（2023年江蘇淮安3分）將連續(xù)正整數按如下規(guī)律排列：第1列第2列第3列第4列第5列第1行1234第2行8765第3行9101112第4行16151413第5行17181920………若正整數565位于第行，第列，則＝▲．【答案】147.【考點】探索規(guī)律題（數字的變化類——循環(huán)問題）.【分析】分別根據行和列的循環(huán)規(guī)律求解：∵行的排列規(guī)律是4個數一行，而，∴.∵列的排列規(guī)律是按照1—2—3—4—5—4—3—2列的順序8個數一循環(huán)，而，∴.∴.11.（2023年江蘇南通3分）關于x的一元二次方程的兩個不相等的實數根都在﹣1和0之間（不包括﹣1和0），則a的取值范圍是▲．【答案】.【考點】一元二次方程與二次函數的關系；一元二次方程根的判別式；二次函數的性質；分類思想和數形結合思想的應用.【分析】∵關于的一元二次方程的兩個不相等的實數根，∴且.設∵實數根都在﹣1和0之間，∴當a＞0時，如答圖1，由圖可知，當時，；但，矛盾，∴此種情況不存在.當a＜0時，如答圖2，由圖可知，當時，，即.綜上所述，a的取值范圍是.12.（2023年江蘇宿遷3分）當x=m或x=n（m≠n）時，代數式的值相等，則x=m+n時，代數式的值為▲．【答案】3．【考點】二次函數的性質；求代數式的值；整體思想的應用.【分析】設，∵當x=m或x=n（m≠n）時，代數式的值相等，∴拋物線的對稱軸.∴.∴當時，.13.（2023年江蘇鎮(zhèn)江2分）如圖，△ABC和△DBC是兩個具有公共邊的全等三角形，AB=AC=3cm，BC=2cm，將△DBC沿射線BC平移一定的距離得到△D1B1C1，連接AC1，BD1．如果四邊形ABD1C1是矩形，那么平移的距離為▲cm．【答案】7．【考點】面動平移問題；相似三角形的判定和性質；等腰三角形的性質；矩形的性質；平移的性質．【分析】如答圖，過點A作AE⊥BC于點E，∵∠AEB=∠AEC1=90°，∴∠BAE+∠ABC=90°.∵AB=AC，BC=2，∴BE=CE=BC=1，∵四邊形ABD1C1是矩形，∴∠BAC1=90°.∴∠ABC+∠AC1B=90°.∴∠BAE=∠AC1B.∴△ABE∽△C1BA.∴.∵AB=3，BE=1，∴.∴BC1=9.∴CC1=BC1﹣BC=9﹣2=7，即平移的距離為7．1.（2023年江蘇連云港12分）在數學興趣小組活動中，小明進行數學探究活動，將邊長為2的正方形ABCD與邊長為的正方形AEFG按圖1位置放置，AD與AE在同一直線上，AB與AG在同一直線上．（1）小明發(fā)現DG⊥BE，請你幫他說明理由．（2）如圖2，小明將正方形ABCD繞點A逆時針旋轉，當點B恰好落在線段DG上時，請你幫他求出此時BE的長．（3）如圖3，小明將正方形ABCD繞點A繼續(xù)逆時針旋轉，將線段DG與線段BE相交，交點為H，寫出△GHE與△BHD面積之和的最大值，并簡要說明理由．【答案】解：（1）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴∠AGD=∠AEB.如答圖1，延長EB交DG于點H，在△ADG中，∵∠AGD+∠ADG=90°，∴∠AEB+∠ADG=90°.在△EDH中，∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，∴∠DHE=90°.∴DG⊥BE.（2）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE，∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴DG=BE.如答圖2，過點A作AM⊥DG交DG于點M，則∠AMD=∠AMG=90°，∵BD為正方形ABCD的對角線，∴∠MDA=45°.在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2，∴.在Rt△AMG中，根據勾股定理得：，∵，∴.（3）△GHE和△BHD面積之和的最大值為6，理由如下：∵對于△EGH，點H在以EG為直徑的圓上，∴當點H與點A重合時，△EGH的高最大；∵對于△BDH，點H在以BD為直徑的圓上，∴當點H與點A重合時，△BDH的高最大.∴△GHE和△BHD面積之和的最大值為2+4=6．【考點】面動旋轉問題；正方形的性質；全等三角形的判定和性質；三角形內角和定理；等腰直角三角形的性質，勾股定理；數形結合思想的應用．【分析】（1）由四邊形ABCD與四邊形AEFG為正方形，利用正方形的性質得到兩對邊相等，且夾角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形對應角相等得∠AGD=∠AEB，作輔助線“延長EB交DG于點H”，利用等角的余角相等得到∠DHE=90°，從而利用垂直的定義即可得DG⊥BE.（2）由四邊形ABCD與四邊形AEFG為正方形，利用正方形的性質得到兩對邊相等，且夾角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形對應邊相等得到DG=BE，作輔助線“過點A作AM⊥DG交DG于點M”，則∠AMD=∠AMG=90°，在Rt△AMD中，根據等腰直角三角形的性質求出AM的長，即為DM的長，根據勾股定理求出GM的長，進而確定出DG的長，即為BE的長.（3）△GHE和△BHD面積之和的最大值為6，理由為：對兩個三角形，點H分別在以EG為直徑的圓上和以BD為直徑的圓上，當點H與點A重合時，兩個三角形的高最大，即可確定出面積的最大值．2.（2023年江蘇連云港14分）如圖，已知一條直線過點（0，4），且與拋物線交于A，B兩點，其中點A的橫坐標是﹣2．（1）求這條直線的函數關系式及點B的坐標．（2）在x軸上是否存在點C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出點C的坐標，若不存在，請說明理由；（3）過線段AB上一點P，作PM∥x軸，交拋物線于點M，點M在第一象限，點N（0，1），當點M的橫坐標為何值時，MN+3MP的長度最大？最大值是多少？【答案】解：（1）∵點A是直線與拋物線的交點，且橫坐標為﹣2，∴.∴A點的坐標為（2，﹣1）.設直線AB的函數關系式為，將（0，4），（﹣2，1）代入得，解得.∴直線AB的函數關系式為.∵直線與拋物線相交，∴聯立，得，解得：或.∴點B的坐標為（8，16）.（2）如答圖1，過點B作BG∥x軸，過點A作AG∥y軸，交點為G，∴，∵由A（﹣2，1），B（8，16）根據勾股定理，得AB2=325．設點C（，0），根據勾股定理，得，，①若∠BAC=90°，則，即，解得：.②若∠ACB=90°，則，即，解得：=0或=6.③若∠ABC=90°，則，即，解得：=32.∴點C的坐標為（，0），（0，0），（6，0），（32，0）.（3）如答圖2，設MP與y軸交于點Q，設，在Rt△MQN中，由勾股定理得，，又∵點P與點M縱坐標相同，∴，∴∴點P的橫坐標為.∴.∴.又∵，2≤6≤8，∴當M的橫坐標為6時，的長度的最大值是18．【考點】二次函數綜合題；待定系數的應用；曲線上點的坐標與方程的關系；直角三角形存在性問題；勾股定理；二次函數的最值；分類思想和方程思想的應用．【分析】（1）首先求得點A的坐標，然后利用待定系數法確定直線的解析式，從而求得直線與拋物線的交點坐標.（2）作輔助線“過點B作BG∥x軸，過點A作AG∥y軸，交點為G”，分若∠BAC=90°，∠ACB=90°，∠ABC=90°三種情況根據勾股定理列方程確定點C的坐標.（3）設MP與y軸交于點Q，設，，首先在Rt△MQN中，由勾股定理得，然后根據點P與點M縱坐標相同得到點P的橫坐標，從而得到，根據二次函數的最值原理求解即可．3.（2023年江蘇南京8分）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，BC的延長線與AD的延長線交于點E，且DC=DE．（1）求證：∠A=∠AEB．（2）連接OE，交CD于點F，OE⊥CD．求證：△ABE是等邊三角形．【答案】證明：（1）∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，∴∠A+∠BCD=180°．∵∠DCE+∠BCD=180°，∴∠A=∠DCE．∵DC=DE，∴∠DCE=∠AEB．∴∠A=∠AEB．（2）∵∠A=∠AEB，∴△ABE是等腰三角形．∵OE⊥CD，∴CF=DF．∴OE是CD的垂直平分線．∴ED=EC．又DC=DE，∴DC=DE=EC．∴△DCE是等邊三角形．∴∠AEB=60°．∴△AEB是等邊三角形．【考點】圓內接四邊形的性質；圓周角定理；等腰三角形的性質；等邊三角形的判定和性質．【分析】（1）一方面，根據圓內接四邊形對角互補的性質得到∠A+∠BCD=180°，根據鄰補角互補的性質得到∠DCE+∠BCD=180°，從而得到∠A=∠DCE；另一方面，根據等腰三角形等邊對等角的性質得到∠DCE=∠AEB，進而得出結論．（2）一方面，證明△ABE是等腰三角形；另一方面，證明△DCE是等邊三角形得到∠AEB=60°，從而得出結論．4.（2023年江蘇南京10分）某企業(yè)生產并銷售某種產品，假設銷售量與產量相等．下圖中的折線ABD、線段CD分別表示該產品每千克生產成本y1（單元：元）、銷售價y2（單位：元）與產量x（單位：kg）之間的函數關系．（1）請解釋圖中點D的橫坐標、縱坐標的實際意義．（2）求線段AB所表示的y1與x之間的函數表達式．（3）當該產品產量為多少時，獲得的利潤最大？最大利潤是多少？【答案】解：（1）點D的橫坐標、縱坐標的實際意義：當產量為為130kg時，該產品每千克生產成本與銷售價相等，都為42元．（2）設線段AB所表示的y1與x之間的函數關系式為，∵的圖像過（0，60）與（90，42），∴，解得，．∴線段AB所表示的y1與x之間的函數表達式為．（3）設y2與x之間的函數表達式為，∵的圖像過（0，120）與（130，42），∴，解得，．∴y2與x之間的函數表達式為．設產量為xkg時，獲得的利潤為W元，當時，，∴當x=75時，W的值最大，最大值為2250.當時，，∵當x=90時，，由知，當x>65時，W隨x的增大而減小，∴時，．因此，當該產品產量為75kg時獲得的利潤最大，最大利潤是2250元．【考點】一次函數和二次函數的實際應用；待定系數法的應用；曲線上點的坐標與方程的關系；由實際問題列函數關系式（銷售問題）；二次函數的性質；分類思想的應用．【分析】（1）點D的橫坐標、縱坐標的實際意義：當產量為為130kg時，該產品每千克生產成本與銷售價相等，都為42元．（2）根據A、B兩點的坐標應用待定系數法即可求解．（3）應用待定系數法求出y2與x之間的函數表達式，根據“總利潤＝單位利潤產量”分兩種情況列出總利潤關于x的二次函數，應用二次函數的性質求解即可．5.（2023年江蘇蘇州10分）如圖，已知二次函數（其中0＜m＜1）的圖像與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，對稱軸為直線l．設P為對稱軸l上的點，連接PA、PC，PA=PC．（1）∠ABC的度數為▲°；（2）求P點坐標（用含m的代數式表示）；（3）在坐標軸上是否存在點Q（與原點O不重合），使得以Q、B、C為頂點的三角形與△PAC相似，且線段PQ的長度最??？如果存在，求出所有滿足條件的點Q的坐標；如果不存在，請說明理由．【答案】解：（1）45.（2）如答圖1，過點作軸于點，設l與軸交于點，根據題意，得拋物線的對稱軸為，設點的坐標為，∵PA=PC，∴.∴，即.解得.∴P點坐標為.（3）存在點Q滿足題意.∵P點坐標為，∴.∵，∴.∴.∴是等腰直角三角形.∵以Q、B、C為頂點的三角形與△PAC相似，∴是等腰直角三角形.∴由題意知，滿足條件的點Q的坐標為或.=1\*GB3①當點Q的坐標為時，如答圖2，若PQ與垂直，則，解得，即.若PQ與不垂直，則有，∵0＜m＜1，∴當時，取得最小值，取得最小值.∵，∴.∴當時，點Q的坐標為，取得最小值.=2\*GB3②當點Q的坐標為時，如答圖3，若PQ與垂直，則，解得，即.若PQ與不垂直，則有，∵0＜m＜1，∴當時，取得最小值，取得最小值.∵，∴.∴當時，點Q的坐標為，取得最小值.綜上所述，點Q的坐標為或時，的長度最小.【考點】二次函數綜合題；相似三角形的存在性問題；二次函數的性質；曲線上點的坐標與方程的關系；等腰直角三角形的判定和性質；勾股定理；相似三角形的性質；實數的大小比較；分類思想的應用.【分析】（1）令，則，點C的坐標為，令，即，解得，∵0＜m＜1，點A在點B的左側，∴點B的坐標為.∴.∵∠BOC=90°，∴是等腰直角三角形.∴∠OBC=45°.（2）過點作軸于點，設l與軸交于點，求出拋物線的對稱軸為，則可設點的坐標為，由PA=PC即，根據勾股定理得到，解出即可求解.（3）根據相似和是等腰直角三角形證明是等腰直角三角形，由題意知，滿足條件的點Q的坐標為或，從而分點Q的坐標為或兩種情況討論即可.6.（2023年江蘇蘇州10分）如圖，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半徑為2cm的⊙O在矩形內且與AB、AD均相切．現有動點P從A點出發(fā)，在矩形邊上沿著A→B→C→D的方向勻速移動，當點P到達D點時停止移動；⊙O在矩形內部沿AD向右勻速平移，移動到與CD相切時立即沿原路按原速返回，當⊙O回到出發(fā)時的位置（即再次與AB相切）時停止移動．已知點P與⊙O同時開始移動，同時停止移動（即同時到達各自的終止位置）．（1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了▲cm（用含a、b的代數式表示）；（2）如圖①，已知點P從A點出發(fā)，移動2s到達B點，繼續(xù)移動3s，到達BC的中點．若點P與⊙O的移動速度相等，求在這5s時間內圓心O移動的距離；（3）如圖②，已知a=20，b=10．是否存在如下情形：當⊙O到達⊙O1的位置時（此時圓心O1在矩形對角線BD上），DP與⊙O1恰好相切？請說明理由．【答案】解：（1）.（2）∵在整個運動過程中，點P移動的距離為cm，圓心移動的距離為cm，∴由題意得=1\*GB3①.∵點P移動2s到達B點，即點P用2s移動了cm，點P繼續(xù)移動3s到達BC的中點，即點P用3s移動了cm，∴=2\*GB3②.聯立=1\*GB3①=2\*GB3②，解得.∵點P移動的速度與⊙O移動的速度相等，∴⊙O移動的速度為（cm/s）.∴這5s時間內圓心O移動的距離為（cm）.（3）存在這樣的情形.設點P移動的速度為cm/s，⊙O移動的速度為cm/s，根據題意，得.如答圖，設直線OO1與AB交于點E，與CD交于點E，⊙O1與AD相切于點PG.若PD與⊙O1相切，切點為H，則.易得△DO1G≌△DO1H，∴∠ADB=∠BDP.∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD.∴∠BDP=∠CBD.∴BP=DP.設cm，則cm，cm，在中，由勾股定理，得，即，解得.∴此時點P移動的距離為（cm）.∵EF∥AD，∴△BEO1∽△BAD.∴，即.∴cm，cm.=1\*GB3①當⊙O首次到達⊙O1的位置時，⊙O與移動的距離為14cm.∴此時點P移動的速度與⊙O移動的速度比為.∴此時DP與⊙O1恰好相切.=2\*GB3②當⊙O在返回途中到達⊙O1的位置時，⊙O與移動的距離為cm.∴此時點P移動的速度與⊙O移動的速度比為.∴此時DP與⊙O1不可能相切.【考點】單動點和動圓問題；矩形的性質；直線與圓的位置關系；全等三角形的判定和性質；勾股定理；相似三角形的判定和性質；方程思想和分類思想的應用.【分析】（1）根據矩形的性質可得：點P從A→B→C→D，全程共移動了cm.（2）根據“在整個運動過程中，點P移動的距離等于圓心移動的距離”和“點P用2s移動了cm，點P用3s移動了cm”列方程組求出a，b，根據點P移動的速度與⊙O移動的速度相等求得⊙O移動的速度，從而求得這5s時間內圓心O移動的距離.（3）分⊙O首次到達⊙O1的位置和⊙O在返回途中到達⊙O1的位置兩種情況討論即可.7.（2023年江蘇泰州12分）如圖，正方形ABCD的邊長為8cm，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA上的動點，且AE=BF=CG=DH.（1）求證：四邊形EFGH是正方形；（2）判斷直線EG是否經過一個定點，并說明理由；（3）求四邊形EFGH面積的最小值.【答案】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴.∵，∴.∴.∴.∴四邊形EFGH是菱形.∵，∴.∴.∴四邊形EFGH是正方形.（2）直線EG經過定點-----正方形ABCD的中心.理由如下：如答圖，連接，、相交于點，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥DC.∵，∴四邊形BGDE是平行四邊形.∴，即點是正方形ABCD的中心.∴直線EG經過定點----正方形ABCD的中心.（3）設，則，∵，∴當時，四邊形EFGH面積的最小值為32.【考點】單動點和定值問題；正方形的判定和性質；全等三角形的判定和性質；平行四邊形的判定和性質；勾股定理；二次函數的應用（實際問題）.【分析】（1）由證明，即可證明四邊形EFGH是一個角是直角的菱形----正方形.（2）作輔助線“連接，、相交于點”構成平行四邊形BGDE，根據平行四邊形對角線互分的性質即可證明直線EG經過定點-----正方形ABCD的中心.（3）設，根據正方形的性質和勾股定理得到關于的二次函數，應用二次函數最值原理求解即可.8.（2023年江蘇泰州14分）已知一次函數的圖像與軸、軸分別相交于點A、B，點P在該函數圖像上，P到軸、軸的距離分別為、.（1）當P為線段AB的中點時，求的值；（2）直接寫出的范圍，并求當時點P的坐標；（3）若在線段AB上存在無數個P點，使（為常數），求的值.【答案】解：（1）∵一次函數的圖像與軸、軸分別相交于點A、B，∴.∵P為線段AB的中點，∴.∴.（2）.∵設，.∴.當時，，由解得，與不合，舍去.當時，，由解得，此時.當時，，由解得，此時.綜上所述，當時點P的坐標為或.（3）設，∴.∵點P在線段AB上，∴.∴.∵，∴.∴∵存在無數個P點，∴.【考點】閱讀理解型問題；一次函數綜合題；直線上點的坐標與方程的關系；絕對值的意義；分類思想的應用.【分析】（1）根據直線上點的坐標與方程的關系，由一次函數解析式，可求出點點A、B的坐標，從而求出中點P的坐標，根據定義求出.（2）設，.∴，當時，；當時，，∴由；當時，.綜上所述，的范圍為.同樣分類討論時點P的坐標.（3）設，則，由點P在線段AB上得的范圍，得到，根據求解即可.9.（2023年江蘇無錫10分）一次函數的圖像如圖所示，它與二次函數的圖像交于A、B兩點（其中點A在點B的左側），與這個二次函數圖像的對稱軸交于點C．（1）求點C的坐標；（2）設二次函數圖像的頂點為D．①若點D與點C關于x軸對稱，且△ACD的面積等于3，求此二次函數的關系式；②若CD＝AC，且△ACD的面積等于10，求此二次函數的關系式．【答案】解：（1）∵c，∴二次函數圖象的對稱軸為直線.∵當時，，∴點C的坐標為（2，）.（2）①∵點D與點C關于x軸對稱，∴點D的坐標為（2，）.∴CD=3.設，由得：，解得m=0.∴A（0，0）．由A（0，0）、D（2，）得：，解得：．∴二次函數的關系式為.②設，如答圖，過點A作AE⊥CD于E，則，.∵CD=AC，∴CD=.由得，解得：m=﹣2或m=6（舍去）.∴m=﹣2.∴，CD=5.當a＞0時，則點D在點C下方，∴.由、得：，解得：．∴二次函數的關系式為.當a＜0時，則點D在點C上方，∴.由、得：，解得：．∴二次函數的關系式為.【考點】二次函數綜合題；二次函數與一次函數的交點問題；三角形的面積公式；待定系數法的應用；曲線上點的坐標與方程的關系；勾股定理；二次函數的性質；軸對稱的性質；方程思想和分類思想的應用.【分析】（1）求出對稱軸，然后求出對稱軸與一次函數的交點，即點C的坐標.（2）①先求出點D的坐標，設A坐標為，然后根據面積為3，求出m的值，得出點A的坐標，最后根據待定系數法求出a、c的值，即可求出解析式.②作輔助線：過點A作AE⊥CD于E，設A坐標為，由根據面積為10，求出m的值，然后求出點A坐標以及CD的長度，分a＞0和a＜0兩種情況討論：分別求出點D的坐標，代入求出二次函數的解析式．10.（2023年江蘇無錫10分）如圖，C為∠AOB的邊OA上一點，OC＝6，N為邊OB上異于點O的一動點，P是線段CN上一點，過點P分別作PQ∥OA交OB于點Q，PM∥OB交OA于點M．（1）若∠AOB=60o，OM=4，OQ=1，求證：CN⊥OB；（2）當點N在邊OB上運動時，四邊形OMPQ始終保持為菱形；①問：的值是否發(fā)生變化？如果變化，求出其取值范圍；如果不變，請說明理由；②設菱形OMPQ的面積為S1，△NOC的面積為S2，求的取值范圍．【答案】解：（1）證明：如答圖，過點P作PE⊥OA于點E，∵PQ∥OA，PM∥OB，∴四邊形OMPQ為平行四邊形.∵OQ=1，∠AOB=60°，∴PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60°.∴.∴.∴.∴∠PCE=30°.∴∠CPM=90°，又∵PM∥OB，∴∠CNO=∠CPM=90°，即CN⊥OB.（2）①的值不發(fā)生變化，理由如下：設，∵四邊形OMPQ為菱形，∴.∵PQ∥OA，∴∠NQP=∠O.又∵∠QNP=∠ONC，∴△NQP∽△NOC.∴，即，化簡,得.∴不變化.②如答圖,過點P作PE⊥OA于點E，過點N作NF⊥OA于點F，設，則,∴．∵PM∥OB，∴∠MCP=∠O.又∵∠PCM=∠NCO，∴△CPM∽△CNO.∴.∴∵0＜x＜6，∴根據二次函數的圖象可知，．【考點】相似形綜合題；單動點問題；定值問題；銳角三角函數定義；特殊角的三角函數值；相似三角形的判定和性質；二次函數的性質；平行四邊形的判定和性質；菱形的性質.【分析】（1）作輔助性線，過點P作PE⊥OA于E，利用兩組對邊平行的四邊形為平行四邊形得到OMPQ為平行四邊形，利用平行四邊形的對邊相等，對角相等得到PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60°，進而求出PE與ME的長，得到CE的長，求出tan∠PCE的值，利用特殊角的三角函數值求出∠PCE的度數，得到PM于NC垂直，而PM與ON平行，即可得到CN與OB垂直.（2）①的值不發(fā)生變化，理由如下：設OM=x，ON=y，根據OMPQ為菱形，得到PM=PQ=OQ=x，QN=y﹣x，根據平行得到△NQP與△NOC相似，由相似得比例即可確定出所求式子的值.②作輔助性線，過點P作PE⊥OA于點E，過點N作NF⊥OA于點F，表示出菱形OMPQ的面積為S1，△NOC的面積為S2，得到，由PM與OB平行，得到△CPM與△CNO相似，由相似得比例求出所求式子的范圍即可．11.（2023年江蘇徐州8分）為加強公民的節(jié)水意識，合理利用水資源。某市對居民用水實行階梯水價，居民家庭每月用水量劃分為三個階梯，一、二、三級階梯用水的單價之比等于1︰1.5︰2.下圖折線表示實行階梯水價后每月水費y（元）與用水量xm3之間的函數關系.其中線段AB表示第二級階梯時y與x之間的函數關系.（1）寫出點B的實際意義；（2）求線段AB所在直線的表達式；（3）某戶5月份按照階梯水價應繳水費102元，其相應用水量為多少立方米？【答案】解：（1）圖中B點的實際意義表示當用水25m3時，所交水費為90元．（2）設第一階梯用水的單價為x元/m3，則第二階梯用水單價為1.5x元/m3.設A(a，45)，則，解得，.∴A(15，45)，B(25，90).設線段AB所在直線的表達式為y=kx＋b，則，解得.∴線段AB所在直線的表達式為．（3）設該戶5月份用水量為xm3（x＞90），由第（2）知第二階梯水的單價為4.5元/m3，第三階梯水的單價為6元/m3，則根據題意得，解得，x=27.答：該用戶5月份用水量為27m3．【考點】一次函數和一元一次方程的應用；直線上點的坐標與方程的關系；待定系數法的應用.【分析】（1）根據坐標系橫、縱坐標的意義作答即可.（2）求出點A的坐標，即可由待定系數法求出線段AB所在直線的表達式.（3）根據“5月份按照階梯水價應繳水費102元”列方程求解即可.12.（2023年江蘇徐州12分）如圖，在平面直角坐標系中，點A（10，0），以OA為直徑在第一象限內作半圓，B為半圓上一點，連接AB并延長至C，使BC=AB，過C作CD⊥x軸于點D,交線段OB于點E，已知CD=8，拋物線經過O、E、A三點.（1）∠OBA=▲°；（2）求拋物線的函數表達式；（3）若P為拋物線上位于第一象限內的一個動點，以P、O、A、E為頂點的四邊形面積記作S，則S取何值時，相應的點P有且只有3個？【答案】解：（1）90.（2）如答圖1，連接OC，∵由（1）知OB⊥AC，又AB=BC，∴OB是的垂直平分線.∴OC=OA=10.在Rt△OCD中，OC=10，CD=8，∴OD=6.∴C(6，8)，B(8，4).∴OB所在直線的函數關系為.又E點的橫坐標為6，∴E點縱坐標為3，即E(6，3)．∵拋物線過O(0，0)，E(6，3)，A(10，0)，∴設此拋物線的函數關系式為，把E點坐標代入得，解得.∴此拋物線的函數關系式為，即．（3）設點，=1\*GB3①若點P在CD的左側，延長OP交CD于Q，如答圖2，∵OP所在直線函數關系式為：，∴當x=6時，，即Q點縱坐標為.∴.∴S四邊形POAE=S△OAE＋S△OPE=S△OAE＋S△OQE－S△PQE==.②若點P在CD的右側，延長AP交CD于Q，如答圖3，，A(10，0)，∴設AP所在直線方程為：y=kx＋b，把P和A坐標代入得，，解得.∴AP所在直線方程為：.∴當x=6時，，即Q點縱坐標為.∴QE=.∴S四邊形POAE=S△OAE＋S△APE=S△OAE＋S△AQE－S△PQE==.∴當P在CD右側時，四邊形POAE的面積最大值為16，此時點P的位置就一個，令，解得，.∴當P在CD左側時，四邊形POAE的面積等于16的對應P的位置有兩個.綜上知，以P、O、A、E為頂點的四邊形面積S等于16時，相應的點P有且只有3個．【考點】二次函數綜合題；單動點問題；圓周角定理；線段垂直平分線的性質；勾股定理；待定系數洪都拉斯應用；曲線上點的坐標與方程的關系；分類思想、轉換思想和方程思想的應用.【分析】（1）根據直徑所對的圓周角定理直接得出結論.（2）作輔助線：連接OC，根據線段垂直平分線的性質和勾股定理求出點E、A的坐標，從而應用待定系數法求出拋物線的函數關系式.（3）設點，分點P在CD的左側和右側兩種情況求出S四邊形POAE關于的二次函數關系式，根據二次函數的最值原理求解即可.13.（2023年江蘇鹽城12分）知識遷移我們知道，函數的圖像是由二次函數的圖像向右平移m個單位，再向上平移n個單位得到.類似地，函數的圖像是由反比例函數的圖像向右平移m個單位，再向上平移n個單位得到，其對稱中心坐標為（m，n）.理解應用函數的圖像可以由函數的圖像向右平移▲個單位，再向上平移▲個單位得到，其對稱中心坐標為▲．靈活運用如圖，在平面直角坐標系xOy中，請根據所給的的圖像畫出函數的圖像，并根據該圖像指出，當x在什么范圍內變化時，？實際應用某老師對一位學生的學習情況進行跟蹤研究.假設剛學完新知識時的記憶存留量為1.新知識學習后經過的時間為x，發(fā)現該生的記憶存留量隨x變化的函數關系為；若在（≥4）時進行一次復習，發(fā)現他復習后的記憶存留量是復習前的2倍（復習時間忽略不計），且復習后的記憶存留量隨x變化的函數關系為.如果記憶存留量為時是復習的“最佳時機點”，且他第一次復習是在“最佳時機點”進行的，那么當x為何值時，是他第二次復習的“最佳時機點”？【答案】解：理解應用：1；1；（1，1）.靈活運用：函數的圖像如答圖：由圖可知，當時，.實際應用：當時，，∴由解得.∴當進行第一次復習時，復習后的記憶存留量變?yōu)?.∴點（4，1）在函數的圖象上.∴由解得.∴.∴由解得.∴當時，是他第二次復習的“最佳時機點”.【考點】閱讀理解型問題；圖象的平移；反比例函數的性質；曲線上點的坐標與方程的關系；數形結合思想和方程思想的應用.【分析】理解應用：根據“知識遷移”得到雙曲線的平移變換的規(guī)律：上加下減；右減左加.靈活運用：根據平移規(guī)律性作出圖象，并找出函數圖象在直線之上時的取值范圍.實際應用：先求出第一次復習的“最佳時機點”（4，1），代入，求出，從而求出第二次復習的“最佳時機點”.14.（2023年江蘇鹽城12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，將拋物線的對稱軸繞著點P（，2）順時針旋轉45°后與該拋物線交于A、B兩點，點Q是該拋物線上的一點.（1）求直線AB的函數表達式；（2）如圖①，若點Q在直線AB的下方，求點Q到直線AB的距離的最大值；（3）如圖②，若點Q在y軸左側，且點T（0，t）（t<2）是直線PO上一點，當以P、B、Q為頂點的三角形與△PAT相似時，求所有滿足條件的t的值.【答案】解：（1）如答圖1，設直線AB與軸的交點為M，∵，P（，2），∴.設直線AB的解析式為，則，解得.∴直線AB的解析式為.（2）如答圖2，過點Q作軸的垂線QC，交AB于點C，再過點Q作直線AB的垂線，垂足為點D，根據條件可知，是等腰直角三角形.∴.設，則，∴.∴.∴當時，點Q到直線AB的距離的最大值為.（3）∵，∴中必有一角等于45°.=1\*GB3①由圖可知，不合題意.=2\*GB3②若，如答圖3，過點B作軸的平行線與軸和拋物線分別交于點，此時，.根據拋物線的軸對稱性質，知，∴是等腰直角三角形.∵與相似，且，∴也是等腰直角三角形.=1\*romani）若，聯立，解得或.∴.∴.∴，此時，.=2\*romanii）若，，此時，.=3\*GB3③若，=2\*GB3②是情況之一，答案同上.如答圖4，5，過點B作軸的平行線與軸和拋物線分別交于點，以點為圓心，為半徑畫圓，則都在上，設與y軸左側的拋物線交于另一點.∵根據圓周角定理，，∴點也符合要求.設，由得解得或，而，故.∴.可證是等邊三角形，∴.∴.則在中，.=1\*romani）若，如答圖4，過點作軸于點，則，∴.∴，此時，.=2\*romanii）若，如答圖5，過點作軸于點，設，則.∵，∴，.∴.∴，此時，.綜上所述，所有滿足條件的t的值為或或或.【考點】二次函數綜合題；線動旋轉和相似三角形存在性問題；待定系數法的應用；曲線上點的坐標與方程的關系；等腰直角三角形的判定和性質；含30度角直角三角形的性質；二次函數最值；勾股定理；圓周角定理；分類思想、數形結合思想、方程思想的應用.【分析】（1）根據旋轉的性質得到等腰直角三角形，從而得到解決點M的坐標，進而應用待定系數法即可求得直線AB的解析式.（2）作輔助線“過點Q作軸的垂線QC，交AB于點C，再過點Q作直線AB的垂線，垂足為點D”，設，求出關于的二次函數，應用二次函數最值原理即可求解.（3）分，，三種情況討論即可.15.（2023年江蘇揚州12分）科研所計劃建一幢宿舍樓，因為科研所實驗中會產生輻射，所以需要有兩項配套工程：=1\*GB3①在科研所到宿舍樓之間修一條筆直的道路；=2\*GB3②對宿舍樓進行防輻射處理，已知防輻射費萬元與科研所到宿舍樓的距離之間的關系式為：，當科研所到宿舍樓的距離為1時，防輻射費用為720萬元；當科研所到宿舍樓的距離為9或大于9時，輻射影響忽略不計，不進行防輻射處理，設每公里修路的費用為萬元，配套工程費=防輻射費+修路費.（1）當科研所到宿舍樓的距離為時，防輻射費=▲萬元；▲，▲；（2）若每公里修路的費用為90萬元，求當科研所到宿舍樓的距離為多少時，配套工程費最少？（3）如果配套工程費不超過675萬元，且科研所到宿舍樓的距離小于9，求每公里修路費用萬元的最大值.【答案】解：（1）0；；1080.（2）∵，∴當，即時，.（3）∵，∴∵配套工程費不超過675萬元，∴.設，，則，∴當，即時，.∴每公里修路費用萬元的最大值為80萬元.【考點】函數綜合題（實際應用）；應用待定系數法和由實際問題列函數關系式；二次函數的最值；整體思想和換元法的應用.【分析】（1）∵當時，；當時，，∴，解得.（2）求出關于的函數，應用整體思想，求出的二次函數，應用二次函數的最值原理求解.（3）求出關于的函數，應用整體思想，求出的二次函數，應用二次函數的最值原理求解.16.（2023年江蘇揚州12分）如圖，直線⊥線段于點，點在上，且，點是直線上的動點，作點關于直線的對稱點，直線與直線相交于點，連接.（1）如圖1，若點與點重合，則=▲°，線段與的比值為▲；（2）如圖2，若點與點不重合，設過三點的圓與直線相交于，連接.求證：=1\*GB3①；=2\*GB3②；（3）如圖3，，則滿足條件的點都在一個確定的圓上，在以下兩小題中選做一題：=1\*GB3①如果你能發(fā)現這個確定圓的圓心和半徑，那么不必寫出發(fā)現過程，只要證明這個圓上的任意一點Q，都滿足QA=2QB；=2\*GB3②如果你不能發(fā)現這個確定圓的圓心和半徑，那么請取幾個特殊位置的點，如點在直線上、點與點重合等進行探究，求這個圓的半徑.【答案】解：（1）30；2.（2）證明：=1\*GB3①∵點關于直線的對稱點，∴.∴.∵是圓內接四邊形的外角，∴.∴.∴.=2\*GB3②如答圖1，連接交于點，過點作∥交于點，∵點關于直線的對稱點，∴是的垂直平分線.∴，.∴.∵，∴.∴.∴.∴.（3）兩小題中選做一題：=1\*GB3①如答圖2，在的延長線上取點，使，以點為圓心，2為半徑畫圓，取圓上任一點，連接，在上取點，使，連接，作點關于直線的對稱點，連接交于點，過點作∥交于點，∵點關于直線的對稱點，∴是的垂直平分線.∴.又∵，∴.∴點、重合.∵，∴.∴.=2\*GB3②若點在線段上，由知，點與點重合，點與點重合，這個圓的半徑為2.若點在射線的延長線上，由知，點與點重合，這個圓的半徑為2.等.【考點】開放型；單動點和軸對稱問題；軸對稱的性質；銳角三角函數定義；特殊角的三角函數值；圓內接四邊形的性質；等腰三角形的判定；線段垂直平分線的性質；平行線分線段成比例的性質.【分析】（1）∵，∴.∵，∴線段與的比值為2.（2）=1\*GB3①一方面證明得到；另一方面，由是圓內接四邊形的外角得到，從而得到，進而根據等角對等邊的判定得證.=2\*GB3②作輔助線“連接交于點，過點作∥交于點”，應用線段垂直平分線的性質和平行線分線段成比例的性質證明.（3）=1\*GB3①如答圖2，在的延長線上取點，使，以點為圓心，2為半徑畫圓，取圓上任一點，連接，在上取點，使，連接，作點關于直線的對稱點，連接交于點，過點作∥交于點，此圓即為所求定圓.=2\*GB3②取特殊點探討，答案不唯一.17.（2023年江蘇常州10分）如圖，一次函數的圖象與x軸、y軸分別相交于點A、B，過點A作x軸的垂線l，點P為直線l上的動點，點Q為直線AB與△OAP外接圓的交點，點P、Q與點A都不重合．（1）寫出點A的坐標；（2）當點P在直線l上運動時，是否存在點P使得△OQB與△APQ全等？如果存在，求出點P的坐標；如果不存在，請說明理由．（3）若點M在直線l上，且∠POM=90°，記△OAP外接圓和△OAM外接圓的面積分別是S1、S2，求的值．【答案】解（1）（4，0）.（2）存在．理由如下：如答圖1所示：將x=0代入得：，∴OB=4.由（1）可知OA=4.在Rt△BOA中，由勾股定理得：．∵△BOQ≌△AQP，∴QA=OB=4，BQ=PA．∵，∴PA=．∴點P的坐標為（4，）．（3）如答圖2所示：∵OP⊥OM，∴∠1+∠3=90°．又∵∠2+∠1=90°，∴∠2=∠3．又∵∠OAP=∠OAM=90°，∴△OAM∽△PAO．∴.設AP=m，則：，∴．在Rt△OAP中，，∴.在Rt△OAM中，，∴.∴.【考點】圓的綜合題；單動點問題；直線上點的坐標與方程的關系；勾股定理；全等三角形的性質；相似三角形的判定和性質．【分析】（1）將y=0代入，求得x的值，從而得到點A的坐標.（2）首先根據題意畫出圖形，然后在Rt△BOA中，由勾股定理求得AB的長度，由全等三角形的性質求得QA的長度，從而得到BQ的長，然后根據PA=BQ求得PA的長度，從而可求得點P的坐標.（3）首先根據題意畫出圖形，設AP=m，由△OAM∽△PAO，可求得AM的長度，然后根據勾股定理可求得兩圓的直徑（用含m的式子表示），然后利用圓的面積公式求得兩圓的面積，最后代入所求代數式求解即可18.（2023年江蘇常州10分）如圖，反比例函數的圖象與一次函數的圖象交于點A、B，點B的橫坐標是4．點P是第一象限內反比例函數圖象上的動點，且在直線AB的上方．（1）若點P的坐標是（1，4），直接寫出k的值和△PAB的面積；（2）設直線PA、PB與x軸分別交于點M、N，求證：△PMN是等腰三角形；（3）設點Q是反比例函數圖象上位于P、B之間的動點（與點P、B不重合），連接AQ、BQ，比較∠PAQ與∠PBQ的大小，并說明理由．【答案】解：（1）．（2）證明：如答圖2，過點P作PH⊥x軸于點H，設直線PB的解析式為，把點P（1，4）、B（4，1）代入，得，解得：，∴直線PB的解析式為．當y=0時，，∴x=5，點N（5，0）．同理可得M（﹣3，0），∴.∴MH=NH.∴PH垂直平分MN.∴PM=PN.∴△PMN是等腰三角形.（3）∠PAQ=∠PBQ．理由如下：如答圖3，過點Q作QT⊥x軸于T，設AQ交x軸于D，QB的延長線交x軸于E，可設點，直線AQ的解析式為，則，解得：，∴直線AQ的解析式為．當y=0時，，解得：，∴D（，0）．同理可得E（，0），∴.∴DT=ET.∴QT垂直平分DE，∴QD=QE.∴∠QDE=∠QED．∵∠MDA=∠QDE，∴∠MDA=∠QED．∵PM=PN，∴∠PMN=∠PNM．∵∠PAQ=∠PMN﹣∠MDA，∠PBQ=∠NBE=∠PNM﹣∠QED，∴∠PAQ=∠PBQ．【考點】反比例函數和一次函數綜合題；單動點問題；待定系數法的應用；曲線上點的坐標與方程的關系；三角形的外角性質；線段垂直平分線的性質；等腰三角形的判定和性質．【分析】（1）如答圖1，過點A作AR⊥y軸于R，過點P作PS⊥y軸于S，連接PO，設AP與y軸交于點C，把x=4代入，得到點B的坐標為（4，1），把點B（4，1）代入，得k=4．解方程組，得到點A的坐標為（﹣4，﹣1），則點A與點B關于原點對稱，∴OA=OB.∴.∴．設直線AP的解析式為，把點A（﹣4，﹣1）、P（1，4）代入，求得直線AP的解析式為，則點C的坐標（0，3），OC=3，∴.∴.（2）作輔助線“過點P作PH⊥x軸于點H”，用待定系數法求出直線PB的解析式，從而得到點N的坐標，同理可得到點M的坐標，進而得到MH=NH，根據垂直平分線的性質可得PM=PN，即△PMN是等腰三角形；（3）作輔助線“過點Q作QT⊥x軸于T，設AQ交x軸于D，QB的延長線交x軸于E”，設點Q為，運用待定系數法求出直線AQ的解析式，即可得到點D的坐標為（，0），同理可得E（，0），從而得到DT=ET，根據垂直平分線的性質可得QD=QE，則有∠QDE=∠QED．然后根據對頂角相等及三角形外角的性質，就可得到∠PAQ=∠PBQ．19.（2023年江蘇淮安12分）閱讀理解：如圖①，如果四邊形ABCD滿足AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=900,那么我們把這樣的四邊形叫做“完美箏形”.將一張如圖①所示的“完美箏形”紙片ABCD先折疊成如圖②所示的形狀，再展開得到圖③，其中CE、CF為折痕，∠BCD=∠ECF=∠FCD，點B′為點B的對應點，點D′為點D的對應點，連接EB′、FD′相交于點O.簡單應用：（1）在平行四邊形、矩形、菱形、正方形四種圖形中，一定為“完美箏形”的是▲；（2）當圖③中的時，∠AEB′＝▲°；（3）當圖②中的四邊形AECF為菱形時，對應圖③中的“完美箏形”有▲個（包含四邊形ABCD）.拓展提升：當圖中的時，連接AB′，請?zhí)角蟆螦B′E的度數，并說明理由.【答案】解：簡單應用：（1）正方形.（2）80.（3）5.拓展提升：，理由如下：如答圖，連接，∵，且AB=AD，∴四邊形ABCD是正方形.∴.由折疊對稱的性質，得，∴點在以為直徑的圓上.∵由對稱性，知，∴.∴.【考點】新定義和閱讀理解型問題；折疊問題；正方形的判定和性質；折疊對稱的性質；圓周角定理；等腰直角三角形的性質.【分析】簡單應用：（1）根據“完美箏形”的定義，知只有正方形是“完美箏形”.（2）∵，∴根據折疊對稱的性質，得.∵，∴.∴.（3）根據“完美箏形”的定義，可知是“完美箏形”.拓展提升：作輔助線“連接”，由題意判定四邊形ABCD是正方形，從而證明點在以為直徑的圓上，即可得出.20.（2023年江蘇淮安12分）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=6，BC=8.動點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿AB向點B勻速運動；同時，動點N從點B出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿BA向點A勻速運動.過線段MN的中點G作邊AB的垂線，垂足為點G，交△ABC的另一邊于點P，連接PM、PN，當點N運動到點A時，M、N兩點同時停止運動，設運動時間為t秒.（1）當t＝▲秒時，動點M、N相遇；（2）設△PMN的面積為S，求S與t之間的函數關系式；（3）取線段PM的中點K，連接KA、KC，在整個運動過程中，△KAC的面積是否變化？若變化，直接寫出它的最大值和最小值；若不變化，請說明理由.【答案】解：（1）2.5.（2）在整個運動過程中，分三段：點與點重合前；點與點重合后點M、N相遇前；點與點重合后點M、N相遇后.當點與點重合時，如答圖1，∵，∴.∴根據勾股定理，得，解得.由（1）動點M、N相遇時，.當點N運動到點A時，由得.=1\*GB3①當時，如題圖，∵，∴.∵，，∴，即.∴.=2\*GB3②當時，如答圖2，∵，∴.∵，，∴，即.∴.=3\*GB3③當時，如答圖3，∵，∴.∵，，∴，即.∴.綜上所述，S與t之間的函數關系式為.（3）在整個運動過程中，△KAC的面積變化，它的最大值是4，最小值是.【考點】雙動點問題；由實際問題列函數關系式（幾何問題）；勾股定理；相似三角形的判定和性質；一次函數的應用和性質；三角形和梯形的中位線定理；分類思想和數形結合思想的應用.【分析】（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB＝900，AC=6，BC=8，∴根據勾股定理，得.∵點M的速度是每秒1個單位長度，點N的速度是每秒3個單位長度，∴動點M、N相遇時，有秒.（2）分點與點重合前；點與點重合后點M、N相遇前；點與點重合后點M、N相遇后三種情況討論即可.（3）分點與點重合前；點與點重合后點M、N相遇前；點與點重合后點M、N相遇后三種情況討論，如答圖，分別過點作的垂線，垂足分別為點，易得=1\*GB3①當時，如答圖4，易得，，∴.∴.當時，最大值為；當時，最小值為.=2\*GB3②當或時，如答圖4，5，易得，.∴.當時，最大值為4；最小值不大于.綜上所述，在整個運動過程中，△KAC的面積變化，它的最大值是4，最小值是.21.（2023年江蘇南通13分）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=15，BC=9，點P，Q分別在BC，AC上，CP=3x，CQ=4x（0＜x＜3）．把△PCQ繞點P旋轉，得到△PDE，點D落在線段PQ上．（1）求證：PQ∥AB；（2）若點D在∠BAC的平分線上，求CP的長；（3）若△PDE與△ABC重疊部分圖形的周長為T，且12≤T≤16，求x的取值范圍．【答案】解：（1）證明：∵在Rt△ABC中，AB=15，BC=9，∴．∵，∴．又∵∠C=∠C，∴△PQC∽△BAC.∴∠CPQ=∠B.∴PQ∥AB.（2）如答圖1，連接AD，∵PQ∥AB，∴∠ADQ=∠DAB．∵點D在∠BAC的平分線上，∴∠DAQ=∠DAB.∴∠ADQ=∠DAQ.∴AQ=DQ．在Rt△CPQ中，∵CP=3x，CQ=4x，∴PQ=5x.∵PD=PC=3x，∴DQ=2x．∵AQ=12﹣4x，∴12﹣4x=2x，解得x=2.∴CP=3x=6．（3）當點E在AB上時，∵PQ∥AB，∴∠DPE=∠PEB．∵∠CPQ=∠DPE，∠CPQ=∠B，∴∠B=∠PEB.∴PB=PE=5x.∴3x+5x=9，解得．①當0＜x≤時，，此時0＜T≤.∴當0＜x≤時，T隨x的增大而增大，∵12≤T≤16，∴當12≤T≤時，1≤x≤.②當＜x＜3時，如答圖2，設PE交AB于點G，DE交AB于F，作GH⊥FQ，垂足為H，∴HG=DF，FG=DH，Rt△PHG∽Rt△PDE.∴．∵PG=PB=9﹣3x，∴.∴.∴，∴，此時，＜T＜18．∴當＜x＜3時，T隨x的增大而增大.∵12≤T≤16，∴當＜T≤16時，＜x≤.綜上所述，當12≤T≤16時，x的取值范圍是1≤x≤．【考點】面動旋轉問題；勾股定理；相似三角形的判定和性質；平行的判定和性質；方程思想、函數思想、分類思想的應用．【分析】（1）先根據勾股定理求出AC的長，再由相似三角形的判定定理得出△PQC∽△BAC，由相似三角形的性質得出∠CPQ=∠B，由此可得出結論.（2）連接AD，根據PQ∥AB可知∠ADQ=∠DAB，再由點D在∠BAC的平分線上，得出∠DAQ=∠DAB，故∠ADQ=∠DAQ，AQ=DQ．在Rt△CPQ中根據勾股定理可知，AQ=12﹣4x，故可得出x的值，進而得出結論.（3）當點E在AB上時，根據等腰三角形的性質求出x的值，再分0＜x≤；＜x＜3兩種情況進行分類討論．22.（2023年江蘇南通13分）已知拋物線（m是常數）的頂點為P，直線.（1）求證：點P在直線l上；（2）當m=﹣3時，拋物線與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，與直線l的另一個交點為Q，M是x軸下方拋物線上的一點，∠ACM=∠PAQ（如圖），求點M的坐標；（3）若以拋物線和直線l的兩個交點及坐標原點為頂點的三角形是等腰三角形，請直接寫出所有符合條件的m的值．【答案】解：（1）證明：∵，∴點P的坐標為（m，m﹣1），∵當x=m時，y=x﹣1=m﹣1，∴點P在直線l上.（2）當m=﹣3時，拋物線解析式為，當y=0時，，解得x1=﹣1，x2=﹣5，則A（﹣5，0）.當x=0時，，則C（0，5）.聯立方程組，解得或，∴P（﹣3，﹣4），Q（﹣2，﹣3）.如答圖，過點M作ME⊥y軸于E，過點P作PF⊥x軸于F，過點Q作QG⊥x軸于G，∵OA=OC=5，∴△OAC為等腰直角三角形.∴∠ACO=45°.∴∠MCE=45°﹣∠ACM.∵QG=3，OG=2，∴AG=OA﹣OG=3=QG.∴△AQG為等腰直角三角形.∴∠QAG=45°.∴.∵∠ACM=∠PAQ，∴∠APF=∠MCE.∴Rt△CME∽Rt△PAF.∴.設，則.∴，整理得，解得x1=0（舍去），x2=﹣4，∴點M的坐標為（﹣4，﹣3）.（3）m的值為0，，，，．【考點】二次函數綜合題；曲線上點的坐標與方程的關系；等腰直角三角形的判定和性質；相似三角形的判定和性質；勾股定理；分類思想和方程思想的應用．.【分析】（1）利用配方法求得點P的坐標，然后根據一次函數圖象上點的坐標特征判斷點P在直線l上.（2）當m=﹣3時，拋物線解析式為，根據拋物線與x軸的交點問題求出A（﹣5，0），易得C（0，5），通過解方程組得P（﹣3，﹣4），Q（﹣2，﹣3），如圖，作ME⊥y軸于E，PF⊥x軸于F，QG⊥x軸于G，證明Rt△CME∽Rt△PAF，利用相似得，設，則，解之即可求得點M的坐標.（3）解方程組得或，∴P（m，m﹣1），Q（m+1，m）.∴，，.當PQ=OQ時，，解得；當PQ=OP時，，解得；當OP=OQ時，，解得m=0.綜上所述，m的值為0，，，，．23.（2023年江蘇宿遷10分）已知：⊙O上兩個定點A，B和兩個動點C，D，AC與BD交于點E．（1）如圖1，求證：EA?EC=EB?ED；（2）如圖2，若，AD是⊙O的直徑，求證：AD?AC=2BD?BC