中考數(shù)學(xué)真題分類匯編第一期專題42綜合性問題試題含解析-

綜合性問題一、選擇題1．（2018·湖北省孝感·3分）如圖，△ABC是等邊三角形，△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=90°，AE⊥BD于點(diǎn)E，連CD分別交AE，AB于點(diǎn)F，G，過點(diǎn)A作AH⊥CD交BD于點(diǎn)H．則下列結(jié)論：①∠ADC=15°；②AF=AG；③AH=DF；④△AFG∽△CBG；⑤AF=（﹣1）EF．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（）A．5 B．4 C．3 D．2【分析】①由等邊三角形與等腰直角三角形知△CAD是等腰三角形且頂角∠CAD=150°，據(jù)此可判斷；②求出∠AFP和∠FAG度數(shù)，從而得出∠AGF度數(shù)，據(jù)此可判斷；③證△ADF≌△BAH即可判斷；④由∠AFG=∠CBG=60°、∠AGF=∠CGB即可得證；⑤設(shè)PF=x，則AF=2x、AP==x，設(shè)EF=a，由△ADF≌△BAH知BH=AF=2x，根據(jù)△ABE是等腰直角三角形之BE=AE=a+2x，據(jù)此得出EH=a，證△PAF∽△EAH得=，從而得出a與x的關(guān)系即可判斷．【解答】解：∵△ABC為等邊三角形，△ABD為等腰直角三角形，∴∠BAC=60°、∠BAD=90°、AC=AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，∴△CAD是等腰三角形，且頂角∠CAD=150°，∴∠ADC=15°，故①正確；∵AE⊥BD，即∠AED=90°，∴∠DAE=45°，∴∠AFG=∠ADC+∠DAE=60°，∠FAG=45°，∴∠AGF=75°，由∠AFG≠∠AGF知AF≠AG，故②錯(cuò)誤；記AH與CD的交點(diǎn)為P，由AH⊥CD且∠AFG=60°知∠FAP=30°，則∠BAH=∠ADC=15°，在△ADF和△BAH中，∵，∴△ADF≌△BAH（ASA），∴DF=AH，故③正確；∵∠AFG=∠CBG=60°，∠AGF=∠CGB，∴△AFG∽△CBG，故④正確；在Rt△APF中，設(shè)PF=x，則AF=2x、AP==x，設(shè)EF=a，∵△ADF≌△BAH，∴BH=AF=2x，△ABE中，∵∠AEB=90°、∠ABE=45°，∴BE=AE=AF+EF=a+2x，∴EH=BE﹣BH=a+2x﹣2x=a，∵∠APF=∠AEH=90°，∠FAP=∠HAE，∴△PAF∽△EAH，∴=，即=，整理，得：2x2=（﹣1）ax，由x≠0得2x=（﹣1）a，即AF=（﹣1）EF，故⑤正確；故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握等腰三角形與等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形與相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．2．（2018·山東濰坊·3分）如圖，菱形ABCD的邊長是4厘米，∠B=60°，動(dòng)點(diǎn)P以1厘米秒的速度自A點(diǎn)出發(fā)沿AB方向運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)停止，動(dòng)點(diǎn)Q以2厘米/秒的速度自B點(diǎn)出發(fā)沿折線BCD運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)停止．若點(diǎn)P、Q同時(shí)出發(fā)運(yùn)動(dòng)了t秒，記△BPQ的面積為S厘米2，下面圖象中能表示S與t之間的函數(shù)關(guān)系的是（）A． B． C． D．【分析】應(yīng)根據(jù)0≤t＜2和2≤t＜4兩種情況進(jìn)行討論．把t當(dāng)作已知數(shù)值，就可以求出S，從而得到函數(shù)的解析式，進(jìn)一步即可求解．【解答】解：當(dāng)0≤t＜2時(shí)，S=2t××（4﹣t）=﹣t2+4t；當(dāng)2≤t＜4時(shí)，S=4××（4﹣t）=﹣2t+8；只有選項(xiàng)D的圖形符合．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，利用圖形的關(guān)系求函數(shù)的解析式，注意數(shù)形結(jié)合是解決本題的關(guān)鍵．3.（2018?安徽?4分）如圖，直線都與直線l垂直，垂足分別為M，N，MN=1，正方形ABCD的邊長為，對(duì)角線AC在直線l上，且點(diǎn)C位于點(diǎn)M處，將正方形ABCD沿l向右平移，直到點(diǎn)A與點(diǎn)N重合為止，記點(diǎn)C平移的距離為x，正方形ABCD的邊位于之間分的長度和為y，則y關(guān)于x的函數(shù)圖象大致為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知易得AC=2，∠ACD=45°，分0≤x≤1、1<x≤2、2<x≤3三種情況結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到相應(yīng)的函數(shù)解析式，由此即可判斷.【詳解】由正方形的性質(zhì)，已知正方形ABCD的邊長為，易得正方形的對(duì)角線AC=2，∠ACD=45°，如圖，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，y=2，如圖，當(dāng)1<x≤2時(shí)，y=2m+2n=2(m+n)=2，如圖，當(dāng)2<x≤3時(shí)，y=2，綜上，只有選項(xiàng)A符合，故選A.【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，涉及到正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等，結(jié)合圖形正確分類是解題的關(guān)鍵.4.（2018·浙江舟山·3分）歐幾里得的《原本》記載，形如x2＋ax=b2的方程的圖解法是；畫Rt△ABC，使∠ACB=90°，BC=，AC=b，再在斜邊AB上截取BD=。則該方程的一個(gè)正根是（

）A.AC的長

B.AD的長

C.BC的長

D.CD的長【考點(diǎn)】一元二次方程的根，勾股定理【分析】由勾股定理不難得到AC2+BC2=AB2=（AD+BD）2，代入b和a即可得到答案【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC2+BC2=AB2=（AD+BD）2，

因?yàn)锳C=b，BD=BC=，

所以b2+=，

整理可得AD2+aAD=b2，與方程x2＋ax=b2相同，

因?yàn)锳D的長度是正數(shù)，所以AD是x2＋ax=b2的一個(gè)正根

故答案為B。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了一元二次方程的根與勾股定理的綜合運(yùn)用，注意D是x2＋ax=b2的一個(gè)正根.5.（2018·重慶·4分）如圖，已知AB是的直徑，點(diǎn)P在BA的延長線上，PD與相切于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作PD的垂線交PD的延長線于點(diǎn)C，若的半徑為4，，則PA的長為A．4B．C．3D．2.5【考點(diǎn)】圓的切線、相似三角形.【解析】作OH⊥PC于點(diǎn)H.易證△POH∽△PBC，,,【點(diǎn)評(píng)】此題考查圓切線與相似的結(jié)合，屬于基礎(chǔ)題3.（2018·重慶(A)·4分）若數(shù)使關(guān)于x的不等式組有且只有四個(gè)整數(shù)解，且使關(guān)于y的方程的解為非負(fù)數(shù)，則符合條件的所有整數(shù)的和為()A．B．C．1D．2【考點(diǎn)】不等式組和分式方程的應(yīng)用【分析】解關(guān)于x的不等式組，根據(jù)題意求出的取值范圍，然后解關(guān)于y的方程，排除分式方程無解的情況，結(jié)合不等式組的結(jié)果，找出符合條件的所有整數(shù)a并求其和.【解答】解不等式，由于不等式有四個(gè)整數(shù)解，根據(jù)題意，，則，解得。解分式方程得，又需排除分式方程無解的情況，故且.結(jié)合不等式組的結(jié)果有a的取值范圍為，又a為整數(shù),所以a的取值為,和為1.故選C【點(diǎn)評(píng)】此題考查不等式組和分式方程的應(yīng)用，需要特別注意分式方程無解情況的考慮，屬于中檔題二.填空題1．（2018·浙江寧波·4分）如圖，正方形ABCD的邊長為8，M是AB的中點(diǎn)，P是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)PM，以點(diǎn)P為圓心，PM長為半徑作⊙P．當(dāng)⊙P與正方形ABCD的邊相切時(shí)，BP的長為3或4．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理【分析】分兩種情形分別求解：如圖1中，當(dāng)⊙P與直線CD相切時(shí)；如圖2中當(dāng)⊙P與直線AD相切時(shí)．設(shè)切點(diǎn)為K，連接PK，則PK⊥AD，四邊形PKDC是矩形；【解答】解：如圖1中，當(dāng)⊙P與直線CD相切時(shí)，設(shè)PC=PM=m．在Rt△PBM中，∵PM2=BM2+PB2，∴x2=42+（8﹣x）2，∴x=5，∴PC=5，BP=BC﹣PC=8﹣5=3．如圖2中當(dāng)⊙P與直線AD相切時(shí)．設(shè)切點(diǎn)為K，連接PK，則PK⊥AD，四邊形PKDC是矩形．∴PM=PK=CD=2BM，∴BM=4，PM=8，在Rt△PBM中，PB==4．綜上所述，BP的長為3或4．【點(diǎn)評(píng)】本題考查切線的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．2.（2018·浙江寧波·4分）如圖，在菱形ABCD中，AB=2，∠B是銳角，AE⊥BC于點(diǎn)E，M是AB的中點(diǎn)，連結(jié)MD，ME．若∠EMD=90°，則cosB的值為．【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)、勾股定理、線段的垂直平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì).【分析】延長DM交CB的延長線于點(diǎn)H．首先證明DE=EH，設(shè)BE=x，利用勾股定理構(gòu)建方程求出x即可解決問題．【解答】解：延長DM交CB的延長線于點(diǎn)H．∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=AD=2，AD∥CH，∴∠ADM=∠H，∵AM=BM，∠AMD=∠HMB，∴△ADM≌△BHM，∴AD=HB=2，∵EM⊥DH，∴EH=ED，設(shè)BE=x，∵AE⊥BC，∴AE⊥AD，∴∠AEB=∠EAD=90°∵AE2=AB2﹣BE2=DE2﹣AD2，∴22﹣x2=（2+x）2﹣22，∴x=﹣1或﹣﹣1（舍棄），∴cosB==，故答案為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查菱形的性質(zhì)、勾股定理、線段的垂直平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．3．（2018?湖北荊門?3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，函數(shù)y=（k＞0，x＞0）的圖象經(jīng)過菱形OACD的頂點(diǎn)D和邊AC的中點(diǎn)E，若菱形OACD的邊長為3，則k的值為．【分析】過D作DQ⊥x軸于Q，過C作CM⊥x軸于M，過E作EF⊥x軸于F，設(shè)D點(diǎn)的坐標(biāo)為（a，b），求出C、E的坐標(biāo)，代入函數(shù)解析式，求出a，再根據(jù)勾股定理求出b，即可請(qǐng)求出答案．【解答】解：過D作DQ⊥x軸于Q，過C作CM⊥x軸于M，過E作EF⊥x軸于F，設(shè)D點(diǎn)的坐標(biāo)為（a，b）則C點(diǎn)的坐標(biāo)為（a+3，b），∵E為AC的中點(diǎn)，∴EF=CM=b，AF=AM=OQ=a，E點(diǎn)的坐標(biāo)為（3+a，b），把D、E的坐標(biāo)代入y=得：k=ab=（3+a）b，解得：a=2，在Rt△DQO中，由勾股定理得：a2+b2=32，即22+b2=9，解得：b=（負(fù)數(shù)舍去），∴k=ab=2，故答案為：2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勾股定理、反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、菱形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，能得出關(guān)于a、b的方程是解此題的關(guān)鍵．4.（2018·山東濰坊·3分）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點(diǎn)A與原點(diǎn)重合，點(diǎn)B在y軸的正半軸上，點(diǎn)D在x軸的負(fù)半軸上，將正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′與CD相交于點(diǎn)M，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣1，）．【分析】連接AM，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，證Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°，由DM=ADtan∠DAM可得答案．【解答】解：如圖，連接AM，∵將邊長為1的正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到正方形AB'C′D′，∴AD=AB′=1，∠BAB′=30°，∴∠B′AD=60°，在Rt△ADM和Rt△AB′M中，∵，∴Rt△ADM≌Rt△AB′M（HL），∴∠DAM=∠B′AM=∠B′AD=30°，∴DM=ADtan∠DAM=1×=，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣1，），故答案為：（﹣1，）．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)變換的不變性與正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及三角函數(shù)的應(yīng)用．5．（2018·湖北省孝感·3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣l，1），點(diǎn)B在x軸正半軸上，點(diǎn)D在第三象限的雙曲線y=上，過點(diǎn)C作CE∥x軸交雙曲線于點(diǎn)E，連接BE，則△BCE的面積為7．【分析】作輔助線，構(gòu)建全等三角形：過D作GH⊥x軸，過A作AG⊥GH，過B作BM⊥HC于M，證明△AGD≌△DHC≌△CMB，根據(jù)點(diǎn)D的坐標(biāo)表示：AG=DH=﹣x﹣1，由DG=BM，列方程可得x的值，表示D和E的坐標(biāo)，根據(jù)三角形面積公式可得結(jié)論．【解答】解：過D作GH⊥x軸，過A作AG⊥GH，過B作BM⊥HC于M，設(shè)D（x，），∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD=BC，∠ADC=∠DCB=90°，易得△AGD≌△DHC≌△CMB，∴AG=DH=﹣x﹣1，∴DG=BM，∴1﹣=﹣1﹣x﹣，x=﹣2，∴D（﹣2，﹣3），CH=DG=BM=1﹣=4，∵AG=DH=﹣1﹣x=1，∴點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為﹣4，當(dāng)y=﹣4時(shí)，x=﹣，∴E（﹣，﹣4），∴EH=2﹣=，∴CE=CH﹣HE=4﹣=，∴S△CEB=CE?BM=××4=7；故答案為：7．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、反比例函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考填空題的壓軸題．6.（2018·山東泰安·3分）如圖，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，將矩形ABCD沿BE折疊，點(diǎn)A落在A'處，若EA'的延長線恰好過點(diǎn)C，則sin∠ABE的值為．【分析】先利用勾股定理求出A'C，進(jìn)而利用勾股定理建立方程求出AE，即可求出BE，最后用三角函數(shù)即可得出結(jié)論．【解答】解：由折疊知，A'E=AE，A'B=AB=6，∠BA'E=90°，∴∠BA'C=90°，在Rt△A'CB中，A'C==8，設(shè)AE=x，則A'E=x，∴DE=10﹣x，CE=A'C+A'E=8+x，在Rt△CDE中，根據(jù)勾股定理得，（10﹣x）2+36=（8+x）2，∴x=2，∴AE=2，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理得，BE==2，∴sin∠ABE==，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了折疊的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，充分利用勾股定理求出線段AE是解本題的關(guān)鍵．7.（2018·山東泰安·3分）如圖，在△ABC中，AC=6，BC=10，tanC=，點(diǎn)D是AC邊上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)C重合），過D作DE⊥BC，垂足為E，點(diǎn)F是BD的中點(diǎn)，連接EF，設(shè)CD=x，△DEF的面積為S，則S與x之間的函數(shù)關(guān)系式為S=x2．【分析】可在直角三角形CED中，根據(jù)DE、CE的長，求出△BED的面積即可解決問題．【解答】解：（1）在Rt△CDE中，tanC=，CD=x∴DE=x，CE=x，∴BE=10﹣x，∴S△BED=×（10﹣x）?x=﹣x2+3x．∵DF=BF，∴S=S△BED=x2，故答案為S=x2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查解直角三角形，三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)，屬于中考?？碱}型．8.（2018·山東威海·3分）用若干個(gè)形狀、大小完全相同的矩形紙片圍成正方形，4個(gè)矩形紙片圍成如圖①所示的正方形，其陰影部分的面積為12；8個(gè)矩形紙片圍成如圖②所示的正方形，其陰影部分的面積為8；12個(gè)矩形紙片圍成如圖③所示的正方形，其陰影部分的面積為44﹣16．【分析】圖①中陰影部分的邊長為=2，圖②中，陰影部分的邊長為=2；設(shè)小矩形的長為a，寬為b，依據(jù)等量關(guān)系即可得到方程組，進(jìn)而得出a，b的值，即可得到圖③中，陰影部分的面積．【解答】解：由圖可得，圖①中陰影部分的邊長為=2，圖②中，陰影部分的邊長為=2；設(shè)小矩形的長為a，寬為b，依題意得，解得，∴圖③中，陰影部分的面積為（a﹣3b）2=（4﹣2﹣6）2=44﹣16，故答案為：44﹣16．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了二元一次方程組的應(yīng)用以及二次根式的化簡，當(dāng)問題較復(fù)雜時(shí)，有時(shí)設(shè)與要求的未知量相關(guān)的另一些量為未知數(shù)，即為間接設(shè)元．無論怎樣設(shè)元，設(shè)幾個(gè)未知數(shù)，就要列幾個(gè)方程．三.解答題1.（2018?山西?13分)綜合與探究如圖，拋物線與x軸交于A,B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，與y軸交于點(diǎn)C，連接AC,BC.點(diǎn)P是第四象限內(nèi)拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，過點(diǎn)P作PMx軸，垂足為點(diǎn)M，PM交BC于點(diǎn)Q，過點(diǎn)P作PE∥AC交x軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F.（1）求A，B，C三點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）試探究在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在這樣的點(diǎn)Q，使得以A，C，Q為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形.若存在，請(qǐng)寫出此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由；（3）請(qǐng)用含m的代數(shù)式表示線段QF的長，并求出m為何值時(shí)QF有最大值.【考點(diǎn)】幾何與二次函數(shù)綜合【解析】（1）解：由y0，得解得13，x24.點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為A(-3,0)，B（4，0）由x0，得y4.點(diǎn)C的坐標(biāo)為C（0，-4）.1（2）答：Q(51

2,52

2)，Q,).222（3）過點(diǎn)F作FGPQ于點(diǎn)G.則FG∥x軸. 由B（4，0，C（0，-4，得OB為等腰直角三角形.OBCQFG4.GQFGFQ.PE∥AC,12.FG∥x軸，23.13.FGPAOC9,FGPAOC.2.（2018?山東棗莊?10分）如圖1，已知二次函數(shù)y=ax2+x+c（a≠0）的圖象與y軸交于點(diǎn)A（0，4），與x軸交于點(diǎn)B、C，點(diǎn)C坐標(biāo)為（8，0），連接AB、AC．（1）請(qǐng)直接寫出二次函數(shù)y=ax2+x+c的表達(dá)式；（2）判斷△ABC的形狀，并說明理由；（3）若點(diǎn)N在x軸上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)以點(diǎn)A、N、C為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形時(shí)，請(qǐng)寫出此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)；（4）如圖2，若點(diǎn)N在線段BC上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)B、C重合），過點(diǎn)N作NM∥AC，交AB于點(diǎn)M，當(dāng)△AMN面積最大時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)N的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可求得；（2）根據(jù)拋物線的解析式求得B的坐標(biāo)，然后根據(jù)勾股定理分別求得AB2=20，AC2=80，BC10，然后根據(jù)勾股定理的逆定理即可證得△ABC是直角三角形．（3）分別以A、C兩點(diǎn)為圓心，AC長為半徑畫弧，與x軸交于三個(gè)點(diǎn)，由AC的垂直平分線與x軸交于一個(gè)點(diǎn)，即可求得點(diǎn)N的坐標(biāo)；（4）設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（n，0），則BN=n+2，過M點(diǎn)作MD⊥x軸于點(diǎn)D，根據(jù)三角形相似對(duì)應(yīng)邊成比例求得MD=（n+2），然后根據(jù)S△AMN=S△ABN﹣S△BMN得出關(guān)于n的二次函數(shù)，根據(jù)函數(shù)解析式求得即可．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y=ax2+x+c的圖象與y軸交于點(diǎn)A（0，4），與x軸交于點(diǎn)B、C，點(diǎn)C坐標(biāo)為（8，0），∴，解得．∴拋物線表達(dá)式：y=﹣x2+x+4；（2）△ABC是直角三角形．令y=0，則﹣x2+x+4=0，解得x1=8，x2=﹣2，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣2，0），由已知可得，在Rt△ABO中AB2=BO2+AO2=22+42=20，在Rt△AOC中AC2=AO2+CO2=42+82=80，又∵BC=OB+OC=2+8=10，∴在△ABC中AB2+AC2=20+80=102=BC2∴△ABC是直角三角形．（3）∵A（0，4），C（8，0），∴AC==4，①以A為圓心，以AC長為半徑作圓，交x軸于N，此時(shí)N的坐標(biāo)為（﹣8，0），②以C為圓心，以AC長為半徑作圓，交x軸于N，此時(shí)N的坐標(biāo)為（8﹣4，0）或（8+4，0）③作AC的垂直平分線，交x軸于N，此時(shí)N的坐標(biāo)為（3，0），綜上，若點(diǎn)N在x軸上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)以點(diǎn)A、N、C為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形時(shí)，點(diǎn)N的坐標(biāo)分別為（﹣8，0）、（8﹣4，0）、（3，0）、（8+4，0）．（4）如圖，設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（n，0），則BN=n+2，過M點(diǎn)作MD⊥x軸于點(diǎn)D，∴MD∥OA，∴△BMD∽△BAO，∴=，∵M(jìn)N∥AC∴=，∴=，∵OA=4，BC=10，BN=n+2∴MD=（n+2），∵S△AMN=S△ABN﹣S△BMN=BN?OA﹣BN?MD=（n+2）×4﹣×（n+2）2=﹣（n﹣3）2+5，當(dāng)n=3時(shí)，△AMN面積最大是5，∴N點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0）．∴當(dāng)△AMN面積最大時(shí)，N點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0）．【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)的綜合題，解（1）的關(guān)鍵是待定系數(shù)法求解析式，解（2）的關(guān)鍵是勾股定理和逆定理，解（3）的關(guān)鍵是等腰三角形的性質(zhì)，解（4）的關(guān)鍵是三角形相似的判定和性質(zhì)以及函數(shù)的最值等．3.（2018?山東淄博?8分）如圖，以AB為直徑的⊙O外接于△ABC，過A點(diǎn)的切線AP與BC的延長線交于點(diǎn)P，∠APB的平分線分別交AB，AC于點(diǎn)D，E，其中AE，BD（AE＜BD）的長是一元二次方程x2﹣5x+6=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根．（1）求證：PA?BD=PB?AE；（2）在線段BC上是否存在一點(diǎn)M，使得四邊形ADME是菱形？若存在，請(qǐng)給予證明，并求其面積；若不存在，說明理由．【考點(diǎn)】MR：圓的綜合題．【分析】（1）易證∠APE=∠BPD，∠EAP=∠B，從而可知△PAE∽△PBD，利用相似三角形的性質(zhì)即可求出答案．（2）過點(diǎn)D作DF⊥PB于點(diǎn)F，作DG⊥AC于點(diǎn)G，易求得AE=2，BD=3，由（1）可知：，從而可知cos∠BDF=cos∠BAC=cos∠APC=，從而可求出AD和DG的長度，進(jìn)而證明四邊形ADFE是菱形，此時(shí)F點(diǎn)即為M點(diǎn)，利用平行四邊形的面積即可求出菱形ADFE的面積．【解答】解：（1）∵DP平分∠APB，∴∠APE=∠BPD，∵AP與⊙O相切，∴∠BAP=∠BAC+∠EAP=90°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=∠BAC+∠B=90°，∴∠EAP=∠B，∴△PAE∽△PBD，∴，∴PA?BD=PB?AE；（2）過點(diǎn)D作DF⊥PB于點(diǎn)F，作DG⊥AC于點(diǎn)G，∵DP平分∠APB，AD⊥AP，DF⊥PB，∴AD=DF，∵∠EAP=∠B，∴∠APC=∠BAC，易證：DF∥AC，∴∠BDF=∠BAC，由于AE，BD（AE＜BD）的長是x2﹣5x+6=0，解得：AE=2，BD=3，∴由（1）可知：，∴cos∠APC==，∴cos∠BDF=cos∠APC=，∴，∴DF=2，∴DF=AE，∴四邊形ADFE是平行四邊形，∵AD=AE，∴四邊形ADFE是菱形，此時(shí)點(diǎn)F即為M點(diǎn)，∵cos∠BAC=cos∠APC=，∴sin∠BAC=，∴，∴DG=，∴在線段BC上是否存在一點(diǎn)M，使得四邊形ADME是菱形其面積為：DG?AE=2×=【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓的綜合問題，涉及圓周角定理，銳角三角函數(shù)的定義，平行四邊形的判定及其面積公式，相似三角形的判定與性質(zhì)，綜合程度較高，考查學(xué)生的靈活運(yùn)用知識(shí)的能力．4．（2018?山東淄博?9分）（1）操作發(fā)現(xiàn)：如圖①，小明畫了一個(gè)等腰三角形ABC，其中AB=AC，在△ABC的外側(cè)分別以AB，AC為腰作了兩個(gè)等腰直角三角形ABD，ACE，分別取BD，CE，BC的中點(diǎn)M，N，G，連接GM，GN．小明發(fā)現(xiàn)了：線段GM與GN的數(shù)量關(guān)系是MG=NG；位置關(guān)系是MG⊥NG．（2）類比思考：如圖②，小明在此基礎(chǔ)上進(jìn)行了深入思考．把等腰三角形ABC換為一般的銳角三角形，其中AB＞AC，其它條件不變，小明發(fā)現(xiàn)的上述結(jié)論還成立嗎？請(qǐng)說明理由．（3）深入研究：如圖③，小明在（2）的基礎(chǔ)上，又作了進(jìn)一步的探究．向△ABC的內(nèi)側(cè)分別作等腰直角三角形ABD，ACE，其它條件不變，試判斷△GMN的形狀，并給與證明．【考點(diǎn)】KY：三角形綜合題．【分析】（1）利用SAS判斷出△ACD≌△AEB，得出CD=BE，∠ADC=∠ABE，進(jìn)而判斷出∠BDC+∠DBH=90°，即：∠BHD=90°，最后用三角形中位線定理即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法即可得出結(jié)論；（3）同（1）的方法得出MG=NG，最后利用三角形中位線定理和等量代換即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）連接BE，CD相較于H，∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°∴∠CAD=∠BAE，∴△ACD≌△AEB（SAS），∴CD=BE，∠ADC=∠ABE，∴∠BDC+∠DBH=∠BDC+∠ABD+∠ABE=∠BDC+∠ABD+∠ADC=∠ADB+∠ABD=90°，∴∠BHD=90°，∴CD⊥BE，∵點(diǎn)M，G分別是BD，BC的中點(diǎn)，∴MGCD，同理：NGBE，∴MG=NG，MG⊥NG，故答案為：MG=NG，MG⊥NG；（2）連接CD，BE，相較于H，同（1）的方法得，MG=NG，MG⊥NG；（3）連接EB，DC，延長線相交于H，同（1）的方法得，MG=NG，同（1）的方法得，△ABE≌△ADC，∴∠AEB=∠ACD，∴∠CEH+∠ECH=∠AEH﹣∠AEC+180°﹣∠ACD﹣∠ACE=∠ACD﹣45°+180°﹣∠ACD﹣45°=90°，∴∠DHE=90°，同（1）的方法得，MG⊥NG．【點(diǎn)評(píng)】此題是三角形綜合題，主要考查等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，三角形的中位線定理，正確作出輔助線用類比的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．5.（2018?山東淄博?9分）如圖，拋物線y=ax2+bx經(jīng)過△OAB的三個(gè)頂點(diǎn)，其中點(diǎn)A（1，），點(diǎn)B（3，﹣），O為坐標(biāo)原點(diǎn)．（1）求這條拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；（2）若P（4，m），Q（t，n）為該拋物線上的兩點(diǎn)，且n＜m，求t的取值范圍；（3）若C為線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)B到直線OC的距離之和最大時(shí)，求∠BOC的大小及點(diǎn)C的坐標(biāo)．【考點(diǎn)】HF：二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）將已知點(diǎn)坐標(biāo)代入即可；（2）利用拋物線增減性可解問題；（3）觀察圖形，點(diǎn)A，點(diǎn)B到直線OC的距離之和小于等于AB；同時(shí)用點(diǎn)A（1，），點(diǎn)B（3，﹣）求出相關(guān)角度．【解答】解：（1）把點(diǎn)A（1，），點(diǎn)B（3，﹣）分別代入y=ax2+bx得解得∴y=﹣（2）由（1）拋物線開口向下，對(duì)稱軸為直線x=當(dāng)x＞時(shí)，y隨x的增大而減小∴當(dāng)t＞4時(shí)，n＜m．（3）如圖，設(shè)拋物線交x軸于點(diǎn)F分別過點(diǎn)A、B作AD⊥OC于點(diǎn)D，BE⊥OC于點(diǎn)E∵AC≥AD，BC≥BE∴AD+BE≥AC+BE=AB∴當(dāng)OC⊥AB時(shí)，點(diǎn)A，點(diǎn)B到直線OC的距離之和最大．∵A（1，），點(diǎn)B（3，﹣）∴∠AOF=60°，∠BOF=30°∴∠AOB=90°∴∠ABO=30°當(dāng)OC⊥AB時(shí)，∠BOC=60°點(diǎn)C坐標(biāo)為（，）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查綜合考查用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，拋物線的增減性．解答問題時(shí)注意線段最值問題的轉(zhuǎn)化方法．6.（2018?四川成都?9分）在中，，，，過點(diǎn)作直線，將繞點(diǎn)順時(shí)針得到（點(diǎn)，的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為，）射線，分別交直線于點(diǎn)，.（1）如圖1，當(dāng)與重合時(shí)，求的度數(shù)；（2）如圖2，設(shè)與的交點(diǎn)為，當(dāng)為的中點(diǎn)時(shí)，求線段的長；（3）在旋轉(zhuǎn)過程時(shí)，當(dāng)點(diǎn)分別在，的延長線上時(shí)，試探究四邊形的面積是否存在最小值.若存在，求出四邊形的最小面積；若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：.，，，，，.（2）為的中點(diǎn)，.由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，.，.，，.（3），最小，即最小，.法一：（幾何法）取中點(diǎn)，則..當(dāng)最小時(shí)，最小，，即與重合時(shí)，最小.，，，.法二：（代數(shù)法）設(shè)，.由射影定理得：，當(dāng)最小，即最小，.當(dāng)時(shí)，“”成立，.【考點(diǎn)】三角形的面積，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得出，根據(jù)已知易證m∥AC，得出∠A'BC是直角，利用特殊角的三角函數(shù)值，可求出∠A'CB的度數(shù)，就可求出結(jié)果。（2）根據(jù)中點(diǎn)的定義及性質(zhì)的性質(zhì)，可證得∠A=∠A'CM，利用解直角三角形求出PB和BQ的長，再根據(jù)PQ=PB+BQ，計(jì)算即可解答。（3）根據(jù)已知得出四邊形FA'B'Q的面積最小，則△PCQ的面積最小，可表示出△PCQ的面積，利用幾何法取中點(diǎn)，則，得出PQ=2CG，當(dāng)CG最小時(shí)，則PQ最小根據(jù)垂線段最短，求出CG的值，從而可求出PQ的最小值，就可求出四邊形FA'B'Q面積的最小值。也可以利用代數(shù)式解答此題。7.（2018?四川成都?12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，以直線為對(duì)稱軸的拋物線與直線交于，兩點(diǎn)，與軸交于，直線與軸交于點(diǎn).（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）設(shè)直線與拋物線的對(duì)稱軸的交點(diǎn)為、是拋物線上位于對(duì)稱軸右側(cè)的一點(diǎn)，若，且與面積相等，求點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）若在軸上有且僅有一點(diǎn)，使，求的值.【答案】（1）由題可得：解得，，.二次函數(shù)解析式為：.（2）作軸，軸，垂足分別為，則.，，，，解得，，.同理，.，①（在下方），，，即，.，，.②在上方時(shí)，直線與關(guān)于對(duì)稱.，，.，，.綜上所述，點(diǎn)坐標(biāo)為；.（3）由題意可得：.，，，即.，，.設(shè)的中點(diǎn)為，點(diǎn)有且只有一個(gè)，以為直徑的圓與軸只有一個(gè)交點(diǎn)，且為切點(diǎn).軸，為的中點(diǎn)，.，，，，即，.，.【考點(diǎn)】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，二次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用-幾何問題，利用二次函數(shù)圖像判斷一元二次方程根的情況【解析】【分析】（1）根據(jù)對(duì)稱軸為直線，及點(diǎn)A、C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法建立方程組，就可求出函數(shù)解析式。（2）作軸，軸，垂足分別為，則，得出MQ、NQ的長，可得出點(diǎn)B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出直線BC的函數(shù)解析式，分情況討論：①（在下方）；②在上方時(shí)，直線與關(guān)于對(duì)稱，建立方程求出方程的解，分別求出點(diǎn)G的坐標(biāo)即可。（3）由題意可得：.（3）根據(jù)題意得出k+m=1，即m=1-k，可得出y1=kx+1-k，將兩函數(shù)聯(lián)立方程，得出，求出方程的解，就可得出點(diǎn)B的坐標(biāo)，再設(shè)的中點(diǎn)為，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，再證明△AMP和△PNB相似，得出對(duì)應(yīng)邊成比例，建立方程，根據(jù)k＞0，求出方程的解即可解答。8（2018·湖北省宜昌·11分）在矩形ABCD中，AB=12，P是邊AB上一點(diǎn)，把△PBC沿直線PC折疊，頂點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BE⊥CG，垂足為E且在AD上，BE交PC于點(diǎn)F．（1）如圖1，若點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，求證：△AEB≌△DEC；（2）如圖2，①求證：BP=BF；②當(dāng)AD=25，且AE＜DE時(shí)，求cos∠PCB的值；③當(dāng)BP=9時(shí)，求BE?EF的值．【分析】（1）先判斷出∠A=∠D=90°，AB=DC再判斷出AE=DE，即可得出結(jié)論；（2）①利用折疊的性質(zhì)，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，進(jìn)而判斷出∠GPF=∠PFB即可得出結(jié)論；②判斷出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE=9，DE=16，再判斷出△ECF∽△GCP，進(jìn)而求出PC，即可得出結(jié)論；③判斷出△GEF∽△EAB，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB=DC，∵E是AD中點(diǎn)，∴AE=DE，在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE（SAS）；（2）①在矩形ABCD，∠ABC=90°，∵△BPC沿PC折疊得到△GPC，∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF=∠PFB，∴∠BPF=∠BFP，∴BP=BF；②當(dāng)AD=25時(shí)，∵∠BEC=90°，∴∠AEB+∠CED=90°，∵∠AEB+∠ABE=90°，∴∠CED=∠ABE，∵∠A=∠D=90°，∴△ABE∽△DEC，∴，設(shè)AE=x，∴DE=25﹣x，∴，∴x=9或x=16，∵AE＜DE，∴AE=9，DE=16，∴CE=20，BE=15，由折疊得，BP=PG，∴BP=BF=PG，∵BE∥PG，∴△ECF∽△GCP，∴，設(shè)BP=BF=PG=y，∴，∴y=，∴BP=，在Rt△PBC中，PC=，cos∠PCB==；③如圖，連接FG，∵∠GEF=∠BAE=90°，∵BF∥PG，BF=PG，∴?BPGF是菱形，∴BP∥GF，∴∠GFE=∠ABE，∴△GEF∽△EAB，∴，∴BE?EF=AB?GF=12×9=108．【點(diǎn)評(píng)】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，利用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．9（2018年湖北省宜昌市12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OADB的頂點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為A（﹣6，0），B（0，4）．過點(diǎn)C（﹣6，1）的雙曲線y=（k≠0）與矩形OADB的邊BD交于點(diǎn)E．（1）填空：OA=6，k=﹣6，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣，4）；（2）當(dāng)1≤t≤6時(shí)，經(jīng)過點(diǎn)M（t﹣1，﹣t2+5t﹣）與點(diǎn)N（﹣t﹣3，﹣t2+3t﹣）的直線交y軸于點(diǎn)F，點(diǎn)P是過M，N兩點(diǎn)的拋物線y=﹣x2+bx+c的頂點(diǎn)．①當(dāng)點(diǎn)P在雙曲線y=上時(shí)，求證：直線MN與雙曲線y=沒有公共點(diǎn)；②當(dāng)拋物線y=﹣x2+bx+c與矩形OADB有且只有三個(gè)公共點(diǎn)，求t的值；③當(dāng)點(diǎn)F和點(diǎn)P隨著t的變化同時(shí)向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求t的取值范圍，并求在運(yùn)動(dòng)過程中直線MN在四邊形OAEB中掃過的面積．【分析】（1）根據(jù)題意將先關(guān)數(shù)據(jù)帶入（2）①用t表示直線MN解析式，及b，c，得到P點(diǎn)坐標(biāo)帶入雙曲線y=解析式，證明關(guān)于t的方程無解即可；②根據(jù)拋物線開口和對(duì)稱軸，分別討論拋物線過點(diǎn)B和在BD上時(shí)的情況；③由②中部分結(jié)果，用t表示F、P點(diǎn)的縱坐標(biāo)，求出t的取值范圍及直線MN在四邊形OAEB中所過的面積．【解答】解：（1）∵A點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣6，0）∴OA=6∵過點(diǎn)C（﹣6，1）的雙曲線y=∴k=﹣6y=4時(shí)，x=﹣∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（﹣，4）故答案為：6，﹣6，（﹣，4）（2）①設(shè)直線MN解析式為：y1=k1x+b1由題意得：解得∵拋物線y=﹣過點(diǎn)M、N∴解得∴拋物線解析式為：y=﹣x2﹣x+5t﹣2∴頂點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣1，5t﹣）∵P在雙曲線y=﹣上∴（5t﹣）×（﹣1）=﹣6∴t=此時(shí)直線MN解析式為：聯(lián)立∴8x2+35x+49=0∵△=352﹣4×8×48=1225﹣1536＜0∴直線MN與雙曲線y=﹣沒有公共點(diǎn)．②當(dāng)拋物線過點(diǎn)B，此時(shí)拋物線y=﹣x2+bx+c與矩形OADB有且只有三個(gè)公共點(diǎn)∴4=5t﹣2，得t=當(dāng)拋物線在線段DB上，此時(shí)拋物線與矩形OADB有且只有三個(gè)公共點(diǎn)∴，得t=∴t=或t=③∵點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣1，5t﹣）∴yP=5t﹣當(dāng)1≤t≤6時(shí)，yP隨t的增大而增大此時(shí)，點(diǎn)P在直線x=﹣1上向上運(yùn)動(dòng)∵點(diǎn)F的坐標(biāo)為（0，﹣）∴yF=﹣∴當(dāng)1≤t≤4時(shí)，隨者yF隨t的增大而增大此時(shí)，隨著t的增大，點(diǎn)F在y軸上向上運(yùn)動(dòng)∴1≤t≤4當(dāng)t=1時(shí)，直線MN：y=x+3與x軸交于點(diǎn)G（﹣3，0），與y軸交于點(diǎn)H（0，3）當(dāng)t=4﹣時(shí)，直線MN過點(diǎn)A．當(dāng)1≤t≤4時(shí)，直線MN在四邊形AEBO中掃過的面積為S=【點(diǎn)評(píng)】本題為二次函數(shù)與反比例函數(shù)綜合題，考查了數(shù)形結(jié)合思想和分類討論的數(shù)學(xué)思想．解題過程中，應(yīng)注意充分利用字母t表示相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)．10．（2018·湖北省武漢·10分）已知點(diǎn)A（a，m）在雙曲線y=上且m＜0，過點(diǎn)A作x軸的垂線，垂足為B．（1）如圖1，當(dāng)a=﹣2時(shí)，P（t，0）是x軸上的動(dòng)點(diǎn)，將點(diǎn)B繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至點(diǎn)C，①若t=1，直接寫出點(diǎn)C的坐標(biāo)；②若雙曲線y=經(jīng)過點(diǎn)C，求t的值．（2）如圖2，將圖1中的雙曲線y=（x＞0）沿y軸折疊得到雙曲線y=﹣（x＜0），將線段OA繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)A剛好落在雙曲線y=﹣（x＜0）上的點(diǎn)D（d，n）處，求m和n的數(shù)量關(guān)系．【分析】（1）①如圖1﹣1中，求出PB、PC的長即可解決問題；②圖1﹣2中，由題意C（t，t+2），理由待定系數(shù)法，把問題轉(zhuǎn)化為方程解決即可；（2）分兩種情形①當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)D關(guān)于x軸對(duì)稱時(shí)，A（a，m），D（d，n），可得m+n=0．②當(dāng)點(diǎn)A繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，得到D′，D′在y=﹣上，作D′H⊥y軸，則△ABO≌△D′HO，推出OB=OH，AB=D′H，由A（a，m），推出D′（m，﹣a），即D′（m，n），由D′在y=﹣上，可得mn=﹣8；【解答】解：（1）①如圖1﹣1中，由題意：B（﹣2，0），P（1，0），PB=PC=3，∴C（1，3）．②圖1﹣2中，由題意C（t，t+2），∵點(diǎn)C在y=上，∴t（t+2）=8，∴t=﹣4或2，（2）如圖2中，①當(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)D關(guān)于x軸對(duì)稱時(shí)，A（a，m），D（d，n），∴m+n=0．②當(dāng)點(diǎn)A繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，得到D′，D′在y=﹣上，作D′H⊥y軸，則△ABO≌△D′HO，∴OB=OH，AB=D′H，∵A（a，m），∴D′（m，﹣a），即D′（m，n），∵D′在y=﹣上，∴mn=﹣8，綜上所述，滿足條件的m、n的關(guān)系是m+n=0或mn=﹣8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查反比例函數(shù)綜合題、旋轉(zhuǎn)變換、待定系數(shù)法、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，學(xué)會(huì)添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．11．（2018·湖南省常德·10分）如圖，已知二次函數(shù)的圖象過點(diǎn)O（0，0）．A（8，4），與x軸交于另一點(diǎn)B，且對(duì)稱軸是直線x=3．（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）若M是OB上的一點(diǎn)，作MN∥AB交OA于N，當(dāng)△ANM面積最大時(shí)，求M的坐標(biāo)；（3）P是x軸上的點(diǎn)，過P作PQ⊥x軸與拋物線交于Q．過A作AC⊥x軸于C，當(dāng)以O(shè)，P，Q為頂點(diǎn)的三角形與以O(shè)，A，C為頂點(diǎn)的三角形相似時(shí)，求P點(diǎn)的坐標(biāo)．【分析】（1）先利用拋物線的對(duì)稱性確定B（6，0），然后設(shè)交點(diǎn)式求拋物線解析式；（2）設(shè)M（t，0），先其求出直線OA的解析式為y=x，直線AB的解析式為y=2x﹣12，直線MN的解析式為y=2x﹣2t，再通過解方程組得N（t，t），接著利用三角形面積公式，利用S△AMN=S△AOM﹣S△NOM得到S△AMN=?4?t﹣?t?t，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題；（3）設(shè)Q（m，m2﹣m），根據(jù)相似三角形的判定方法，當(dāng)=時(shí)，△PQO∽△COA，則|m2﹣m|=2|m|；當(dāng)=時(shí)，△PQO∽△CAO，則|m2﹣m|=|m|，然后分別解關(guān)于m的絕對(duì)值方程可得到對(duì)應(yīng)的P點(diǎn)坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵拋物線過原點(diǎn)，對(duì)稱軸是直線x=3，∴B點(diǎn)坐標(biāo)為（6，0），設(shè)拋物線解析式為y=ax（x﹣6），把A（8，4）代入得a?8?2=4，解得a=，∴拋物線解析式為y=x（x﹣6），即y=x2﹣x；（2）設(shè)M（t，0），易得直線OA的解析式為y=x，設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，把B（6，0），A（8，4）代入得，解得，∴直線AB的解析式為y=2x﹣12，∵M(jìn)N∥AB，∴設(shè)直線MN的解析式為y=2x+n，把M（t，0）代入得2t+n=0，解得n=﹣2t，∴直線MN的解析式為y=2x﹣2t，解方程組得，則N（t，t），∴S△AMN=S△AOM﹣S△NOM=?4?t﹣?t?t=﹣t2+2t=﹣（t﹣3）2+3，當(dāng)t=3時(shí)，S△AMN有最大值3，此時(shí)M點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0）；（3）設(shè)Q（m，m2﹣m），∵∠OPQ=∠ACO，∴當(dāng)=時(shí)，△PQO∽△COA，即=，∴PQ=2PO，即|m2﹣m|=2|m|，解方程m2﹣m=2m得m1=0（舍去），m2=14，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（14，28）；解方程m2﹣m=﹣2m得m1=0（舍去），m2=﹣2，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣2，4）；∴當(dāng)=時(shí)，△PQO∽△CAO，即=，∴PQ=PO，即|m2﹣m|=|m|，解方程m2﹣m=m得m1=0（舍去），m2=8（舍去），解方程m2﹣m=﹣m得m1=0（舍去），m2=2，此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，﹣1）；綜上所述，P點(diǎn)坐標(biāo)為（14，28）或（﹣2，4）或（2，﹣1）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征和二次函數(shù)的性質(zhì)；會(huì)利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；靈活運(yùn)用相似比表示線段之間的關(guān)系；會(huì)運(yùn)用分類討論的思想解決數(shù)學(xué)問題．12.（2018·山東青島·12分）已知：如圖，四邊形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB=16cm，BC=6cm，CD=8cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D開始沿DA邊勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A開始沿AB邊勻速運(yùn)動(dòng)，它們的運(yùn)動(dòng)速度均為2cm/s．點(diǎn)P和點(diǎn)Q同時(shí)出發(fā)，以QA、QP為邊作平行四邊形AQPE，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s），0＜t＜5．根據(jù)題意解答下列問題：（1）用含t的代數(shù)式表示AP；（2）設(shè)四邊形CPQB的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；（3）當(dāng)QP⊥BD時(shí)，求t的值；（4）在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在某一時(shí)刻t，使點(diǎn)E在∠ABD的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）如圖作DH⊥AB于H則四邊形DHBC是矩形，利用勾股定理求出AD的長即可解決問題；（2）作PN⊥AB于N．連接PB，根據(jù)S=S△PQB+S△BCP，計(jì)算即可；（3）當(dāng)PQ⊥BD時(shí)，∠PQN+∠DBA=90°，∠QPN+∠PQN=90°，推出∠QPN=∠DBA，推出tan∠QPN==，由此構(gòu)建方程即可解解題問題；（4）存在．連接BE交DH于K，作KM⊥BD于M．當(dāng)BE平分∠ABD時(shí)，△KBH≌△KBM，推出KH=KM，BH=BM=8，設(shè)KH=KM=x，在Rt△DKM中，（6﹣x）2=22+x2，解得x=，作EF⊥AB于F，則△AEF≌△QPN，推出EF=PN=（10﹣2t），AF=QN=（10﹣2t）﹣2t，推出BF=16﹣[（10﹣2t）﹣2t]，由KH∥EF，可得=，由此構(gòu)建方程即可解決問題；【解答】解：（1）如圖作DH⊥AB于H，則四邊形DHBC是矩形，∴CD=BH=8，DH=BC=6，∴AH=AB﹣BH=8，AD==10，BD==10，由題意AP=AD﹣DP=10﹣2t．（2）作PN⊥AB于N．連接PB．在Rt△APN中，PA=10﹣2t，∴PN=PA?sin∠DAH=（10﹣2t），AN=PA?cos∠DAH=（10﹣2t），∴BN=16﹣AN=16﹣（10﹣2t），S=S△PQB+S△BCP=?（16﹣2t）?（10﹣2t）+×6×[16﹣（10﹣2t）]=t2﹣12t+78（3）當(dāng)PQ⊥BD時(shí)，∠PQN+∠DBA=90°，∵∠QPN+∠PQN=90°，∴∠QPN=∠DBA，∴tan∠QPN==，∴=，解得t=，經(jīng)檢驗(yàn)：t=是分式方程的解，∴當(dāng)t=s時(shí)，PQ⊥BD．（4）存在．理由：連接BE交DH于K，作KM⊥BD于M．當(dāng)BE平分∠ABD時(shí)，△KBH≌△KBM，∴KH=KM，BH=BM=8，設(shè)KH=KM=x，在Rt△DKM中，（6﹣x）2=22+x2，解得x=，作EF⊥AB于F，則△AEF≌△QPN，∴EF=PN=（10﹣2t），AF=QN=（10﹣2t）﹣2t，∴BF=16﹣[（10﹣2t）﹣2t]，∵KH∥EF，∴=，∴=，解得：t=，經(jīng)檢驗(yàn)：t=是分式方程的解，∴當(dāng)t=s時(shí)，點(diǎn)E在∠ABD的平分線．【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形綜合題，解直角三角形、銳角三角函數(shù)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形或全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)理由參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?jí)狠S題．13.（2018·山東泰安·9分）文美書店決定用不多于20000元購進(jìn)甲乙兩種圖書共1200本進(jìn)行銷售．甲、乙兩種圖書的進(jìn)價(jià)分別為每本20元、14元，甲種圖書每本的售價(jià)是乙種圖書每本售價(jià)的1.4倍，若用1680元在文美書店可購買甲種圖書的本數(shù)比用1400元購買乙種圖書的本數(shù)少10本．（1）甲乙兩種圖書的售價(jià)分別為每本多少元？（2）書店為了讓利讀者，決定甲種圖書售價(jià)每本降低3元，乙種圖書售價(jià)每本降低2元，問書店應(yīng)如何進(jìn)貨才能獲得最大利潤？（購進(jìn)的兩種圖書全部銷售完．）【分析】（1）根據(jù)題意，列出分式方程即可；（2）先用進(jìn)貨量表示獲得的利潤，求函數(shù)最大值即可．【解答】解：（1）設(shè)乙種圖書售價(jià)每本x元，則甲種圖書售價(jià)為每本1.4x元由題意得：解得：x=20經(jīng)檢驗(yàn)，x=20是原方程的解∴甲種圖書售價(jià)為每本1.4×20=28元答：甲種圖書售價(jià)每本28元，乙種圖書售價(jià)每本20元（2）設(shè)甲種圖書進(jìn)貨a本，總利潤元，則=（28﹣20﹣3）a+（20﹣14﹣2）（1200﹣a）=a+4800∵20a+14×（1200﹣a）≤20000解得a≤∵w隨a的增大而增大∴當(dāng)a最大時(shí)w最大∴當(dāng)a=533本時(shí)，w最大此時(shí)，乙種圖書進(jìn)貨本數(shù)為1200﹣533=667（本）答：甲種圖書進(jìn)貨533本，乙種圖書進(jìn)貨667本時(shí)利潤最大．【點(diǎn)評(píng)】本題分別考查了分式方程和一次函數(shù)最值問題，注意研究利潤最大分成兩個(gè)部分，先表示利潤再根據(jù)函數(shù)性質(zhì)求出函數(shù)最大值．14.（2018·山東泰安·9分）如圖，矩形ABCD的兩邊AD、AB的長分別為3、8，E是DC的中點(diǎn)，反比例函數(shù)y=的圖象經(jīng)過點(diǎn)E，與AB交于點(diǎn)F．（1）若點(diǎn)B坐標(biāo)為（﹣6，0），求m的值及圖象經(jīng)過A、E兩點(diǎn)的一次函數(shù)的表達(dá)式；（2）若AF﹣AE=2，求反比例函數(shù)的表達(dá)式．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)，可得A，E點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法，可得答案；（2）根據(jù)勾股定理，可得AE的長，根據(jù)線段的和差，可得FB，可得F點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法，可得m的值，可得答案．【解答】解：（1）點(diǎn)B坐標(biāo)為（﹣6，0），AD=3，AB=8，E為CD的中點(diǎn)，∴點(diǎn)A（﹣6，8），E（﹣3，4），函數(shù)圖象經(jīng)過E點(diǎn)，∴m=﹣3×4=﹣12，設(shè)AE的解析式為y=kx+b，，解得，一次函數(shù)的解析是為y=﹣x；（2）AD=3，DE=4，∴AE==5，∵AF﹣AE=2，∴AF=7，BF=1，設(shè)E點(diǎn)坐標(biāo)為（a，4），則F點(diǎn)坐標(biāo)為（a﹣3，1），∵E，F(xiàn)兩點(diǎn)在函數(shù)y=圖象上，∴4a=a﹣3，解得a=﹣1，∴E（﹣1，4），∴m=﹣1×4=﹣4，∴y=﹣．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了反比例函數(shù)，解（1）的關(guān)鍵是利用待定系數(shù)法，又利用了矩形的性質(zhì)；解（2）的關(guān)鍵利用E，F(xiàn)兩點(diǎn)在函數(shù)y=圖象上得出關(guān)于a的方程．15.（2018·山東泰安·11分）如圖，△ABC中，D是AB上一點(diǎn)，DE⊥AC于點(diǎn)E，F(xiàn)是AD的中點(diǎn)，F(xiàn)G⊥BC于點(diǎn)G，與DE交于點(diǎn)H，若FG=AF，AG平分∠CAB，連接GE，CD．（1）求證：△ECG≌△GHD；（2）小亮同學(xué)經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：AD=AC+EC．請(qǐng)你幫助小亮同學(xué)證明這一結(jié)論．（3）若∠B=30°，判定四邊形AEGF是否為菱形，并說明理由．【分析】（1）依據(jù)條件得出∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，依據(jù)F是AD的中點(diǎn)，F(xiàn)G∥AE，即可得到FG是線段ED的垂直平分線，進(jìn)而得到GE=GD，∠CGE=∠GDE，利用AAS即可判定△ECG≌△GHD；（2）過點(diǎn)G作GP⊥AB于P，判定△CAG≌△PAG，可得AC=AP，由（1）可得EG=DG，即可得到Rt△ECG≌Rt△GPD，依據(jù)EC=PD，即可得出AD=AP+PD=AC+EC；（3）依據(jù)∠B=30°，可得∠ADE=30°，進(jìn)而得到AE=AD，故AE=AF=FG，再根據(jù)四邊形AECF是平行四邊形，即可得到四邊形AEGF是菱形．【解答】解：（1）∵AF=FG，∴∠FAG=∠FGA，∵AG平分∠CAB，∴∠CAG=∠FGA，∴∠CAG=∠FGA，∴AC∥FG，∵DE⊥AC，∴FG⊥DE，∵FG⊥BC，∴DE∥BC，∴AC⊥BC，∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，∵F是AD的中點(diǎn)，F(xiàn)G∥AE，∴H是ED的中點(diǎn)，∴FG是線段ED的垂直平分線，∴GE=GD，∠GDE=∠GED，∴∠CGE=∠GDE，∴△ECG≌△GHD；（2）證明：過點(diǎn)G作GP⊥AB于P，∴GC=GP，而AG=AG，∴△CAG≌△PAG，∴AC=AP，由（1）可得EG=DG，∴Rt△ECG≌Rt△GPD，∴EC=PD，∴AD=AP+PD=AC+EC；（3）四邊形AEGF是菱形，證明：∵∠B=30°，∴∠ADE=30°，∴AE=AD，∴AE=AF=FG，由（1）得AE∥FG，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴四邊形AEGF是菱形．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的判定與性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)的綜合運(yùn)用，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等是解決問題的關(guān)鍵．16（2018·山東泰安·11分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y=ax2+bx+c交x軸于點(diǎn)A（﹣4，0）、B（2，0），交y軸于點(diǎn)C（0，6），在y軸上有一點(diǎn)E（0，﹣2），連接AE．（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；（2）若點(diǎn)D為拋物線在x軸負(fù)半軸上方的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求△ADE面積的最大值；（3）拋物線對(duì)稱軸上是否存在點(diǎn)P，使△AEP為等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出所有P點(diǎn)的坐標(biāo)，若不存在請(qǐng)說明理由．【分析】（1）把已知點(diǎn)坐標(biāo)代入函數(shù)解析式，得出方程組求解即可；（2）根據(jù)函數(shù)解析式設(shè)出點(diǎn)D坐標(biāo)，過點(diǎn)D作DG⊥x軸，交AE于點(diǎn)F，表示△ADE的面積，運(yùn)用二次函數(shù)分析最值即可；（3）設(shè)出點(diǎn)P坐標(biāo)，分PA=PE，PA=AE，PE=AE三種情況討論分析即可．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6），∴，解得，，所以二次函數(shù)的解析式為：y=，（2）由A（﹣4，0），E（0，﹣2），可求AE所在直線解析式為y=，過點(diǎn)D作DN⊥x軸，交AE于點(diǎn)F，交x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)E作EH⊥DF，垂足為H，如圖設(shè)D（m，），則點(diǎn)F（m，），∴DF=﹣（）=，∴S△ADE=S△ADF+S△EDF=×DF×AG+DF×EH=×DF×AG+×DF×EH=×4×DF=2×（）=，∴當(dāng)m=時(shí)，△ADE的面積取得最大值為．（3）y=的對(duì)稱軸為x=﹣1，設(shè)P（﹣1，n），又E（0，﹣2），A（﹣4，0），可求PA=，PE=，AE=，當(dāng)PA=PE時(shí)，=，解得，n=1，此時(shí)P（﹣1，1）；當(dāng)PA=AE時(shí)，=，解得，n=，此時(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)為（﹣1，）；當(dāng)PE=AE時(shí)，=，解得，n=﹣2，此時(shí)點(diǎn)P坐標(biāo)為：（﹣1，﹣2）．綜上所述，P點(diǎn)的坐標(biāo)為：（﹣1，1），（﹣1，），（﹣1，﹣2）．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，會(huì)求拋物線解析式，會(huì)運(yùn)用二次函數(shù)分析三角形面積的最大值，會(huì)分類討論解決等腰三角形的頂點(diǎn)的存在問題時(shí)解決此題的關(guān)鍵．17（2018·山東泰安·12分）如圖，在菱形ABCD中，AC與BD交于點(diǎn)O，E是BD上一點(diǎn)，EF∥AB，∠EAB=∠EBA，過點(diǎn)B作DA的垂線，交DA的延長線于點(diǎn)G．（1）∠DEF和∠AEF是否相等？若相等，請(qǐng)證明；若不相等，請(qǐng)說明理由；（2）找出圖中與△AGB相似的三角形，并證明；（3）BF的延長線交CD的延長線于點(diǎn)H，交AC于點(diǎn)M．求證：BM2=MF?MH．【分析】（1）先判斷出∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE，進(jìn)而得出∠GAB=∠AEO，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出BM=DM，∠ADM=∠ABM，進(jìn)而得出∠ADM=∠H，判斷出△MFD∽△MDH，即可得出結(jié)論，【解答】解：（1）∠DEF=∠AEF，理由：∵EF∥AB，∴∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB，∵∠EAB=∠EBA，∴∠DEF=∠AEF；（2）△EOA∽△AGB，理由：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD，AC⊥BD，∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE，∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE，∵∠GAB=∠AEO，∠GAB=∠AOE=90°，∴△EOA∽△AGB；（3）如圖，連接DM，∵四邊形ABCD是菱形，由對(duì)稱性可知，BM=DM，∠ADM=∠ABM，∵AB∥CH，∴∠ABM=∠H，∴∠ADM=∠H，∵∠DMH=∠FMD，∴△MFD∽△MDH，∴，∴DM2=MF?MH，∴BM2=MF?MH．【點(diǎn)評(píng)】此題是相似形綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)，對(duì)稱性，相似三角形的判定和性質(zhì)，判斷出△EOA∽△AGB是解本題的關(guān)鍵．18.（2018·山東威?！?0分）為了支持大學(xué)生創(chuàng)業(yè)，某市政府出臺(tái)了一項(xiàng)優(yōu)惠政策：提供10萬元的無息創(chuàng)業(yè)貸款．小王利用這筆貸款，注冊(cè)了一家淘寶網(wǎng)店，招收5名員工，銷售一種火爆的電子產(chǎn)品，并約定用該網(wǎng)店經(jīng)營的利潤，逐月償還這筆無息貸款．已知該產(chǎn)品的成本為每件4元，員工每人每月的工資為4千元，該網(wǎng)店還需每月支付其它費(fèi)用1萬元．該產(chǎn)品每月銷售量y（萬件）與銷售單價(jià)x（元）萬件之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示．（1）求該網(wǎng)店每月利潤w（萬元）與銷售單價(jià)x（元）之間的函數(shù)表達(dá)式；（2）小王自網(wǎng)店開業(yè)起，最快在第幾個(gè)月可還清10萬元的無息貸款？【分析】（1）y（萬件）與銷售單價(jià)x是分段函數(shù)，根據(jù)待定系數(shù)法分別求直線AB和BC的解析式，又分兩種情況，根據(jù)利潤=（售價(jià)﹣成本）×銷售量﹣費(fèi)用，得結(jié)論；（2）分別計(jì)算兩個(gè)利潤的最大值，比較可得出利潤的最大值，最后計(jì)算時(shí)間即可求解．【解答】解：（1）設(shè)直線AB的解析式為：y=kx+b，代入A（4，4），B（6，2）得：，解得：，∴直線AB的解析式為：y=﹣x+8，（2分）同理代入B（6，2），C（8，1）可得直線BC的解析式為：y=﹣x+5，（2018年山東省威海市）∵工資及其他費(fèi)作為：0.4×5+1=3萬元，∴當(dāng)4≤x≤6時(shí)，w1=（x﹣4）（﹣x+8）﹣3=﹣x2+12x﹣35，（2018年山東省威海市）當(dāng)6≤x≤8時(shí)，w2=（x﹣4）（﹣x+5）﹣3=﹣x2+7x﹣23；（2018年山東省威海市）（2）當(dāng)4≤x≤6時(shí)，w1=﹣x2+12x﹣35=﹣（x﹣6）2+1，∴當(dāng)x=6時(shí)，w1取最大值是1，（2018年山東省威海市）當(dāng)6≤x≤8時(shí)，w2=﹣x2+7x﹣23=﹣（x﹣7）2+，當(dāng)x=7時(shí)，w2取最大值是1.5，（2018年山東省威海市）∴==6，即最快在第7個(gè)月可還清10萬元的無息貸款．（2018年山東省威海市）【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查學(xué)生利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)關(guān)系式，一次函數(shù)與一次不等式的應(yīng)用，利用數(shù)形結(jié)合的思想，是一道綜合性較強(qiáng)的代數(shù)應(yīng)用題，能力要求比較高．19.（2018·山東威海·12分）如圖①，在四邊形BCDE中，BC⊥CD，DE⊥CD，AB⊥AE，垂足分別為C，D，A，BC≠AC，點(diǎn)M，N，F(xiàn)分別為AB，AE，BE的中點(diǎn)，連接MN，MF，NF．（1）如圖②，當(dāng)BC=4，DE=5，tan∠FMN=1時(shí)，求的值；（2）若tan∠FMN=，BC=4，則可求出圖中哪些線段的長？寫出解答過程；（3）連接CM，DN，CF，DF．試證明△FMC與△DNF全等；（4）在（3）的條件下，圖中還有哪些其它的全等三角形？請(qǐng)直接寫出．【分析】（1）根據(jù)四邊形ANFM是平行四邊形，AB⊥AE，即可得到四邊形ANFM是矩形，再根據(jù)FN=FM，即可得出矩形ANFM是正方形，AB=AE，結(jié)合∠1=∠3，∠C=∠D=90°，即可得到△ABC≌△EAD，進(jìn)而得到BC=AD，CA=DE，即可得出=；（2）依據(jù)四邊形MANF為矩形，MF=AE，NF=AB，tan∠FMN=，即可得到=，依據(jù)△ABC∽△EAD，即可得到==，即可得到AD的長；（3）根據(jù)△ABC和△ADE都是直角三角形，M，N分別是AB，AE的中點(diǎn)，即可得到BM=CM，NA=ND，進(jìn)而得出∠4=2∠1，∠5=2∠3，根據(jù)∠4=∠5，即可得到∠FMC=∠FND，再根據(jù)FM=DN，CM=NF，可得△FMC≌△DNF；（4）由BM=AM=FN，MF=AN=NE，∠FMB=∠MFN=∠MAN=∠ENF=90°，即可得到：△BMF≌△NFM≌△MAN≌△FNE．【解答】解：（1）∵點(diǎn)M，N，F(xiàn)分別為AB，AE，BE的中點(diǎn)，∴MF，NF都是△ABE的中位線，∴MF=AE=AN，NF=AB=AM，∴四邊形ANFM是平行四邊形，又∵AB⊥AE，∴四邊形ANFM是矩形，又∵tan∠FMN=1，∴FN=FM，∴矩形ANFM是正方形，AB=AE，又∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，∵∠C=∠D=90°，∴△ABC≌△EAD（AAS），∴BC=AD=4，CA=DE=5，∴=；（2）可求線段AD的長．由（1）可得，四邊形MANF為矩形，MF=AE，NF=AB，∵tan∠FMN=，即=，∴=，∵∠1=∠3，∠C=∠D=90°，∴△ABC∽△EAD，∴==，∵BC=4，∴AD=8；（3）∵BC⊥CD，DE⊥CD，∴△ABC和△ADE都是直角三角形，∵M(jìn)，N分別是AB，AE的中點(diǎn)，∴BM=CM，NA=ND，∴∠4=2∠1，∠5=2∠3，∵∠1=∠3，∴∠4=∠5，∵∠FMC=90°+∠4，∠FND=90°+∠5，∴∠FMC=∠FND，∵FM=DN，CM=NF，∴△FMC≌△DNF（SAS）；（4）在（3）的條件下，BM=AM=FN，MF=AN=NE，∠FMB=∠MFN=∠MAN=∠ENF=90°，∴圖中有：△BMF≌△NFM≌△MAN≌△FNE．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于相似形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)以及矩形的判定與性質(zhì)的綜合運(yùn)用，解決問題的關(guān)鍵是判定全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例得出有關(guān)結(jié)論．20（2018·山東威?！?2分）如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（﹣4，0），B（2，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，4），線段BC的中垂線與對(duì)稱軸l交于點(diǎn)D，與x軸交于點(diǎn)F，與BC交于點(diǎn)E，對(duì)稱軸l與x軸交于點(diǎn)H．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)P為x軸上一點(diǎn)，⊙P與直線BC相切于點(diǎn)Q，與直線DE相切于點(diǎn)R．求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（4）點(diǎn)M為x軸上方拋物線上的點(diǎn)，在對(duì)稱軸l上是否存在一點(diǎn)N，使得以點(diǎn)D，P，M．N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，則直接寫出N點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【分析】（1）利用待定系數(shù)法問題可解；（2）依據(jù)垂直平分線性質(zhì)，利用勾股定理構(gòu)造方程；（3）由題意畫示意圖可以發(fā)現(xiàn)由兩種可能性，確定方案后利用銳角三角函數(shù)定義構(gòu)造方程，求出半徑及點(diǎn)P坐標(biāo)；（4）通過分類討論畫出可能圖形，注意利用平行四邊形的性質(zhì)，同一對(duì)角線上的兩個(gè)端點(diǎn)到另一對(duì)角線距離相等．【解答】解：（1）∵拋物線過點(diǎn)A（﹣4，0），B（2，0）∴設(shè)拋物線表達(dá)式為：y=a（x+4）（x﹣2）把C（0，4）帶入得4=a（0+4）（0﹣2）∴a=﹣∴拋物線表達(dá)式為：y=﹣（x+4）（x﹣2）=﹣x2﹣x+4（2）由（1）拋物線對(duì)稱軸為直線x=﹣=﹣1∵線段BC的中垂線與對(duì)稱軸l交于點(diǎn)D∴點(diǎn)D在對(duì)稱軸上設(shè)點(diǎn)D坐標(biāo)為（﹣1，m）過點(diǎn)C做CG⊥l于G，連DC，DB∴DC=DB在Rt△DCG和Rt△DBH中∵DC2=12+（4﹣m）2，DB2=m2+（2+1）2∴12+（4﹣m）2=m2+（2+1）2解得：m=1∴點(diǎn)D坐標(biāo)為（﹣1，1）（3）∵點(diǎn)B坐標(biāo)為（2，0），C點(diǎn)坐標(biāo)為（0，4）∴BC=∵EF為BC中垂線∴BE=在Rt△BEF和Rt△BOC中，cos∠CBF=∴∴BF=5，EF=，OF=3設(shè)⊙P的半徑為r，⊙P與直線BC和EF都相切如圖：①當(dāng)圓心P1在直線BC左側(cè)時(shí)，連P1Q1，P1R1，則P1Q1=P1R1=r1∴∠P1Q1E=∠P1R1E=∠R1EQ1=90°∴四邊形P1Q1ER1是正方形∴ER1=P1Q1=r1在Rt△BEF和Rt△FR1P1中tan∠1=∴∴r1=∵sin∠1=∴FP1=，OP1=∴點(diǎn)P1坐標(biāo)為（，0）②同理，當(dāng)圓心P2在直線BC右側(cè)時(shí)，可求r2=，OP2=7∴P2坐標(biāo)為（7，0）∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（，0）或（7，0）（4）存在當(dāng)點(diǎn)P坐標(biāo)為（，0）時(shí)，①若DN和MP為平行四邊形對(duì)邊，則有DN=MP當(dāng)x=時(shí)，y=﹣∴DN=MP=∴點(diǎn)N坐標(biāo)為（﹣1，）②若MN、DP為平行四邊形對(duì)邊時(shí)，M、P點(diǎn)到ND距離相等則點(diǎn)M橫坐標(biāo)為﹣則M縱坐標(biāo)為﹣由平行四邊形中心對(duì)稱性可知，點(diǎn)M到N的垂直距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)D的垂直距離當(dāng)點(diǎn)N在D點(diǎn)上方時(shí)，點(diǎn)N縱坐標(biāo)為此時(shí)點(diǎn)N坐標(biāo)為（﹣1，）當(dāng)點(diǎn)N在x軸下方時(shí)，點(diǎn)N坐標(biāo)為（﹣1，﹣）當(dāng)點(diǎn)P坐標(biāo)為（7，0）時(shí)，所求N點(diǎn)不存在．故答案為：（﹣1，）、（﹣1，）、（﹣1，﹣）【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查二次函數(shù)、圓和平行四邊形存在性的判定等相關(guān)知識(shí)，應(yīng)用了數(shù)形結(jié)合思想和分類討論的數(shù)學(xué)思想．21.（2018·山東濰坊·11分）為落實(shí)“綠水青山就是金山銀山”的發(fā)展理念，某市政部門招標(biāo)一工程隊(duì)負(fù)責(zé)在山腳下修建一座水庫的土方施工任務(wù)．該工程隊(duì)有A，B兩種型號(hào)的挖掘機(jī)，已知3臺(tái)A型和5臺(tái)B型挖掘機(jī)同時(shí)施工一小時(shí)挖土165立方米；4臺(tái)A型和7臺(tái)B型挖掘機(jī)同時(shí)施工一小時(shí)挖土225立方米．每臺(tái)A型挖掘機(jī)一小時(shí)的施工費(fèi)用為300元，每臺(tái)B型挖掘機(jī)一小時(shí)的施工費(fèi)用為180元．（1）分別求每臺(tái)A型，B型挖掘機(jī)一小時(shí)挖土多少立方米？（2）若不同數(shù)量的A型和B型挖掘機(jī)共12臺(tái)同時(shí)施工4小時(shí)，至少完成1080立方米的挖土量，且總費(fèi)用不超過12960元，問施工時(shí)有哪幾種調(diào)配方案，并指出哪種調(diào)配方案的施工費(fèi)用最低，最低費(fèi)用是多少元？【分析】（1）根據(jù)題意列出方程組即可；（2）利用總費(fèi)用不超過12960元求出方案數(shù)量，再利用一次函數(shù)增減性求出最低費(fèi)用．【解答】解：（1）設(shè)每臺(tái)A型，B型挖據(jù)機(jī)一小時(shí)分別挖土x立方米和y立方米，根據(jù)題意得解得：∴每臺(tái)A型挖掘機(jī)一小時(shí)挖土30立方米，每臺(tái)B型挖掘機(jī)一小時(shí)挖土15立方米（2）設(shè)A型挖掘機(jī)有m臺(tái)，總費(fèi)用為W元，則B型挖掘機(jī)有（12﹣m）臺(tái)．根據(jù)題意得W=4×300m+4×180（12﹣m）=480m+8640∵∴解得∵m≠12﹣m，解得m≠6∴7≤m≤9∴共有三種調(diào)配方案，方案一：當(dāng)m=7時(shí)，12﹣m=5，即A型挖據(jù)機(jī)7臺(tái)，B型挖掘機(jī)5臺(tái)；方案二：當(dāng)m=8時(shí)，12﹣m=4，即A型挖掘機(jī)8臺(tái)，B型挖掘機(jī)4臺(tái)；方案三：當(dāng)m=9時(shí)，12﹣m=3，即A型挖掘機(jī)9臺(tái)，B型挖掘機(jī)3臺(tái)．…∵480＞0，由一次函數(shù)的性質(zhì)可知，W隨m的減小而減小，∴當(dāng)m=7時(shí)，W小=480×7+8640=12000此時(shí)A型挖掘機(jī)7臺(tái)，B型挖據(jù)機(jī)5臺(tái)的施工費(fèi)用最低，最低費(fèi)用為12000元．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二元一次方程組和一次函數(shù)增減性，解答時(shí)先根據(jù)題意確定自變量取值范圍，再應(yīng)用一次函數(shù)性質(zhì)解答問題．22.（2018·山東濰坊·12分）如圖1，在?ABCD中，DH⊥AB于點(diǎn)H，CD的垂直平分線交CD于點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)F，AB=6，DH=4，BF：FA=1：5．（1）如圖2，作FG⊥AD于點(diǎn)G，交DH于點(diǎn)M，將△DGM沿DC方向平移，得到△CG′M′，連接M′B．①求四邊形BHMM′的面積；②直線EF上有一動(dòng)點(diǎn)N，求△DNM周長的最小值．（2）如圖3，延長CB交EF于點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作QK∥AB，過CD邊上的動(dòng)點(diǎn)P作PK∥EF，并與QK交于點(diǎn)K，將△PKQ沿直線PQ翻折，使點(diǎn)K的對(duì)應(yīng)點(diǎn)K′恰好落在直線AB上，求線段CP的長．【分析】（1）①根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)以及平移的性質(zhì)進(jìn)行解答即可；②連接CM交直線EF于點(diǎn)N，連接DN，利用勾股定理解答即可；（2）分點(diǎn)P在線段CE上和點(diǎn)P在線段ED上兩種情況進(jìn)行解答．【解答】解：（1）①在?ABCD中，AB=6，直線EF垂直平分CD，∴DE=FH=3，又BF：FA=1：5，∴AH=2，∵Rt△AHD∽R(shí)t△MHF，∴，即，∴HM=1.5，根據(jù)平移的性質(zhì)，MM'=CD=6，連接BM，如圖1，四邊形BHMM′的面積=；②連接CM交直線EF于點(diǎn)N，連接DN，如圖2，∵直線EF垂直平分CD，∴CN=DN，∵M(jìn)H=1.5，∴DM=2.5，在Rt△CDM中，MC2=DC2+DM2，∴MC2=62+（2.5）2，即MC=6.5，∵M(jìn)N+DN=MN+CN=MC，∴△DNM周長的最小值為9．（2）∵BF∥CE，∴，∴QF=2，∴PK=PK'=6，過點(diǎn)K'作E'F'∥EF，分別交CD于點(diǎn)E'，交QK于點(diǎn)F'，如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在線段CE上時(shí)，在Rt△PK'E'中，PE'2=PK'2﹣E'K'2，∴，∵Rt△PE'K'∽R(shí)t△K'F'Q，∴，即，解得：，∴PE=PE'﹣EE'=，∴，同理可得，當(dāng)點(diǎn)P在線段DE上時(shí)，，如圖4，綜上所述，CP的長為或．【點(diǎn)評(píng)】此題考查四邊形的綜合題，關(guān)鍵是根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和平移的性質(zhì)解答，注意（2）分兩種情況分析．23.（2018·山東濰坊·12分）如圖1，拋物線y1=ax2﹣x+c與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B（1，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，），拋物線y1的頂點(diǎn)為G，GM⊥x軸于點(diǎn)M．將拋物線y1平移后得到頂點(diǎn)為B且對(duì)稱軸為直線l的拋物線y2．（1）求拋物線y2的解析式；（2）如圖2，在直線l上是否存在點(diǎn)T，使△TAC是等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出所有點(diǎn)T的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由；（3）點(diǎn)P為拋物線y1上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作y軸的平行線交拋物線y2于點(diǎn)Q，點(diǎn)Q關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)為R，若以P，Q，R為頂點(diǎn)的三角形與△AMG全等，求直線PR的解析式．【分析】（1）應(yīng)用待定系數(shù)法求解析式；（2）設(shè)出點(diǎn)T坐標(biāo)，表示△TAC三邊，進(jìn)行分類討論；（3）設(shè)出點(diǎn)P坐標(biāo)，表示Q、R坐標(biāo)及PQ、QR，根據(jù)以P，Q，R為頂點(diǎn)的三角形與△AMG全等，分類討論對(duì)應(yīng)邊相等的可能性即可．【解答】解：（1）由已知，c=，將B（1，0）代入，得：a﹣+=0，解得a=﹣，拋物線解析式為y1=，∵拋物線y1平移后得到y(tǒng)2，且頂點(diǎn)為B（1，0），∴y2=﹣（x﹣1）2，即y2=﹣．（2）存在，如圖1：拋物線y2的對(duì)稱軸l為x=1，設(shè)T（1，t），已知A（﹣3，0），C（0，），過點(diǎn)T作TE⊥y軸于E，則TC2=TE2+CE2=12+（）2=t2﹣，TA2=TB2+AB2=（1+3）2+t2=t2+16，AC2=，當(dāng)TC=AC時(shí)，t2﹣=解得：t1=，t2=；當(dāng)TA=AC時(shí)，t2+16=，無解；當(dāng)TA=TC時(shí)，t2﹣=t2+16，解得t3=﹣；當(dāng)點(diǎn)T坐標(biāo)分別為（1，），（1，），（1，﹣）時(shí)，△TAC為等腰三角形．（3）如圖2：設(shè)P（m，﹣），則Q（m，﹣）∵Q、R關(guān)于x=1對(duì)稱∴R（2﹣m，﹣），①當(dāng)點(diǎn)P在直線l左側(cè)時(shí)，PQ=1﹣m，QR=2﹣2m，∵△PQR與△AMG全等，∴當(dāng)PQ=GM且QR=AM