2021年中考數(shù)學(xué)壓軸題真題精講精練+變式訓(xùn)練 專題2.1連云港卷（壓軸7道+變式訓(xùn)練28道）（解析版）

【沖刺2022】之2021年中考數(shù)學(xué)壓軸題真題精講精練+變式訓(xùn)練專題2.1連云港卷（壓軸7道+變式訓(xùn)練28道）說明：本專輯精選了2021年連云港卷失分較多和難度較大的題目7道，分別是第7題三角形計算問題、第8題圓的計算問題、第16題相似三角形的性質(zhì)與判定問題、第24題切線的有關(guān)計算與證明問題、第25題銳角三角函數(shù)的應(yīng)用問題、第26題二次函數(shù)綜合問題、第27題幾何綜合探究壓軸問題，每道題精講精析，配有變式練習(xí)各4道，連云港模擬變式訓(xùn)練題共28道，本試題解析共71頁.【壓軸一】三角形中的計算問題【真題再現(xiàn)】（連云港中考第7題）如圖，△ABC中，BD⊥AB，BD、AC相交于點D，AD=47AC，AB＝2，∠ABC＝150°，則△DBC的面積是（）A．3314 B．9314 C．337 D．637【思路點撥】過點C作BD的垂線，交BD的延長線于點E，可得△ABD∽△CED，可得????????=????????=????????，由AD=47AC，AB＝2，可求出CE的長，又∠ABC＝150°，∠ABD＝90°，則∠CBD＝60°，解直角△BCE，可分別求出BE和BD的長，進(jìn)而可求出△BCD的面積．【詳析詳解】解：如圖，過點C作BD的垂線，交BD的延長線于點E，則∠E＝90°，∵BD⊥AB，CE⊥BD，∴AB∥CE，∠ABD＝90°，∴△ABD∽△CED，∴????????=????????=????????，∵AD=47AC，∴????????=43，∴????????=2????=43=????????，則CE=32，∵∠ABC＝150°，∠ABD＝90°，∴∠CBE＝60°，∴BE=33CE=32，∴BD=47BE=237，∴S△BCD=12?BD?CE=12×32×237=3314．故選：A．【方法小結(jié)】本題主要考查三角形的面積，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形等，看到面積或特殊角作垂線是常見的解題思路，也是解題關(guān)鍵．【變式訓(xùn)練】【變式1.1】（2021·江蘇連云港市·七年級期中）如圖，已知D、E分別是邊AB，BC上的點，，設(shè)的面積為，的面積為，若，則的值為（）

A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【分析】S△ADF?S△CEF＝S△ABE?S△BCD，所以求出三角形ABE的面積和三角形BCD的面積即可，因為AD＝2BD，BE＝CE，且S△ABC＝6，就可以求出三角形ABE的面積和三角形BCD的面積．【詳解】解：∵BE＝CE，∴BE＝BC，∵S△ABC＝6，∴S△ABE＝S△ABC＝×6＝3．∵AD＝2BD，S△ABC＝6，∴S△BCD＝S△ABC＝×6＝2，∵S△ABE?S△BCD＝（S1＋S四邊形BEFD）?（S2＋S四邊形BEFD）＝S1?S2＝3-2=1，故選D．【點睛】本題考查三角形的面積，關(guān)鍵知道當(dāng)高相等時，面積等于底邊的比，據(jù)此可求出三角形的面積，然后求出差．【變式1.2】（2021·江蘇連云港市·贛榆實驗中學(xué)七年級月考）如圖，△ABC的角平分線CD、BE相交于F，∠A＝90°，EG∥BC，且CG⊥EG于G，下列結(jié)論：①∠CEG＝2∠DCB；②∠ADC＝∠GCD；③CA平分∠BCG；④∠DFB＝∠CGE．其中正確的結(jié)論是()A．②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)、角平分線的定義、垂直的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理依次判斷即可得出答案．【詳解】①∵EG∥BC，∴∠CEG=∠ACB，又∵CD是△ABC的角平分線，∴∠CEG=∠ACB=2∠DCB，故正確；②∵∠A=90°，∴∠ADC+∠ACD=90°，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD，∴∠ADC+∠BCD=90°．∵EG∥BC，且CG⊥EG，∴∠GCB=90°，即∠GCD+∠BCD=90°，∴∠ADC=∠GCD，故正確；③條件不足，無法證明CA平分∠BCG，故錯誤；④∵∠EBC+∠ACB=∠AEB，∠DCB+∠ABC=∠ADC，∴∠AEB+∠ADC=90°+（∠ABC+∠ACB）=135°，∴∠DFE=360°-135°-90°=135°，∴∠DFB=45°=∠CGE，，正確．故選B．【點睛】本題主要考查了角平分線的定義，平行線的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理及多邊形內(nèi)角和，三角形外角的性質(zhì)，熟知直角三角形的兩銳角互余是解答此題的關(guān)鍵．【變式1.3】（2021·江蘇連云港市·）如圖，，已知中，，，的頂點、分別在邊、上，當(dāng)點在邊上運動時，點隨之在邊上運動，的形狀保持不變，在運動過程中，點到點的最大距離為（）A．12.5 B．13 C．14 D．15【答案】C【分析】取AB的中點D，連接CD，根據(jù)三角形的邊角關(guān)系得到OC≤OD+DC，只有當(dāng)O、D及C共線時，OC取得最大值，最大值為OD+CD，根據(jù)D為AB中點，得到BD=3，根據(jù)三線合一得到CD垂直于AB，在Rt△BCD中，根據(jù)勾股定理求出CD的長，在Rt△AOB中，OD為斜邊AB上的中線，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OD的值，進(jìn)而求出DC+OD，即為OC的最大值．【詳解】解：如圖，取AB的中點D，連接CD，∵AC=BC=10，AB=12，∵點D是AB邊中點，∴BD=AB=6，CD⊥AB，∴CD=，連接OD，OC，有OC≤OD+DC，當(dāng)O、D、C共線時，OC有最大值，最大值=OD+CD，∵△AOB為直角三角形，D為斜邊AB的中點，∴OD=AB=6∴OD+CD=6+8=14，即OC的最大值=14，故選：C．【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)以及三角形三邊之間的關(guān)系，掌握三角形任意兩邊之和大于第三邊，是解題的關(guān)鍵．【變式1.4】（2021·江蘇九年級一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，半徑為2的與軸的正半軸交于點，點是上一動點，點為弦的中點，直線與軸、軸分別交于點、，則面積的最小值為（）．A．3.5 B．2.5 C．2 D．1.2【答案】C【分析】連接，由垂徑定理得，再由圓周角定理得點在以為直徑的圓上（點除外），以為直角作，過點作直線于，交于、，利用一次函數(shù)解析式確定，，則，然后證，利用相似比求出的長，得、的長，當(dāng)點與點重合時，最大；點與點重合時，最小，然后計算出和得到的范圍，即可求解．【詳解】解：連接，如圖，點為弦的中點，，，點在以為直徑的圓上（點除外），以為直徑作，過點作直線于，交于、，當(dāng)時，，則，當(dāng)時，，解得，則，，，，，，，，，，，即，解得，，，，，設(shè)面積為，當(dāng)點與點重合時，最大；點與點重合時，最小，的范圍為，面積的最小值為2．故選：C．【點睛】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．也考查了圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)和一次函數(shù)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確尋找點的運動軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．【壓軸二】圓中的計算問題【真題再現(xiàn)】（連云港中考第8題）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，線段MN在對角線BD上運動，若⊙O的面積為2π，MN＝1，則△AMN周長的最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．6【思路點撥】由正方形的性質(zhì)，知點C是點A關(guān)于BD的對稱點，過點C作CA′∥BD，且使CA′＝1，連接AA′交BD于點N，取NM＝1，連接AM、CM，則點M、N為所求點，進(jìn)而求解．【詳析詳解】解：⊙O的面積為2π，則圓的半徑為2，則BD＝22=AC，由正方形的性質(zhì)，知點C是點A關(guān)于BD的對稱點，過點C作CA′∥BD，且使CA′＝1，連接AA′交BD于點N，取NM＝1，連接AM、CM，則點M、N為所求點，理由：∵A′C∥MN，且A′C＝MN，則四邊形MCA′N為平行四邊形，則A′N＝CM＝AM，故△AMN的周長＝AM+AN+MN＝AA′+1為最小，則A′A=(22)2+12=3，則△AMN的周長的最小值為3+1＝4，故選：B．【方法小結(jié)】本題是為幾何綜合題，主要考查了圓的性質(zhì)、點的對稱性、平行四邊形的性質(zhì)等，確定點M、N的位置是本題解題的關(guān)鍵．【變式訓(xùn)練】【變式2.1】（2021·江蘇常州市·九年級一模）已知是半徑為1的的一條弦，且，以為一邊在內(nèi)作等邊三角形，D為上不同于點A的一點，且，的延長線交于點E，則的長為（）

A． B．1 C． D．a(chǎn)【答案】B【分析】通過證，得，從而求出的長．【詳解】解：連接OE，OA，OB，是等邊三角形，，；，，；，；四邊形內(nèi)接于，，即；又，，即是等腰三角形；在等腰和等腰中，，，；．故選：B．【點睛】此題考查了圓心角、弧、弦的關(guān)系，等邊三角形的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，綜合性強(qiáng)，難度較大；能夠發(fā)現(xiàn)并證得是解答此題的關(guān)鍵．【變式2.2】（2019·江蘇連云港市·九年級其他模擬）如圖，為的直徑，為上一點，弦平分，交弦于點，，，則的長為（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】根據(jù)角平分線的定義得到∠CAD=∠BAD，根據(jù)圓周角定理得到∠DCB=∠BAD，證明△DCE∽△DAC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出AD，結(jié)合圖形計算，得到答案．【詳解】解：∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠BAD，由圓周角定理得，∠DCB=∠BAD，∴∠CAD=∠DCB，又∠D=∠D，∴△DCE∽△DAC，∴，即，解得，AD=8，∴AE=ADDE=82=6，故選：C．【點睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、圓周角定理，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．【變式2.3】（2020·江蘇連云港市·九年級學(xué)業(yè)考試）如圖，是半圓的直徑，點在半圓上，，，是弧上的一個動點，連接，過點作于，連接，在點移動的過程中，的最小值是（）A．6 B． C． D．7【答案】A【分析】取AD的中點M，連接BD，HM，BM．由題意點H在以M為圓心，MD為半徑的⊙M上，推出當(dāng)M、H、B共線時，BH的值最小.【詳解】解：如圖，取AD的中點M，連接BD，HM，BM．∵DH⊥AC，

∴∠AHD=90°，

∴點H在以M為圓心，MD為半徑的⊙M上，

∴當(dāng)M、H、B共線時，BH的值最小，

∵AB是直徑，

∴∠ADB=90°，

∴BD=，BM=，∴BH的最小值為BM-MH=8-2=6．

故選：A．【點睛】本題考查點與圓的位置關(guān)系、勾股定理、圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，利用輔助線圓解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．【變式2.4】（2021·江蘇連云港市·九年級期末）如圖，在△ABC中，DE∥BC，，則下列結(jié)論中正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】試題解析：∵，∴，∵DE∥BC，∴，△ADE∽△ABC，∴，，，故A，B，D錯誤，故選C．考點：相似三角形的判定與性質(zhì)【壓軸三】相似三角形的性質(zhì)與判定【真題再現(xiàn)】（連云港中考第16題）如圖，BE是△ABC的中線，點F在BE上，延長AF交BC于點D．若BF＝3FE，則????????=32．【思路點撥】過點E作EG∥DC交AD于G，可得△AGE∽△ADC，所以????????=????????=12，得到DC＝2GE；再根據(jù)△GFE∽△DFB，得????????=????????=13，所以????????=23，即????????=32．【詳析詳解】解：如圖，∵BE是△ABC的中線，∴點E是AC的中點，∴????????=12，過點E作EG∥DC交AD于G，∴∠AGE＝∠ADC，∠AEC＝∠C，∴△AGE∽△ADC，∴????????=????????=12，∴DC＝2GE，∵BF＝3FE，∴????????=13，∵GE∥BD，∴∠GEF＝∠FBD，∠EGF＝∠BDF，∴△GFE∽△DFB，∴????????=????????=13，∴????????=23，∴????????=32，故答案為：32．【方法小結(jié)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，過點E作EG∥DC，構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．【變式訓(xùn)練】【變式3.1】（2021·全國八年級單元測試）如圖，等腰中，，，于，且．則__________．【答案】【分析】在Rt△BCD中，由勾股定理求出CD，再設(shè)AD=x，則AB=AC=AD+CD=6+x，最后在Rt△ABD中由勾股定理求出x即可求解．【詳解】解：在Rt△BCD中，由勾股定理可知，設(shè)AD=x，則AB=AC=AD+CD=x+6，在Rt△ABD中，由勾股定理可知AB2=AD2+BD2，代入數(shù)據(jù)：(x+6)2=x2+82，解得x=，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理解直角三角形，本題的關(guān)鍵是設(shè)AD=x，進(jìn)而將AB用x的代數(shù)式表示，在Rt△ABD中使用勾股定理求出x求解．【變式3.2】（2021·江蘇連云港市·九年級期末）如圖，四邊形與四邊形位似，位似中心點是，，則________．【答案】.【分析】由，得即，得到位似比，根據(jù)位似的性質(zhì)計算即可.【詳解】∵，∴，即，∵四邊形與四邊形位似，∴，故答案為.【點睛】本題考查了圖形的位似，準(zhǔn)確將線段的比轉(zhuǎn)化為位似圖形的位似比是解題的關(guān)鍵.【變式3.3】（2020·東海晶都雙語學(xué)校）如圖，CE是平行四邊形ABCD的邊AB的垂直平分線，垂足為點O，CE與DA的延長線交于點E，連接AC，BE，則下列結(jié)論：①AC=AD；②AO=；③四邊形ACBE是菱形；④．其中正確的結(jié)論有____．(填寫所有正確結(jié)論的序號)【答案】①②③④；【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及判定定理、菱形的判定方法、平行線分線段成比例定理一一判斷即可；【詳解】解：解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB∥CD，AB=CD（平行四邊形對邊相等且平行），

∵EC垂直平分AB，∴，故②正確，∴，∵OA∥DC，，∴AE=AD，OE=OC，

∵OA=OB，OE=OC，

∴四邊形ACBE是平行四邊形（對角線相互平分的四邊形是平行四邊形），

∵AB⊥EC，

∴四邊形ACBE是菱形（對角線相互垂直的四邊形是菱形），故③正確，

∵∠DCE=90°，DA=AE，

∴AC=AD=AE，故①正確；∵，，∴，故④正確；綜上①②③④均正確，故答案為：①②③④；【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)以及判定定理、菱形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．【變式3.4】（2020·江蘇連云港市·九年級二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠B＝120°，AB與CD之間的距離是，AB＝28，在AB上取一點E（AE＜BE），使得∠DEC＝120°，則AE＝_____．【答案】12或24．【分析】過點D作DG⊥AB，在AB上截取AF＝AD，可證△ADF為等邊三角形，由AB與CD之間的距離是，可求得AD，AF，DF及BC；設(shè)AE＝x，證得∠DFE＝∠B，∠FED＝∠BCE，可得△FED∽△BCE，利用相似三角形的性質(zhì)可得答案．【詳解】解：如圖，過點D作DG⊥AB，在AB上截取AF＝AD∵在平行四邊形ABCD中，∠B＝120°，∴∠A＝60°∴△ADF為等邊三角形∵AB與CD之間的距離是，∴DG＝，∴∠ADG＝30°∴＝sin60°∴AD＝＝8∴AG＝FG＝4，DF＝8，BC＝8設(shè)AE＝x，則FE＝x﹣8∵AB＝28，∴BE＝28﹣x∵∠DEC＝120°，∠B＝120°∴∠FED+∠BEC＝60°，∠BCE+∠BEC＝60°∴∠FED＝∠BCE∵△ADF為等邊三角形∴∠AFD＝60°∴∠DFE＝120°∴∠DFE＝∠B，∠FED＝∠BCE∴△FED∽△BCE∴∴解得x1＝12，x2＝24故答案為：12或24．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等，是解題的關(guān)鍵．【壓軸四】切線的有關(guān)計算與證明問題【真題再現(xiàn)】（連云港中考第24題）如圖，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以點C為圓心，CB為半徑作⊙C，D為⊙C上一點，連接AD、CD，AB＝AD，AC平分∠BAD．（1）求證：AD是⊙C的切線；（2）延長AD、BC相交于點E，若S△EDC＝2S△ABC，求tan∠BAC的值．【思路點撥】（1）根據(jù)SAS證明△BAC≌△DAC，所以∠ADC＝∠ABC＝90°，進(jìn)而CD⊥AD，所以AD是⊙C的切線；（2）易證△EDC∽△EBA，因為S△EDC＝2S△ABC，且△BAC≌△DAC，所以S△EDC：S△EBA＝1：2，根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方得：DC：BA＝1：2，根據(jù)正切的定義即可求出tan∠BAC的值．【詳析詳解】解：（1）證明：∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC．又∵'AB＝AD，AC＝AC，∴△BAC≌△DAC（SAS），∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∴CD⊥AD，即AD是⊙C的切線；（2）由（1）可知，∠EDC＝∠ABC＝90°，又∠E＝∠E，∴△EDC∽△EBA．∵S△EDC＝2S△ABC，且△BAC≌△DAC，∴S△EDC：S△EBA＝1：2，∴DC：BA＝1：2．∵DC＝CB，∴CB：BA＝1：2．..tan∠BAC=????????=22．【方法小結(jié)】本題考查了切線的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，正切的定義，證明出△EDC∽△EBA是解題的關(guān)鍵．【變式訓(xùn)練】【變式4.1】（2021·江蘇連云港市·九年級期末）思考發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，點A和點B均在上，且，點P和點Q均在射線上，若，則點P與的位置關(guān)系是___________；若，則點Q與的位置關(guān)系是__________．問題解決：如圖2，四邊形中，，，且，．（2）若點P是邊上任意一點，且求的長；（3）如圖3，以B為圓心，為半徑作弧，交的延長線于點E，若點Q為弧上的動點，過點Q作于點H，設(shè)點I為的內(nèi)心，連結(jié)，，當(dāng)點Q從點C運動到點E時，則內(nèi)心I所經(jīng)過的路徑長為___________．（直接填空）【答案】（1）在圓上，在圓內(nèi)；（2）或；（3）．【分析】（1）利用同圓中，同弧所對的圓周角等于圓心角的一半，可判斷點與的關(guān)系，繼而由可判斷點Q與的位置關(guān)系；（2）過點D作垂直于交于點E，過點A作垂直于，構(gòu)造等腰直角三角形，以點F為圓心，為半徑作圓，交于點P、，根據(jù)圓周角定理可知，繼而證明四邊形是矩形，解得，在等腰直角三角形中，根據(jù)勾股定理解得的長，繼而得到，在與中，利用勾股定理解的長即可解題；（3）三角形的內(nèi)心是三角形三個內(nèi)角平分線的交點，連接，由內(nèi)心定義得，繼而證明，再由全等三角形的對應(yīng)角相等解得，接著計算的度數(shù)，得到，過三個點作，求得的度數(shù)，由（2）知，，在等腰直角三角形中，利用勾股定理解得，最后根據(jù)弧長公式解題即可．【詳解】解：（1）如圖，在上，在圓內(nèi)，故答案為:在圓上，在圓內(nèi)；（2）如圖，過點D作垂直于交于點E，過點A作垂直于，構(gòu)造等腰直角三角形，以點F為圓心，為半徑作圓，交于點P、，，四邊形是矩形，在等腰直角三角形中，，在與中，、；（3）如圖，連接，是內(nèi)心，過三個點作，當(dāng)點Q從點C運動到點E時，內(nèi)心I所經(jīng)過的路徑長為的長，由（2）知，在等腰直角三角形中，，故答案為：.【點睛】本題考查圓的綜合，涉及圓周角定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的內(nèi)心性質(zhì)、不共線三點確定一個圓、弧長公式等知識，是重要考點，正確作出輔助線、掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵.【變式4.2】（2021·江蘇連云港市·九年級期末）如圖，在中，，以O(shè)為圓心，以的長為半徑作，交于點D，交于點E，過點B和點O分別作、的平行線，交于點C，連結(jié)．（1）若，，求陰影部分的面積；（2）試判斷與的位置關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）；（2）與的切線，證明見解析【分析】（1）根據(jù)含30度角的直角三角形性質(zhì)可知OD為中線且求得△OAB的面積及∠DOE=30°，再利用中線性質(zhì)和扇形面積公式可以得到陰影部分面積；

（2）由已知可以得到△OAB≌△DOC，從而得到CD⊥OD，再由OD是⊙O半徑可以得到CD與⊙O相切．【詳解】（1）在中，連接，因為，，，

所以∠ABO=30°,，AB=4，

∴．因為=AD，所以，，，∴，所以，陰影部分面積為．（2）CD與⊙O相切，理由如下：因為，，所以四邊形是平行四邊形，且，∴．又因為，所以，所以，所以（SAS），所以，又因為是的半徑，所以與相切．【點睛】本題考查圓的綜合應(yīng)用，熟練掌握含30度角直角三角形的性質(zhì)、三角形全等的判定和性質(zhì)、切線的判定定理、三角形與扇形面積的計算及平行線和平行四邊形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式4.3】（2020·江蘇連云港市·贛榆實驗中學(xué)九年級期中）（問題情境）（1）點A是⊙O外一點，點P是⊙O上一動點．若⊙O的半徑為2，且OA=5，則點P到點A的最短距離為．（直接運用）（2）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，以BC為直徑的半圓交AB于D，P是弧CD上的一個動點，連接AP，則AP的最小值是．（構(gòu)造運用）（3）如圖2，已知正方形ABCD的邊長為6，點M、N分別從點B、C同時出發(fā)，以相同的速度沿邊BC、CD方向向終點C和D運動，連接AM和BN交于點P，則點P到點C的最短距離，并說明理由．（靈活運用）（4）如圖3，⊙O的半徑為4，弦AB=4，點C為優(yōu)弧AB上一動點，AM⊥AC交直線CB于點M，則△ABM的面積最大值是．【答案】（1）3（2）（3），理由見解析（4）【分析】（1）當(dāng)點P是OA與⊙O的交點時，PA為最短，故可求解；（2）找到BC中點O，當(dāng)A、P、O在同一直線上時，點P到點A的最短，故可求解；（3）先證明△ABM≌△BCN，再得到AM⊥BN，得到P的運動軌跡，再根據(jù)圓外的點與圓的位置關(guān)系特點即可求解；（4）先求出∠M=60°，要想△ABM的面積最大，則需要點M到AB的距離最大，根據(jù)圓周角與圓心角的關(guān)系作⊙D,根據(jù)三線合一得到△ABM是等邊三角形，故可求出此時的面積．【詳解】（1）當(dāng)點P是OA與⊙O的交點時，PA為最短，AP=AO-OP=5-2=3故答案為：3；（2）如圖，連接AO，當(dāng)A、P、O在同一直線上時，點P到點A的最短，∵AC=BC=2，∴r=,∴AO=∴AP的最小值為AO-r=故答案為：；（3）∵AB=BC,∠ABM=∠BCN，BM=CN∴△ABM≌△BCN，∴∠BAM=∠CBN∴∠CBN+∠ABP=90°∴∠BAM+∠ABP=90°∴AM⊥BN，故點P點在以AB為直徑的圓上運動，連接OC，與⊙O的交點，此交點P即為PC最小時的位置；∵AB=6，∴OC=∴PC的最小值為；（4）連接OA,OB∵OA=OB=4=AB，∴△AOB是等邊三角形，∴∠AOB=60°∴∠ACB=∠AOB=30°∵AM⊥AC∴∠M=60°∵AB=4，要使△ABM面積最大，則點M到AB的距離最大，如圖，∵∠M=60°，∴點M在以∠ADB=120°的⊙D上，當(dāng)AM=BM時，點M到AB的距離最大∴△ABM是等邊三角形∴△ABM的最大面積為．．【點睛】此題主要考查圓的綜合問題，解題的關(guān)鍵是熟知點與圓的位置關(guān)系，全等三角形的判定與性質(zhì)、垂徑定理及圓周角定理的應(yīng)用．【變式4.4】（2020·灌南縣新知雙語學(xué)校九年級月考）如圖，AB是⊙O的直徑，C為⊙O上的一點，點D為的中點，DE⊥AC于點E．（1）求證：DE是⊙O的切線；（2）若AE＝8，DE＝4，求⊙O的半徑．【答案】（1）見解析（2）5【分析】（1）連接AD．證明OD∥AE，可得∠E＝90°，則∠ODE＝90°得出DE⊥OD即可；（2）設(shè)⊙O的半徑為r．過點O作OF⊥AE于F，則OF＝DE＝4，EF＝OD＝r，AF＝8﹣r（8﹣r）2+42＝r2解方程即可得出答案．【詳解】（1）證明：連接AD．∵點D為弧BC的中點，∴，∴∠EAD＝∠DAB，∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠DAB，∴∠EAD＝∠ADO，∴OD∥AE，∵DE⊥AC，∴∠E＝90°，∴∠ODE＝90°，∴DE⊥OD∴DE是⊙O的切線；（2）解：設(shè)⊙O的半徑為r．過點O作OF⊥AE于F，則四邊形OFED為矩形∴OF＝DE＝4，EF＝OD＝r，AF＝8﹣r，∵在Rt△AFO中，AF2+OF2＝OA2，∴（8﹣r）2+42＝r2，∴r＝5，∴⊙O的半徑為5．【點睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)、垂徑定理、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，正確運用基本圖形的性質(zhì)解決問題．【壓軸五】銳角三角函數(shù)的應(yīng)用問題【真題再現(xiàn)】（連云港中考第25題）我市的前三島是眾多海釣人的夢想之地．小明的爸爸周末去前三島釣魚，將魚竿AB擺成如圖1所示．已知AB＝4.8m，魚竿尾端A離岸邊0.4m，即AD＝0.4m．海面與地面AD平行且相距1.2m，即DH＝1.2m．（1）如圖1，在無魚上鉤時，海面上方的魚線BC與海面HC的夾角∠BCH＝37°，海面下方的魚線CO與海面HC垂直，魚竿AB與地面AD的夾角∠BAD＝22°．求點O到岸邊DH的距離；（2）如圖2，在有魚上鉤時，魚竿與地面的夾角∠BAD＝53°，此時魚線被拉直，魚線BO＝5.46m，點O恰好位于海面．求點O到岸邊DH的距離．（參考數(shù)據(jù)：sin37°＝cos53°≈35，cos37°＝sin53°≈45，tan37°≈34，sin22°≈38，cos22°≈1516，tan22°≈25）【思路點撥】（1）過點B作BF⊥CH，垂足為F，延長AD交BF于E，先根據(jù)三角函數(shù)的定義求出AE，繼而得出DE，再根據(jù)三角函數(shù)的定義求出BE，繼而得出BF，根據(jù)三角函數(shù)的定義得出CF，從而得出CH的長度；（2）過點B作BN⊥OH，垂足為N，延長AD交BN于點M，垂足為M，先根據(jù)三角函數(shù)的定義求出AM，繼而得出DM，再根據(jù)三角函數(shù)的定義求出BM，繼而得出BN，利用勾股定理求出ON，從而得出OH的長．【詳析詳解】解：（1）過點B作BF⊥CH，垂足為F，延長AD交BF于E，則AE⊥BF，垂足為E，由cos∠BAE=????????，∴cos22°=????4.8，∴1516=????4.8，即AE＝4.5m，∴DE＝AE﹣AD＝4.5﹣0.4＝4.1（m），由sin∠BAE=????????，∴??????22°=????4.8，∴38=????4.8，即BE＝1.8m，∴BF＝BE+EF＝1.8+1.2＝3（m），又??????∠??????=????????，∴??????37°=3????，即CF＝4m，∴CH＝CF+HF＝CF+DE＝4+4.1＝8.1（m），即C到岸邊的距離為8.1m；（2）過點B作BN⊥OH，垂足為N，延長AD交BN于點M，垂足為M，由cos∠BAM=????????，∴??????53°=????4.8，∴35=????4.8，即AM＝2.88m，∴DM＝AM﹣AD＝2.88﹣0.4＝2.48（m），由sin∠BAM=????????，∴??????53°=????4.8，∴45=????4.8，即BM＝3.84m，∴BN＝BM+MN＝3.84+1.2＝5.04（m），∴????=????2?????2=5.462?5.042=4.41=2.1（m），∴OH＝ON+HN＝ON+DM＝4.58，即點O到岸邊的距離為4.58m．【方法小結(jié)】此題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，充分體現(xiàn)了數(shù)學(xué)與實際生活的密切聯(lián)系，解題的關(guān)鍵是表示出線段的長后，理清線段之間的關(guān)系．【變式訓(xùn)練】【變式5.1】（2020·江蘇連云港市·九年級學(xué)業(yè)考試）如圖，水壩的橫截面是梯形，迎水坡的坡角為，背水坡的坡度為，壩頂寬米，壩高5米．求：（1）壩底寬的長（結(jié)果保留根號）；（2）在上題中，為了提高堤壩的防洪能力，市防汛指揮部決定加固堤壩，要求壩頂加寬0.5米，背水坡的坡度改為，已知堤壩的總長度為，求完成該項工程所需的土方（結(jié)果保留根號）．【答案】（1）；（2）完成該項工程所需的土方為．【分析】（1）作DF⊥AB，根據(jù)坡度i和α的值即可求得AF，BE的長，即可解題；（2）根據(jù)加寬后的坡度求出A′F′，再求出，得出A′B，從而求出梯形A′BCD′的面積，結(jié)合堤壩總長度即可求出結(jié)果.【詳解】解：（1）作，，垂足分別為、，可得四邊形CDFE為矩形，在中，∵，∴，∵在中，，∴，又∵，∴；（2）在中，∵，∴，又∵，∴，∴，，完成該項工程所需的土方,答：完成該項工程所需的土方為．【點睛】本題考查了坡度坡角的求解，特殊角的三角函數(shù)值和三角函數(shù)在直角三角形中運用，注意構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．【變式5.2】（2020·江蘇連云港市·九年級三模）如圖1是某品牌訂書機(jī)，其截面示意圖如圖2所示．訂書釘放置在軌槽CD內(nèi)的MD處，由連接彈簧的推動器MN推緊，連桿EP一端固定在壓柄CF上的點E處，另一端P在DM上移動．當(dāng)點P與點M重合后，拉動壓柄CF會帶動推動器MN向點C移動．使用時，壓柄CF的端點F與出釘口D重合，紙張放置在底座AB的合適位置下壓完成裝訂（即點D與點H重合）．已知CA⊥AB，CA＝2cm，AH＝12cm，CE＝5cm，EP＝6cm，MN＝2cm．（1）求軌槽CD的長（結(jié)果精確到0.1）；（2）裝入訂書釘需打開壓柄FC，拉動推動器MN向點C移動，當(dāng)∠FCD＝53°時，能否在ND處裝入一段長為2.5cm的訂書釘？（參考數(shù)據(jù)：≈2.24，≈6.08，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60）【答案】（1）12.6（cm）．（2）能在ND處裝入一段長為2.5cm的訂書釘．【解析】【分析】（1）由題意CD＝CH，利用勾股定理求出CH即可．（2）如圖2中，作EK⊥PC于K．解直角三角形求出CK，PK，DN即可判斷．【詳解】解：（1）由題意CD＝CH，在Rt△ACH中，CH＝＝2≈12.2（cm）．∴CD＝CH＝12.6（cm）．（2）如圖2中，作EK⊥PC于K．在Rt△ECK中，EK＝EC?sin53°≈4（cm），CK＝EC?cos53°≈3（cm），在Rt△EPK中，PK＝＝＝2≈4.48（cm），∴DP＝CD﹣CK﹣PK﹣MN＝12.6﹣3﹣4.48﹣2＝3.12＞2.5，∴能在ND處裝入一段長為2.5cm的訂書釘．【點睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．【變式5.3】（2020·江蘇連云港市·九年級二模）州政府投資3個億擬建的恩施民族高中，它位于北緯31°，教學(xué)樓窗戶朝南，窗戶高度為h米，此地一年的冬至這一天的正午時刻太陽光與地面的夾角最小為α，夏至這一天的正午時刻太陽光與地面的夾角最大為β．若你是一名設(shè)計師，請你為教學(xué)樓的窗戶設(shè)計一個直角形遮陽蓬BCD，要求它既能最大限度地遮擋夏天炎熱的陽光，又能最大限度地使冬天溫暖的陽光射入室內(nèi)（如圖）．根據(jù)測量測得∠α=32.6°，∠β=82.5°，h=2.2米．請你求出直角形遮陽蓬BCD中BC與CD的長各是多少？（結(jié)果精確到0.1米）（參考數(shù)據(jù)：sin32.6°=0.54，sin82.5°=0.99，tan32.6°=0.64，tan82.5°=7.60）【答案】直角遮陽蓬BCD中BC與CD的長分別是0.2米和0.3米【分析】在Rt△BCD和Rt△ADC中，已知兩個銳角和公共邊CD，及CB=AC-AB，可以利用邊角關(guān)系，建立方程組求解．【詳解】根據(jù)內(nèi)錯角相等可知，∠BDC=α，∠ADC=β．在Rt△BCD中，tanα=．①在Rt△ADC中，tanβ=．②由①、②可得：．把h=2.2，tan32.6°=0.64，tan82.5°=7.60代入上式，得：BC≈0.2（米），CD≈0.3（米）．所以直角遮陽蓬BCD中BC與CD的長分別是0.2米和0.3米．【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用-坡度坡角問題，如何利用AB，α，β表示BC，CD是解題的關(guān)鍵，往往利用建立方程組的方法求解．【變式5.4】（2020·江蘇連云港市·九年級二模）如圖，點E是矩形ABCD中CD邊上一點，沿BE折疊為，點F落在AD上（1）求證：；（2）若，求的值．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可知∠A=∠D=∠C=90°，△BCE沿BE折疊為△BFE，得出∠BFE=∠C=90°，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和為180°，可知∠AFB+∠ABF=90°，得出∠ABF=∠DFE，即可證明△ABF∽△DFE；

（2）已知，設(shè)DE=2a，EF=3a，DF=a，由折疊的性質(zhì)知EF=EC,則BC=DC=由，得即可得到.【詳解】（1）證明∠A=∠D=900在△∴∴∠ABF=∠DFE∴（2）在Rt△,設(shè)由折疊的性質(zhì)知EF=EC,則AB=DC=5由，得故【點睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的概念，掌握有兩個角相等的兩個三角形相似是解題的關(guān)鍵，注意分情況討論思想的靈活運用．【壓軸六】二次函數(shù)綜合問題【真題再現(xiàn)】（連云港中考第26題）如圖，拋物線y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9）與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，已知B（3，0）．（1）求m的值和直線BC對應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；（2）P為拋物線上一點，若S△PBC＝S△ABC，請直接寫出點P的坐標(biāo)；（3）Q為拋物線上一點，若∠ACQ＝45°，求點Q的坐標(biāo)．【思路點撥】（1）把點B坐標(biāo)直接代入拋物線的表達(dá)式，可求m的值，進(jìn)而求出拋物線的表達(dá)式，可求出點C的坐標(biāo)，設(shè)直線BC的表達(dá)式，把點B和點C的坐標(biāo)代入函數(shù)表達(dá)式即可；（2）過點A作直線BC的平行線AP1，聯(lián)立直線AP1與拋物線表達(dá)式可求出P1的坐標(biāo)；設(shè)出直線AP1與y軸的交點為G，將直線BC向下平移，平移的距離為GC的長度，可得到直線P3P4，聯(lián)立直線表達(dá)式與拋物線表達(dá)式，可求出點P的坐標(biāo)；（3）取點Q使∠ACQ＝45°，作直線CQ，過點A作AD⊥CQ于點D，過點D作DF⊥x軸于點F，過點C作CE⊥DF于點E，可得△CDE≌△DAF，求出點D的坐標(biāo)，聯(lián)立求出點Q的坐標(biāo)．【詳析詳解】解：（1）將B（3，0）代入y＝mx2+（m2+3）x﹣（6m+9），化簡得，m2+m＝0，則m＝0（舍）或m＝﹣1，∴m＝﹣1，∴y＝﹣x2+4x﹣3．∴C（0，﹣3），設(shè)直線BC的函數(shù)表達(dá)式為y＝kx+b，將代入B（3，0），C（0，﹣3），可得，0=3??+???3=??，解得，??=1??=?3，∴直線BC的函數(shù)表達(dá)式為y＝x﹣3．（2）如圖，過點A作AP1∥BC，設(shè)直線AP1交y軸于點G，將直線BC向下平移GC個單位，得到直線P3P4．由（1）得直線BC的表達(dá)式為y＝x﹣3，A（1，0）∴直線AG的表達(dá)式為y＝x﹣1，聯(lián)立??=???1??=???2+4???3，解得??=1??=0，或??=2??=1，∴P1（2，1），由直線AG的表達(dá)式可得G（﹣1，0），∴GC＝2，CH＝2，∴直線P3P4的表達(dá)式為：y＝x﹣5，聯(lián)立??=???5??=???2+4???3，解得，??=3?172??=?7?172，或，??=3+172??=?7+172，∴P2（3?172，?7?172），P3（3+172，?7+172），；綜上可得，符合題意的點P的坐標(biāo)為：（2，1），（3?172，?7?172），（3+172，?7+172）；（3）如圖，取點Q使∠ACQ＝45°，作直線CQ，過點A作AD⊥CQ于點D，過點D作DF⊥x軸于點F，過點C作CE⊥DF于點E，則△ACD是等腰直角三角形，∴AD＝CD，∴△CDE≌△DAF（AAS），∴AF＝DE，CE＝DF．設(shè)DE＝AF＝a，則CE＝DF＝a+1，由OC＝3，則DF＝3﹣a，∴a+1＝3﹣a，解得a＝1．∴D（2，﹣2），又C（0，﹣3），∴直線CD對應(yīng)的表達(dá)式為y=12x﹣3，設(shè)Q（n，12n﹣3），代人y＝﹣x2+4x﹣3，∴12n﹣3＝﹣n2+4n﹣3，整理得n2?72n＝0．又n≠0，則n=72．∴Q（72，?54）．【方法小結(jié)】本題屬于二次函數(shù)綜合題，主要考查利用平行轉(zhuǎn)化面積，角度的存在性等，在求解過程中，結(jié)合背景圖形，作出正確的輔助線是解題的基礎(chǔ)．【變式訓(xùn)練】【變式6.1】（2021·江蘇連云港市·九年級期末）如圖1，拋物線與x軸交于點、．（1）求拋物線的函數(shù)關(guān)系式．（2）如圖1，點C是拋物線在第四象限內(nèi)圖像上的一點，過點C作軸，P為垂足，求的最大值；（3）如圖2，設(shè)拋物線的頂點為點D，點N的坐標(biāo)為，問在拋物線的對稱軸上是否存在點M，使線段繞點M順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，且點恰好落在拋物線上？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，或．【分析】（1）由拋物線與x軸交于點、，可得解得即可；（2）設(shè)點C坐標(biāo)為，由點C在第四象限，，由PC⊥y軸可得點P，可求，當(dāng)時，CP+OP最大值為；（3）根據(jù)拋物線函數(shù)關(guān)系式可知，分兩種情況，當(dāng)點M在D點下方時，過點M作x軸平行線，分別過點N、，向所畫直線作垂線，分別交于E、F，同理可知當(dāng)點M在D點上方時，過N′作N′G⊥對稱軸于G，可證（AAS），求出坐標(biāo)為，代入拋物線函數(shù)關(guān)系式解方程，求出點M坐標(biāo)綜合即可．【詳解】解：（1）拋物線與x軸交于點、，由題意得解得所以函數(shù)關(guān)系式為；（2）設(shè)點C坐標(biāo)為，點C在第四象限，，∴點P，，∴時，CP+OP最大值為；（3）根據(jù)拋物線函數(shù)關(guān)系式可知，當(dāng)點M在D點下方時，過點M作x軸平行線，分別過點N、，向所畫直線作垂線，分別交于E、F，∵∠NEM=∠DFN′=90°∠NMN′=90o，∴∠N+∠NME=90°，∠NME+∠N′MF=90°，∴∠N=∠N′MF，∵NM=N′M，∴（AAS），設(shè)點，，，則坐標(biāo)為，代入拋物線函數(shù)關(guān)系式，，，△=312-4×236=17，解得（舍去），，同理可知當(dāng)點M在D點上方時，設(shè)點，，，則坐標(biāo)為，代入拋物線函數(shù)關(guān)系式，，，△=312-4×236=17，（舍去），綜上可知或．【點睛】本題考查拋物線的解析式，配方法，二次函數(shù)最值問題，圖形旋轉(zhuǎn)，三角形全等的判定與性質(zhì)，一元二次方程及其解法，掌握拋物線的解析式，配方法，二次函數(shù)最值問題，圖形旋轉(zhuǎn)，三角形全等的判定與性質(zhì)，一元二次方程及其解法，關(guān)鍵是引輔助線構(gòu)造圖形是解題關(guān)鍵．【變式6.2】（2021·江蘇連云港市·九年級期末）已知拋物線與軸交于點，點，與軸交于點，頂點為點．（1）求拋物線的解析式；（2）若點在拋物線上，點在軸上，當(dāng)以點、、、為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出點的坐標(biāo)；（3）已知點，，在拋物線對稱軸上，找一點，使的值最?。藭r，在拋物線上是否存在一點，使的值最??？若存在，求出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）的坐標(biāo)為，，；（3）當(dāng)點的坐標(biāo)為時，最小【分析】(1)因為拋物線經(jīng)過A(-1，0)，B(3，0)，利用待定系數(shù)法解決問題即可.(2)分點P在x軸的上方或下方，點P的縱坐標(biāo)為3或-3，利用待定系數(shù)法求解即可.(3)如圖，連接BH交對稱軸于F，連接AF，此時AF+FH的值最小.求出直線HB的解析式，可得點F的坐標(biāo)，設(shè)K(x0，y0)，作直線SK∥y軸，且S得縱坐標(biāo)為，證明KF=SK，利用垂線段最短解決問題即可.【詳解】解：（1）∵經(jīng)過、兩點的拋物線解析式為，將，代入解析式中，則有，解得：，∴拋物線的解析式為．（2）點的坐標(biāo)為，，．

∵y=?x2+2x+3①當(dāng)四邊形CAQP為平行四邊形時，P在x軸的上方，由AQ∥CP，得：點P的縱坐標(biāo)為3，令y=3，則?x2+2x+3=3．∴x=0或x=2，但x=0時，P與C點重合，即舍去x=0，∴P的坐標(biāo)為(2，3)②當(dāng)四邊形PACQ為平行四邊形時，P在x軸的下方，得：點P的縱坐標(biāo)為-3，令y=-3，得：?x2+2x+3=-3，∴x=1+或x=1-∴P的坐標(biāo)為：(1+，?3)，(1?，?3)，綜上：P的坐標(biāo)為(2，3)，(1+，?3)，(1?，?3)．（3）∵點與點關(guān)于對稱軸對稱，∴連接與直線交點即為點．∵點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為，∴直線的解析式為：．令，則．當(dāng)點的坐標(biāo)為時，的值最?。O(shè)拋物線上存在一點，使得的值最小．則由勾股定理可得：．又∵點在拋物線上，∴，∴代入上式中，∴，∴．如圖，過點作直線，使軸，且點的縱坐標(biāo)為．∴點的坐標(biāo)為．則．∵，∴，∴．∴．當(dāng)且僅當(dāng)，，三點在一條直線上，且該直線干行于軸，的值最?。帧唿c的坐標(biāo)為，∴，將其代入拋物線解析式中可得：．∴當(dāng)點的坐標(biāo)為時，最?。军c睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，一次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，第四個問題的關(guān)鍵是學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，把最短問題轉(zhuǎn)化為垂線段最短，屬于中考壓軸題.【變式6.3】（2020·江蘇連云港市·九年級月考）如圖在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝x2﹣2x＋c與兩坐標(biāo)軸分別交于A，B，C三點，且OC＝OB，點G是拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式．（2）若點M為第四象限內(nèi)拋物線上一動點，點M的橫坐標(biāo)為m，四邊形OCMB的面積為S．求S關(guān)于m的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值．（3）若點P是拋物線上的動點，點Q是x軸上的動點，判斷有幾個位置能夠使得點P、Q、A、G為頂點的四邊形為平行四邊形，直接寫出相應(yīng)的點P的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）S＝＋，；（3）點P的坐標(biāo)為(1＋2，4)或(1﹣2，4)【分析】（1）由題意可知點B的坐標(biāo)為(﹣c，0)，代入解析式即可求解；

（2）由S四邊形=S△MBC+S△OCB=，即可求解；

（3）分AG是邊、AG是對角線兩種情況，利用平移的性質(zhì)和中點坐標(biāo)公式即可求解．【詳解】解：（1）∵拋物線y＝x2﹣2x＋c與y軸交于點C，∴點C的坐標(biāo)為(0，c)，（c＜0），∵OC＝OB，且點B在x的正半軸上，∴點B的坐標(biāo)為(﹣c，0)．∵拋物線y＝x2﹣2x＋c經(jīng)過點B，∴（﹣c）2﹣2（﹣c）＋c＝0．解得：c1＝0（舍去），c2＝﹣3．∴拋物線解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）連接BC，過點M作MD平行于y軸，交BC于點D，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx＋b'，把點B(3，0)和點C(0，﹣3)的坐標(biāo)代入解析式得：，解得，∴直線BC的解析式為y＝x﹣3．∵拋物線解析式為y＝x2﹣2x﹣3，∴M(m，m2﹣2m﹣3)，點D(m，m﹣3)，∴MD＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2＋3m，∴S＝SΔMBC＋SΔOCB＝（﹣m2＋3m）＋＝＋，∵，∴當(dāng)時，S四邊形OCMB最大值＝．（3）有兩個位置滿足條件，此時P為(1＋，4)或(1﹣，4)．理由如下：設(shè)點P(m，m2﹣2m﹣3)，由拋物線的表達(dá)式知，點G(1，﹣4)，點A坐標(biāo)分別為(﹣1，0)，①當(dāng)AG是邊時，點A向右平移2個單位向下平移4個單位得到點G，同樣，點P（Q）向右平移2個單位向下平移4個單位得到點Q（P），故m2﹣2m﹣3﹣4＝0或m2﹣2m﹣3＋4＝0，解得m＝1±2或1（舍去1），故點P的坐標(biāo)為(1＋2，4)或(1﹣2，4)；②當(dāng)AG是對角線時，由中點坐標(biāo)公式得：（0﹣4）＝（m2﹣2m﹣3＋0），解得m＝1（舍去）；綜上，點P的坐標(biāo)為(1＋2，4)或(1﹣2，4)．【點睛】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系．【變式6.4】 （2020·江蘇連云港市·九年級二模）如圖，△AOB的三個頂點A、O、B分別落在拋物線C1：y＝x2＋x上，點A的坐標(biāo)為(﹣4，m)，點B的坐標(biāo)為(n，﹣2)．（點A在點B的左側(cè)）（1）則m＝，n＝．（2）將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A′OB′，拋物線C2：y＝ax2＋bx＋4經(jīng)過A′、B′兩點，延長OB′交拋物線C2于點C，連接A′C．設(shè)△OA′C的外接圓為⊙M．①求圓心M的坐標(biāo)；②試直接寫出△OA′C的外接圓⊙M與拋物線C2的交點坐標(biāo)（A′、C除外）．【答案】（1）﹣4；﹣1；（2）①(6，2)；②(0，4)或(12，4)【分析】（1）把x＝﹣4代入拋物線C1解析式求得y即得到點A坐標(biāo)；把y＝﹣2代入拋物線C1解析式，解方程并判斷大于﹣4的解為點B橫坐標(biāo)；（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)90°的性質(zhì)特點可求點A′、B′坐標(biāo)（過點作x軸垂線，構(gòu)造全等得到對應(yīng)邊相等）及OA的長，用待定系數(shù)法求拋物線C2的解析式，求出直線OC的解析式，構(gòu)建方程組確定點C的坐標(biāo)，求出線段OA′，線段A′C的垂直平分線的解析式，構(gòu)建方程組解決問題即可．②設(shè)⊙M與拋物線C2的交點為P(m，m2﹣3m＋4)．根據(jù)PM＝OM，構(gòu)建方程求解即可．【詳解】解：解：（1）當(dāng)x＝﹣4時，y＝×（﹣4）2＋×（﹣4）＝﹣4，∴點A坐標(biāo)為(﹣4，﹣4)，當(dāng)y＝﹣2時，x2＋x＝﹣2，解得：x1＝﹣1，x2＝﹣6，∵點A在點B的左側(cè)，∴點B坐標(biāo)為(﹣1，﹣2)，∴m＝﹣4，n＝﹣1．故答案為﹣4；﹣1；（2）①如圖1，過點B作BE⊥x軸于點E，過點B′作B′G⊥x軸于點G．∴∠BEO＝∠OGB′＝90°，OE＝1，BE＝2，∵將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A′OB，∴OB＝OB′，∠BOB′＝90°，∴∠BOE＋∠B′OG＝∠BOE＋∠OBE＝90°，∴∠B′OG＝∠OBE，在△B′OG與△OBE中，，∴△B′OG≌△OBE（AAS），∴OG＝BE＝2，B′G＝OE＝1，∵點B′在第四象限，∴B′(2，﹣1)，同理可求得：A′(4，﹣4)，∴OA＝OA′＝＝4＝4，∵拋物線C2：y＝ax2＋bx＋4經(jīng)過點A′、B′，∴，解得：，∴拋物線C2解析式為：y＝x2﹣3x＋4，∵直線OB′的解析式為y＝﹣x，由，解得或，∴點C(8，﹣4)，∵A′(4，﹣4)，∴A′C∥x軸，∵線段OA′的垂直平分線的解析式為y＝x﹣4，線段A′C的垂直平分線為x＝6，∴直線y＝x﹣4與x＝6的交點為(6，2)，∴△OA′C的外接圓的圓心M的坐標(biāo)為(6，2)．②設(shè)⊙M與拋物線C2的交點為P(m，m2﹣3m＋4)．則有（m﹣6）2＋（m2﹣3m＋2）2＝62＋22，解得m＝0或12或4或8，∵A′、C除外，∴P(0，4)或(12，4)．【點睛】此題考查的是二次函數(shù)與幾何圖形的綜合大題，難度較大，掌握全等三角形的判定及性質(zhì)、利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)解析式、三角形外接圓的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【壓軸七】幾何綜合探究問題【真題再現(xiàn)】（連云港中考第27題）在數(shù)學(xué)興趣小組活動中，小亮進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動．（1）△ABC是邊長為3的等邊三角形，E是邊AC上的一點，且AE＝1，小亮以BE為邊作等邊三角形BEF，如圖1．求CF的長；（2）△ABC是邊長為3的等邊三角形，E是邊AC上的一個動點，小亮以BE為邊作等邊三角形BEF，如圖2．在點E從點C到點A的運動過程中，求點F所經(jīng)過的路徑長；（3）△ABC是邊長為3的等邊三角形，M是高CD上的一個動點，小亮以BM為邊作等邊三角形BMN，如圖3．在點M從點C到點D的運動過程中，求點N所經(jīng)過的路徑長；（4）正方形ABCD的邊長為3，E是邊CB上的一個動點，在點E從點C到點B的運動過程中，小亮以B為頂點作正方形BFGH，其中點F、G都在直線AE上，如圖4．當(dāng)點E到達(dá)點B時，點F、G、H與點B重合．則點H所經(jīng)過的路徑長為34π，點G所經(jīng)過的路徑長為324π．【思路點撥】（1）由題意可得△ABE≌△CBF，則CF＝AE＝1；（2）點E在點C處時，CF＝AC，點E在A處時，點F與點C重合．則點F運動的路徑長＝AC＝3；（3）類比（2）的思路可知，點M在C處時，HN＝CD=332，點M在D處時，點N與點H重合．則點N所經(jīng)過的路徑的長＝CD=332；（4）類比（2）（3）可得，連接AC，BD，相交于點O，取AB的中點M，BC的中點N，連接MF，NH，當(dāng)點E在B處時，點F，B，H重合，點G和點B重合；當(dāng)點E在點C處時，點F和點O重合，點G與點C重合．【詳析詳解】解：（1）如圖，∵△ABC和△BEF是等邊三角形，∴BA＝BC，BE＝BF，∠ABC＝∠EBF＝60°，∴∠ABE+∠CBE＝∠CBF+∠CBE，∴∠ABE＝∠CBF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴CF＝AE＝1；（2）如圖2，連接CF，由（1）△ABE≌△CBF，∴CF＝AE，∠BCF＝∠BAE＝60°，∵∠ABC＝60°，∴∠BCF＝∠ABC，∴CF∥AB，又點E在點C處時，CF＝AC，點E在A處時，點F與點C重合．∴點F運動的路徑長＝AC＝3．（3）如圖3，取BC的中點H，連接HN，∴BH=12BC，∴BH=12AB，∵CD⊥AB，∴BD=12AB，∴BH＝BD，∵△ABC和△BMN是等邊三角形，∴BM＝BN，∠ABC＝∠MBN＝60°，∴∠DBM+∠MBH＝∠HBN+∠MBH，∴∠DBM＝∠HBN，∴△DBM≌△HBN（SAS），∴HN＝DM，∠BHN＝∠BDM＝90°，∴NH⊥BC，又點M在C處時，HN＝CD=332，點M在D處時，點N與點H重合．∴點N所經(jīng)過的路徑的長＝CD=332；（4）如圖，連接AC，BD，相交于點O，取AB的中點M，BC的中點N，連接MF，NH，∴MF＝BM＝BN=12AB，點F的運動軌跡為以點M為圓心，BM長為半徑的圓上；∵∠ABC＝∠FBH＝90°，∴∠ABC﹣∠FBC＝∠FBH﹣∠FBC，即∠ABF＝∠CBH，∴△MBF≌△NBH（SAS），∴NH＝MF＝BM＝BN，∴點H在以點N為圓心，BN長為半徑的圓上；∴當(dāng)點E在B處時，點F，B，H重合，點G和點B重合；當(dāng)點E在點C處時，點F和點O重合，點G與點C重合；∴點G在以點O為圓心，OB長為半徑的圓上；∴點H所經(jīng)過的路徑長=90°×2??×32360°=34π；點G所經(jīng)過的路徑長=90°×2??×322360°=324??．故答案為：34??，324??．【方法小結(jié)】本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識．解題的關(guān)鍵是正確尋找點的運動軌跡，屬于中考壓軸題．【變式訓(xùn)練】【變式7.1】（2020·江蘇連云港市·）問題：如圖1，在中，，，D為BC邊上一點（不與點B．C重合），將線段AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到AE，連接EC．（1）求證：；（2）探索：如圖2，在與中，，，，將繞點A旋轉(zhuǎn)，使點D落在BC邊上，試探索線段、、之間滿足的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）應(yīng)用：如圖3，在四邊形ABCD中，，若，，求AD的長．【答案】（1）證明見詳解；（2），理由見詳解；（3）4；【分析】（1）根據(jù)SAS證明△BAD≌△CAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)解答；（2）證明△BAD≌△CAE，得到BD=CE，根據(jù)勾股定理計算即可；（3）如圖5，做輔助線，構(gòu)建全等三角形證明△BAD≌△CAG，得到BD=CG=6，證明△CDG是直角三角形，根據(jù)勾股定理計算即可；【詳解】（1）在Rt△ABC中，AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，∴△BAD≌△CAE（SAS）；（2）結(jié)論：，理由如下：如圖4中，連接EC，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△BAD和△ACE中，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°，∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，∴，∴，在Rt△ADE中，，∴；（3）如圖5，將AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至AG，連接CG、DG，則△DAG是等腰直角三角形，∴∠ADG=45°，∵∠ADC=45°，∴∠GDC=90°，同理得：△BAD≌△CAG，∴BD=CG=6，在Rt△CGD中，∵CD=2，∴DG====，∵△DAG是等腰直角三角形，∴AD=AG=4．【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、以及旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．【變式7.2】（2020·東海晶都雙語學(xué)校八年級月考）（發(fā)現(xiàn)）如圖1．在ABC中，AB=AC．∠BAC=90°，過點A作AD垂直于BC于D，求證：AD=BC（拓展）如圖2，在△ABC，△AEF中，AB=AC，AE=AF，且∠BAC=∠EAF=90°，點E，B，C，在同一條直線上，AD，為△ABC中BC邊的高，連接CF，則∠FCE的度數(shù)為°猜想AD，CE，CF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（應(yīng)用）在圖3和圖4中，AB=AC，且∠BAC=90°，在同一平面內(nèi)，有一點P，滿足PC=1．PB=5，且∠BPC=90°，請直接寫出點A到PB的距離．

【答案】【發(fā)現(xiàn)】證明見解析；【拓展】90；CE=CF+2AD，理由見解析；【應(yīng)用】點A到BP的距離為2或3．【分析】【發(fā)現(xiàn)】由等腰三角形的三線合一性質(zhì)可知AD是RTΔABC斜邊上的中線，再由直角三角形的有關(guān)性質(zhì)可得解答；【拓展】由角度的加減計算可得∠EAB=∠FAC，再由已知條件可得△EAB≌△FAC，從而可得∠CGF+∠AFC=∠AEC+∠AGE=180°-∠EAF=90°，然后可得∠FCE=90°；由【發(fā)現(xiàn)】中的結(jié)論可得BC=2AD，又由△EAB≌△FAC可得EB=FC，從而得EC=EB+BC=FC+2AD；【應(yīng)用】如圖3，過點A作AH⊥BP于點H，連接AP，將△APC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90度到△ADB，可得△APC≌△ADB，得BD=CP=1，根據(jù)DP=BP?BD=5?1=4，AH⊥DP，即可得點A到BP的距離；同理如圖4，過點A作AH⊥BP于點H，連接AP，將△APC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90度到△ADB，可得DP=BP+BD=5+1=6，進(jìn)而可得點A到BP的距離．【詳解】【發(fā)現(xiàn)】∵AB=AC，∴ΔABC為等腰三角形，又AD⊥BC，∴AD是BC邊上的中線，∵∠BAC=90°，∴ΔABC為直角三角形，AD為其斜邊上中線，∴；【拓展】如圖，設(shè)AF與EC相交于點G，

∵∠EAF=∠BAC=90°，∴∠EAF-∠BAF=∠BAC-∠BAF，即∠EAB=∠FAC，又AE=AF，AB=AC，∴△EAB≌△FAC，∴∠AEC=∠AFC，EB=FC，∵∠AGE=∠CGF，∴∠CGF+∠AFC=∠AEC+∠AGE=180°-∠EAF=180°-90°=90°，∴∠FCE=180°-（∠CGF+∠AFC）=90°；由【發(fā)現(xiàn)】中的結(jié)論可知，又由前知EB=FC，∴EC=EB+BC=FC+2AD；【應(yīng)用】如圖3，過點A作AH⊥BP于點H，連接AP，將△APC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90度到△ADB，∴∠BAC=∠DAP=90°，∴∠BAD=∠CAP，又AP=AD，AB=AC，∴△APC≌△ADB(SAS)，∴BD=CP=1，∴DP=BP?BD=5?1=4，∵AH⊥DP，∴AH=；如圖4，過點A作AH⊥BP于點H，連接AP，將△APC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90度到△ADB，∴∠BAC=∠DAP=90°，∴∠BAD=∠CAP，又AP=AD，AB=AC，∴△APC≌△ADB(SAS)，∴BD=CP=1，∴DP=BP+BD=5+1=6，∵AH⊥DP，∴AH=．綜上所述,點A到BP的距離為2或3．【點睛】本題考查了三角形綜合題，解決本題的關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定與性質(zhì)．【變式7.3】（2020·江蘇連云港市·九年級二模）如圖1，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點P是線段AD延長線上的一個動點，連接CP，以CP為一邊，在CP的左側(cè)作矩形CPFE．（1）若DP＝，①如圖1，當(dāng)矩形CPFE的頂點F恰好落在CD的延長線上，求PF的長；②如圖2，求證：點A一定在矩形CPFE的邊CE所在的直線上；③如圖3，連接EP，易知EP中點O在CP的垂直平分線上，設(shè)CP的垂直平分線交BC的延長線于點G，連接BO，求5BO＋3OG的最小值；（2）如圖4，若所作矩形CPFE始終保持CE＝CP，在BC的延長線上取一點H，使CH＝2，連接HF，試探究點P移動過程中，HF是否存在最小值，若存在，請直接寫出HF的最小值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）①；②見解析；③；（2）存在，最小值為【分析】（1）①利用相似三角形的性質(zhì)求出DF即可解決