新数学中考重点题选集
参考答案试题解析
．解答题（30题）
1．（2020•成）图点B线段AC点DEAC侧∠A∠C90°BD⊥BEADBC．
（1）求证：ACAD+CE
（2）AD3CE5点P线段AB动点连接DP作PQ⊥DP交直线BE点Q
（i）点PAB两点重合时求值
（ii）点PA点运动AC中点时求线段DQ中点路径（线段）长．（直接写出结果必写出解答程）
考点：
相似三角形判定性质全等三角形判定性质．4707122
专题：
综合题压轴题．
分析：
（1）根角余角相等求出∠1∠E利角角边证明△ABD△CEB全等根全等三角形应边相等ABCE然根ACAB+BC整理证
（2）（i）点Q作QF⊥BCF根△BFQ△BCE相似然求出QFBF根△ADP△FPQ相似然整理（AP﹣BF）（5﹣AP）0求出APBF利相似三角形应边成例解
（ii）判断出DQ中点路径△BDQ中位线MN．求出QFBF长度利勾股定理求出BQ长度根中位线性质求出MN长度求路径长．
解答：
（1）证明：∵BD⊥BE
∴∠1+∠2180°﹣90°90°
∵∠C90°
∴∠2+∠E180°﹣90°90°
∴∠1∠E
∵△ABD△CEB中
∴△ABD≌△CEB（AAS）
∴ABCE
∴ACAB+BCAD+CE
（2）（i）图点Q作QF⊥BCF
△BFQ∽△BCE
∴
∴QFBF
∵DP⊥PQ
∴∠ADP+∠FPQ180°﹣90°90°
∵∠FPQ+∠PQF180°﹣90°90°
∴∠ADP∠FPQ
∵∠A∠PFQ90°
∴△ADP∽△FPQ
∴
∴5AP﹣AP2+AP•BF3•BF
整理（AP﹣BF）（AP﹣5）0
∵点PAB两点重合
∴AP≠5
∴APBF
△ADP∽△FPQ
∴
（ii）线段DQ中点路径（线段）△BDQ中位线MN．
（2）（i）知QFAP．
点P运动AC中点时AP4∴QF．
∴BFQF×4．
Rt△BFQ中根勾股定理：BQ．
∴MNBQ．
∴线段DQ中点路径（线段）长．
点评：
题考查相似三角形判定性质全等三角形判定性质（1）求出三角形全等条件∠1∠E解题关键（2）（i）根两次三角形相似求出APBF解题关键（ii）判断出路径三角形中位线解题关键．
2．（2020•成）面直角坐标系中已知抛物线yx2+bx+c（bc常数）顶点P等腰直角三角形ABC顶点A坐标（0﹣1）C坐标（43）直角顶点B第四象限．
（1）图该抛物线AB两点求该抛物线函数表达式
（2）移（1）中抛物线顶点P直线AC滑动AC交点Q．
（i）点M直线AC方移前（1）中抛物线点MPQ三点顶点三角形等腰直角三角形时求出符合条件点M坐标
（ii）取BC中点N连接NPBQ．试探究否存值？存求出该值存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）先求出点B坐标然利定系数法求出抛物线函数表达式
（2）i）首先求出直线AC解析式线段PQ长度作续计算基础．
△MPQ等腰直角三角形分两种情况：
①PQ直角边时：点MPQ距离．时直线AC右移4单位直线（yx﹣5）抛物线交点求M点
②PQ斜边时：点MPQ距离．时直线AC右移2单位直线（yx﹣3）抛物线交点求M点．
ii）（i）知PQ定值NP+BQ取值时值．
答图2示作点B关直线AC称点B′分析知B′QF（AB中点）三点线时NP+BQ值线段B′F长度．
解答：
解：（1）题意点B坐标（4﹣1）．
∵抛物线A（0﹣1）B（4﹣1）两点
∴解：b2c﹣1
∴抛物线函数表达式：yx2+2x﹣1．
（2）i）∵A（0﹣1）C（43）
∴直线AC解析式：yx﹣1．
设移前抛物线顶点P0（1）P0坐标（21）P0直线AC．
∵点P直线AC滑动∴设P坐标（mm﹣1）
移抛物线函数表达式：y（x﹣m）2+m﹣1．
解方程组：
解
∴P（mm﹣1）Q（m﹣2m﹣3）．
点P作PE∥x轴点Q作QE∥y轴
PEm﹣（m﹣2）2QE（m﹣1）﹣（m﹣3）2．
∴PQAP0．
△MPQ等腰直角三角形分两种情况：
①PQ直角边时：点MPQ距离（PQ长）．
A（0﹣1）B（4﹣1）P0（21）知
△ABP0等腰直角三角形BP0⊥ACBP0．
答图1点B作直线l1∥AC交抛物线yx2+2x﹣1点MM符合条件点．
∴设直线l1解析式：yx+b1
∵B（4﹣1）∴﹣14+b1解b1﹣5
∴直线l1解析式：yx﹣5．
解方程组：
∴M1（4﹣1）M2（﹣2﹣7）．
②PQ斜边时：MPMQ2求点MPQ距离．
答图1取AB中点F点F坐标（2﹣1）．
A（0﹣1）F（2﹣1）P0（21）知：
△AFP0等腰直角三角形点F直线AC距离．
点F作直线l2∥AC交抛物线yx2+2x﹣1点MM符合条件点．
∴设直线l2解析式：yx+b2
∵F（2﹣1）∴﹣12+b2解b1﹣3
∴直线l2解析式：yx﹣3．
解方程组：
∴M3（1+﹣2+）M4（1﹣﹣2﹣）．
综述符合条件点M坐标：
M1（4﹣1）M2（﹣2﹣7）M3（1+﹣2+）M4（1﹣﹣2﹣）．
ii）存值．理：
i）知PQ定值NP+BQ取值时值．
答图2取点B关AC称点B′易点B′坐标（03）BQB′Q．
连接QFFNQB′易FN∥PQFNPQ
∴四边形PQFN行四边形．
∴NPFQ．
∴NP+BQFQ+B′Q≥FB′．
∴B′QF三点线时NP+BQ值．
∴值．
点评：
题二次函数中考压轴题考查二次函数图象性质定系数法次函数变换（移称）等腰直角三角形行四边形轴称﹣短路线问题等知识点考查存型问题分类讨数学思想试题难度较．
3．（2020•绵阳）图二次函数yax2+bx+c图象顶点C坐标（0﹣2）交x轴AB两点中A（﹣10）直线l：xm（m＞1）x轴交D．
（1）求二次函数解析式B坐标
（2）直线l找点P（P第象限）PDB顶点三角形BCO顶点三角形相似求点P坐标（含m代数式表示）
（3）（2）成立条件抛物线否存第象限点Q△BPQP直角顶点等腰直角三角形？果存请求出点Q坐标果存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）抛物线顶点C坐标（0﹣2）抛物线称轴y轴y轴交点坐标﹣2b0c﹣2A（﹣10）代入yax2+bx+c求出a值确定该抛物线解析式然令y0解元二次方程求出x值点B坐标
（2）设P点坐标（mn）．∠PDB∠BOC90°DO应PDB顶点三角形BCO顶点三角形相似时分两种情况讨：①△OCB∽△DBP②△OCB∽△DPB．根相似三角形应边成例出nm关系式进点P坐标
（3）假设抛物线存第象限点Q（x2x2﹣2）△BPQP直角顶点等腰直角三角形．点Q作QE⊥l点E．利AAS易证△DBP≌△EPQ出BDPEDPEQ．分两种情况讨：①P（m）②P（m2（m﹣1））．根BDPEDPEQ列出方程组求出xm值结合条件x＞0m＞1判断存第象限点Q△BPQP直角顶点等腰直角三角形．
解答：
解：（1）∵抛物线yax2+bx+c顶点坐标C（0﹣2）
∴b0c﹣2
∵yax2+bx+c点A（﹣10）
∴0a+0﹣2a2
∴抛物线解析式y2x2﹣2．
y0时2x2﹣20
解x±1
∴点B坐标（10）
（2）设P（mn）．
∵∠PDB∠BOC90°
∴PDB顶点三角形BCO顶点三角形相似时分两种情况：
①△OCB∽△DBP
解n．
称性知x轴方方均点满足条件
∴时点P坐标（m）（m）（舍）
②△OCB∽△DPB
解n2m﹣2．
称性知x轴方方均点满足条件
∴时点P坐标（m2m﹣2）（m2﹣2m）
∵P第象限m＞1
∴（m2m﹣2）（m2﹣2m）舍
综述满足条件点P坐标：（m）（m2m﹣2）．
（3）假设抛物线存第象限点Q（x2x2﹣2）△BPQP直角顶点等腰直角三角形．
图点Q作QE⊥l点E．
∵∠DBP+∠BPD90°∠QPE+∠BPD90°
∴∠DBP∠QPE．
△DBP△EPQ中
∴△DBP≌△EPQ
∴BDPEDPEQ．
分两种情况：
①P（m）时
∵B（10）D（m0）E（m2x2﹣2）
∴
解（均合题意舍）
②P（m2（m﹣1））时
∵B（10）D（m0）E（m2x2﹣2）
∴
解（均合题意舍）
综述存满足条件点Q．
点评：
题二次函数综合题中涉二次函数解析式确定相似三角形全等三角形判定性质等腰直角三角形性质等知识相似三角形应角应边确定情况定注意分类讨免漏解．
4．（2020•绵阳）知道三角形三条中线定会交点点做三角形重心．重心美妙性质关线段．面积漂亮结利性质解决三角形中干问题．请利重心概念完成问题：
（1）O△ABC重心（图1）连结AO延长交BCD证明：
（2）AD△ABC条中线（图2）OAD点满足试判断O△ABC重心？果请证明果请说明理
（3）O△ABC重心O条直线分ABAC相交GH（均△ABC顶点重合）（图3）S四边形BCHGS△AGH分表示四边形BCHG△AGH面积试探究值．
考点：
相似形综合题三角形重心．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）答图1作出中位线DE证明△AOC∽△DOE证明结
（2）答图2作△ABC中线CEAD交点Q点Q△ABC重心．（1）知已知点O点Q重合点O△ABC重心
（3）答图3利图形面积关系相似线段间例关系求出表达式二次函数利二次函数性质求出值．
解答：
（1）证明：答图1示连接CO延长交AB点E．
∵点O△ABC重心∴CE中线点EAB中点．
∴DE中位线
∴DE∥ACDEAC．
∵DE∥AC
∴△AOC∽△DOE
∴2
∵ADAO+OD
∴．
（2）答：点O△ABC重心．
证明：答图2作△ABC中线CEAD交点Q点Q△ABC重心．
（1）知
∴点Q点O重合（点）
∴点O△ABC重心．
（3）解：答图3示连接DG．
设S△GODS（1）知OA2OD
∴S△AOG2SS△AGDS△GOD+S△AGO3S．
简便起见妨设AG1BGxS△BGD3xS．
∴S△ABDS△AGD+S△BGD3S+3xS（3x+3）S
∴S△ABC2S△ABD（6x+6）S．
设OHk•OGS△AGO2SS△AOH2kS
∴S△AGHS△AGO+S△AOH（2k+2）S．
∴S四边形BCHGS△ABC﹣S△AGH（6x+6）S﹣（2k+2）S（6x﹣2k+4）S．
∴ ①
答图3点O作OF∥BC交AC点F点G作GE∥BC交AC点EOF∥GE．
∵OF∥BC
∴
∴OFCDBC
∵GE∥BC
∴
∴GE
∴
∴．
∵OF∥GE
∴
∴
∴k代入①式：
﹣x2+x+1﹣（x﹣）2+
∴x时值值．
点评：
题综合题三角形重心背景考查重心概念性质应考查相似三角形中位线图形面积二次函数值等知识点．试题难点第（3）问求出关系式解题关键外第（3）问尚种解法学深入探究．
5．（2020•德宏州）图已知直线yx抛物线交AB两点．
（1）求交点AB坐标
（2）记次函数yx函数值y1二次函数函数值y2．y1＞y2求x取值范围
（3）该抛物线存点点AB构成三角形等腰三角形？求出少3满足条件点P坐标．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）根题意列出关xy方程组通解方程组求点AB坐标
（2）根函数图象直接回答问题
（3）需分类讨：AB腰AB底等腰三角形．
解答：
解：（1）图∵直线yx抛物线交AB两点
∴
解
∴A（00）B（22）
（2）（1）知A（00）B（22）．
∵次函数yx函数值y1二次函数函数值y2．
∴y1＞y2时根图象知x取值范围：0＜x＜2
（3）该抛物线存4点点AB构成三角形等腰三角形．理：
∵A（00）B（22）
∴AB2．
根题意设P（xx2）．
①PAPB时点P线段AB中垂线抛物线交点．
易求线段AB中垂线解析式y﹣x+2
解
∴P1（﹣﹣13+）P2（﹣13﹣）
②PAAB时根抛物线称性知点P点B关y轴称P3（﹣22）
③ABPB时点P4位置图示．
综述符号条件点P4中P1（﹣﹣13+）P2（﹣13﹣）P3（﹣22）．
点评：
题考查二次函数综合题．中涉知识点定系数法求次函数解析式二次函数图象点坐标特征坐标图形性质等腰三角形性质．解题时利分类讨数形结合数学思想．
6．（2020•泉州）图1面直角坐标系中正方形OABC顶点A（﹣60）点E（﹣20）作EF∥AB交BOF
（1）求EF长
（2）点F作直线l分直线AO直线BC交点HG
①根述语句图1画出图形证明
②点G作直线GD∥AB交x轴点D圆O圆心OH长半径x轴方作半圆（包括直径两端点）GD公点P．图2示直线l绕点F旋转时点P运动证明：通操作观察直接写出BG长度取值范围（必说理）
（3）（2）中点M（2）探索2PO+PM值．
考点：
圆综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）利正方形行线性质易求线段EF长度．
（2）①首先题意画出图形答图1示．证明△OFH∽△BFGEF∥AB．
②OPOH问题转化证明．根①中结易问题证．
（3）问探究型问题利线段性质（两点间线段短）解决．答图2示构造矩形2PO+PM转化NK+PMNK+PM≥NK+KMNK+KM≥MN8点P线段MN时2OP+PM值值8．
解答：
（1）解：解法：正方形OABC中
∠FOE∠BOA∠COA45°．
∵EF∥AB
∴∠FEO∠BAO90°
∴∠EFO∠FOE45°
E（﹣20）
∴EFEO2．
解法二：∵A（﹣60）C（06）E（﹣20）
∴OAAB6EO2
∵EF∥AB
∴
∴EF6×2．
（2）①画图答图1示：
证明：∵四边形OABC正方形
∴OH∥BC
∴△OFH∽△BFG
∴
∵EF∥AB
∴
∴．
②证明：∵半圆GD交点P
∴OPOH．
①：
EO2EAOA﹣EO6﹣24
∴．
通操作观察4≤BG≤12．
（3）解：（2）：
∴2OP+PMBG+PM．
答图2示点M作直线MN⊥AB点N交GD点K四边形BNKG矩形
∴NKBG．
∴2OP+PMBG+PMNK+PM≥NK+KM
点P点K重合点P直线MN时等号成立．
∵NK+KM≥MN8
点K线段MN时等号成立．
∴点P线段MN时2OP+PM值值8．
点评：
题综合题考查相似三角形圆相关知识．图中线段较注意理清关系．第（1）（2）问考查基础知识难度第（3）问考查值问题定难度．需注意：线段性质（两点间线段短）初中数学常见值问题基础典型展开图﹣短路线问题轴称﹣短路线问题均利性质希学够举反三触类旁通．
7．（2020•泉州）图直线y﹣x+2分xy轴交点BC点A（﹣20）P直线BC动点．
（1）求∠ABC
（2）求点P坐标∠APO30°
（3）坐标面移直线BC试探索：BC位置时∠APO30°点P数否保持变？变指出点P数？改变指出点P数情况简说明理．
考点：
次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）求BC坐标直角△BOC中利三角函数求解
（2）取AC中点Q点Q圆心2半径长画圆⊙Q⊙Q直线BC两交点求
（3）BC位置时点P数会发生改变∠APO30°点P数情况四种：1234．答图2示．
解答：
解：（1）y﹣x+2中令x0y2
令y0x2
∴C（02）B（20）
∴OC2OB2．
tan∠ABC
∴∠ABC60°．
（2）答图1示连接AC．
（1）知∠ABC60°∴BC2OB4．
∵AB4∴ABBC
∴△ABC等边三角形ABBCAC4．
取AC中点Q点Q圆心2半径长画圆直线BC交点P1P2．
∵QP12QO2∴点P1点C重合⊙Q点O．
∴P1（02）．
∵QAQO∠CAB60°∴△AOQ等边三角形．
∴⊙Q中AO圆心角∠OQA60°
圆周角定理知AO圆周角∠APO30°点P1P2符合条件．
∵QCQP2∠ACB60°∴△P2QC等边三角形．∴P2CQP2∴点P2BC中点．
∵B（20）C（02）∴P2（1）．
综述符合条件点P坐标（02）（1）．
（3）BC位置时点P数会发生改变∠APO30°点P数情况四种：120．
答图2示
AO弦AO圆心角等60°圆2记⊙Q⊙Q′点QQ′关x轴称．
∵直线BC⊙Q⊙Q′公点P满足∠APO∠AQO∠AQ′O30°
∴点P数情况：
①1：直线BC⊙Q（⊙Q′）相切
②2：直线BC⊙Q（⊙Q′）相交
③2：直线BC⊙Q（⊙Q′）相切时⊙Q（⊙Q′）相交
④2：直线BC时两圆相交两圆交点．
⑤0直线两圆相离时存点P．
点评：
题代数综合题考查坐标面直线圆位置关系．难点第（3）问涉情形较容易遗漏．
8．（2020•盐城）阅读材料
图①△ABC△DEF等腰直角三角形∠ACB∠EDF90°点DAB边ABEF中点均O连结BFCDCO显然点CFO条直线证明△BOF≌△CODBFCD．
解决问题
（1）图①中Rt△DEF绕点O旋转图②猜想时线段BFCD数量关系证明结
（2）图③△ABC△DEF等边三角形ABEF中点均O述（1）中结然成立？果成立请说明理成立请求出BFCD间数量关系
（3）图④△ABC△DEF等腰三角形ABEF中点均0顶角∠ACB∠EDFα请直接写出值（含α式子表示出）
考点：
变换综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）答图②示连接OCOD证明△BOF≌△COD
（2）答图③示连接OCOD证明△BOF∽△COD相似
（3）答图④示连接OCOD证明△BOF∽△COD相似tan．
解答：
解：（1）猜想：BFCD．理：
答图②示连接OCOD．
∵△ABC等腰直角三角形点O斜边AB中点
∴OBOC∠BOC90°．
∵△DEF等腰直角三角形点O斜边EF中点
∴OFOD∠DOF90°．
∵∠BOF∠BOC+∠COF90°+∠COF∠COD∠DOF+∠COF90°+∠COF
∴∠BOF∠COD．
∵△BOF△COD中
∴△BOF≌△COD（SAS）
∴BFCD．
（2）答：（1）中结成立．
答图③示连接OCOD．
∵△ABC等边三角形点O边AB中点
∴tan30°∠BOC90°．
∵△DEF等边三角形点O边EF中点
∴tan30°∠DOF90°．
∴．
∵∠BOF∠BOC+∠COF90°+∠COF∠COD∠DOF+∠COF90°+∠COF
∴∠BOF∠COD．
△BOF△COD中
∵∠BOF∠COD
∴△BOF∽△COD
∴．
（3）答图④示连接OCOD．
∵△ABC等腰三角形点O底边AB中点
∴tan∠BOC90°．
∵△DEF等腰三角形点O底边EF中点
∴tan∠DOF90°．
∴tan．
∵∠BOF∠BOC+∠COF90°+∠COF∠COD∠DOF+∠COF90°+∠COF
∴∠BOF∠COD．
△BOF△COD中
∵tan∠BOF∠COD
∴△BOF∽△COD
∴tan．
点评：
题综合题考查旋转变换中相似三角形全等三角形判定性质．解题关键：第善发现变换中变逻辑关系△BOF≌△COD△BOF∽△COD第二熟练运等腰直角三角形等边三角形等腰三角形相关性质．题（1）（2）（3）问解题思路脉相承特殊般利学进行学探究．
9．（2020•盐城）图①二次函数yx2+bx+c图象x轴交A（﹣20）B（30）两点点A关正例函数yx图象称点C．
（1）求bc值
（2）证明：点C求二次函数图象
（3）图②点B作DB⊥x轴交正例函数yx图象点D连结AC交正例函数yx图象点E连结ADCD．果动点P点A线段AD方秒2单位速度点D运动时动点Q点D线段DC方秒1单位速度点C运动．中点达终点时点停止运动连结PQQEPE．设运动时间t秒否存某时刻PE分∠APQ时QE分∠PQC？存求出t值存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）利定系数法求出bc值
（2）答图1示关键求出点C坐标．首先求出直线yxx轴夹锐角60°推出Rt△CEK中∠COK60°解直角三角形求出点C坐标
（3）答图2示关键证明△APE∽△CEQ．根∠DAC∠DCA∠AEP∠CQE证明△APE∽△CEQ根相似线段例关系列出方程解方程求出时间t值．
解答：
解：（1）∵点A（﹣20）B（30）抛物线yx2+bx+c
∴
解：b﹣c﹣．
（2）设点F直线yxF（2）．
答图1示点F作FH⊥x轴点HFHOH2
∴tan∠FOB∴∠FOB60°．
∴∠AOE∠FOB60°．
连接OC点C作CK⊥x轴点K．
∵点AC关yx称∴OCOA2∠COE∠AOE60°．
∴∠COK180°﹣∠AOE﹣∠COE60°．
Rt△COK中CKOC•sin60°2×OKOC•cos60°2×1．
∴C（1﹣）．
抛物线解析式：yx2﹣x﹣x1时y﹣
∴点C求二次函数图象．
（3）假设存．
答图1示Rt△ACK中勾股定理：AC．
答图2示∵OB3∴BD3ABOA+OB5．
Rt△ABD中勾股定理：AD2．
∵点AC关yx称
∴CDAD2∠DAC∠DCAAECEAC．
连接PQPEQE∠APE∠QPE∠PQE∠CQE．
四边形APQC中∠DAC+∠APQ+∠PQC+∠DCA360°（四边形角等360°）
2∠DAC+2∠APE+2∠CQE360°
∴∠DAC+∠APE+∠CQE180°．
∵∠DAC+∠APE+∠AEP180°（三角形角定理）
∴∠AEP∠CQE．
△APE△CEQ中∵∠DAC∠DCA∠AEP∠CQE
∴△APE∽△CEQ
∴：
整理：2t2﹣t+30
解：tt（t＜舍）
∴存某时刻PE分∠APQ时QE分∠PQC时t．
点评：
题二次函数压轴题考查二次函数图象性质正例函数图象性质定系数法称解直角三角形相似三角形判定性质解元二次方程等知识点．试题难点第（3）问图形中线段较关系复杂难中发现效等量关系证明△APE∽△CEQ解题关键．
10．（2020•州）面直角坐标系xOy中矩形ABCO顶点AC分y轴x轴正半轴点PABPA1AO2．原点抛物线ymx2﹣x+n称轴直线x2．
（1）求出该抛物线解析式．
（2）图1块两直角边足够长三角板直角顶点放P点处两直角边恰分点OC．现利图2进行探究：
①三角板图1中位置开始绕点P时针旋转两直角边分交OAOC点EF点E点A重合时停止旋转．请观察猜想程中值否发生变化？发生变化说明理发生变化求出值．
②设（1）中抛物线x轴交点D顶点M①旋转程中否存点F△DMF等腰三角形？存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）根①原点②称轴直线x2两条件确定抛物线解析式
（2）①答图1述证明Rt△PAE∽Rt△PGF值定值变化
②△DMF等腰三角形三种情形需分类讨避免漏解．
解答：
解：（1）∵抛物线ymx2﹣x+n原点∴n0．
∵称轴直线x2∴﹣2解m．
∴抛物线解析式：yx2﹣x．
（2）①值变．理：
答图1示点P作PG⊥x轴点GPGAO2．
∵PE⊥PFPA⊥PG∴∠APE∠GPF．
Rt△PAERt△PGF中
∵∠APE∠GPF∠PAE∠PGF90°
∴Rt△PAE∽Rt△PGF．
∴．
②存．
抛物线解析式：yx2﹣x
令y0x2﹣x0解：x0x4∴D（40）．
yx2﹣x（x﹣2）2﹣1∴顶点M坐标（2﹣1）．
△DMF等腰三角形三种情形：
（I）FMFD．答图2示：
点M作MN⊥x轴点NMN1ND2MD．
设FMFDxNFND﹣FD2﹣x．
Rt△MNF中勾股定理：NF2+MN2MF2
：（2﹣x）2+1x2解：x
∴FDOFOD﹣FD4﹣
∴F（0）
（II）FDDM．答图3示：
时FDDM∴OFOD﹣FD4﹣．
∴F（4﹣0）
（III）FMMD．
抛物线称性知时点F原点O重合．
题意知点E点A重合停止运动点F运动原点O．
∴种情形存．
综述存点F（0）F（4﹣0）△DMF等腰三角形．
点评：
题二次函数综合题型难度．试题背景图形旋转需旋转运动程清楚理解第（3）问考查分类讨数学思想需考虑全面避免漏解．
11．（2020•永州）图已知二次函数y（x﹣m）2﹣4m2（m＞0）图象x轴交AB两点．
（1）写出AB两点坐标（坐标m表示）
（2）二次函数图象顶点PAB直径圆求二次函数解析式
（3）（2）基础设AB直径⊙My轴交CD两点求CD长．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）解关x元二次方程（x﹣m）2﹣4m20求出x值AB两点坐标
（2）二次函数图象顶点PAB直径圆AB抛物线x轴交点根抛物线称性圆半径处处相等知PMAB垂直分线MPMAMBAB出点P坐标（m﹣2m）根二次函数顶点式y（x﹣m）2﹣4m2（m＞0）出顶点P坐标：（m﹣4m2）﹣2m﹣4m2解方程求出m值m值代入y（x﹣m）2﹣4m2求出二次函数解析式
（3）连接CM．根（2）中结先Rt△OCM中求出CMOM长度利勾股定理列式求出OC长根垂径定理出弦CD长等OC2倍．
解答：
解：（1）∵y（x﹣m）2﹣4m2
∴y0时（x﹣m）2﹣4m20
解x1﹣mx23m
∵m＞0
∴AB两点坐标分（﹣m0）（3m0）
（2）∵A（﹣m0）B（3m0）m＞0
∴AB3m﹣（﹣m）4m圆半径AB2m
∴OMAM﹣OA2m﹣mm
∴抛物线顶点P坐标：（m﹣2m）
∵二次函数y（x﹣m）2﹣4m2（m＞0）顶点P坐标：（m﹣4m2）
∴﹣2m﹣4m2
解m1m20（舍）
∴二次函数解析式y（x﹣）2﹣1yx2﹣x﹣
（3）图连接CM．
Rt△OCM中∵∠COM90°CM2m2×1OMm
∴OC
∴CD2OC．
点评：
题二次函数综合题中涉二次函数元二次方程关系二次函数性质圆半径弦心距半弦长构成直角三角形应勾股定理垂径定理等知识综合性较强难度仔细分析求解便难解决．
12．（2020•永州）图已知AB⊥BDCD⊥BD
（1）AB9CD4BD10请问BD否存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似？存求BP长存请说明理
（2）AB9CD4BD12请问BD存少P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似？求BP长
（3）AB9CD4BD15请问BD存少P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似？求BP长
（4）ABmCDnBDl请问mnl满足什关系时存PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似P点？两P点？三P点？
考点：
相似形综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似设BPx根∠B∠D90°相似三角形判定出时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似代入求出
（2）存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似设BPx根∠B∠D90°相似三角形判定出时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似代入求出
（3）存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似设BPx根∠B∠D90°相似三角形判定出时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似代入求出
（4）存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似设BPx根∠B∠D90°相似三角形判定出时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似代入根根判式进行判断．
解答：
解：（1）存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
理：设BPx
∵AB⊥BDCD⊥BD
∴∠B∠D90°
∴时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴①②
解方程①：x
方程②：x（10﹣x）36
x2﹣10x+360
△（﹣10）2﹣4×1×36＜0方程解
∴BP时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似时BP值
（2）BD存2P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
理：设BPx
∵AB⊥BDCD⊥BD
∴∠B∠D90°
∴时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴①②
解方程①：x
方程②：x（12﹣x）36
x2﹣12x+360
△（﹣10）2﹣4×1×360
方程解x2x36
∴BP6时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴存2点PPAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似时BP值6
（3）BD存3P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
理：设BPx
∵AB⊥BDCD⊥BD
∴∠B∠D90°
∴时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴①②
解方程①：x
方程②：x（15﹣x）36
x2﹣15x+360
△（﹣15）2﹣4×1×3681
方程解x23x312
∴BP312时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴存3点PPAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似时BP值312
（4）设BPx
∵AB⊥BDCD⊥BD
∴∠B∠D90°
∴时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴①②
解方程①：x
方程②：x（l﹣x）mn
x2﹣lx+mn0
△（﹣l）2﹣4×1×mnl2﹣4mn
∴l2﹣4mn＜0时方程②没实数根
l2﹣4mn＜0时存PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似P点
∵l2﹣4mn0时方程②1实数根
∴l2﹣4mn0时存PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似两P点
∵l2﹣4mn＞0时方程②2实数根
∴l2﹣4mn＞0时存PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似三P点．
点评：
题考查相似三角形判定性质根判式应注意：ax2+bx+c0（a≠0abc常数）△b2﹣4ac＜0时方程实数解△b2﹣4ac0时方程两相等实数解△b2﹣4ac＞0时方程两等实数解．
13．（2020•湘潭）图坐标系xOy中已知D（﹣54）B（﹣30）D点分作DADC垂直x轴y轴垂足分AC两点动点PO点出发x轴秒1单位长度速度右运动运动时间t秒．
（1）t值时PC∥DB
（2）t值时PC⊥BC
（3）点P圆心PO长半径⊙P点P运动变化⊙P△BCD边（边直线）相切时求t值．
考点：
相似形综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）D点分作DADC垂直x轴y轴垂足分AC两点求出DC5OC4OB3根四边形DBPC行四边形求出DCBP5求出OP2
（2）证△PCO∽△CBO出求出OP
（3）设⊙P半径R分三种情况：①⊙P直线DC相切时P作PM⊥DC交DC延长线M求出PMOP长
②⊙PBC相切时根△COB∽△PBM出求出R12③⊙PDB相切时证△ADB∽△MPB出求出R．
解答：
解：（1）∵D（﹣54）B（﹣30）D点分作DADC垂直x轴y轴垂足分AC两点
∴DC5OC4OB3
∵DC⊥y轴x轴⊥y轴
∴DC∥BP
∵PC∥DC
∴四边形DBPC行四边形
∴DCBP5
∴OP5﹣32
2÷12
t2秒时PC∥BD
（2）∵PC⊥BCx轴⊥y轴
∴∠COP∠COB∠BCP90∴
∴∠PCO+∠BCO90°∠CPO+∠PCO90°
∴∠CPO∠BCO
∴△PCO∽△CBO
∴
∴
∴OP
÷1
t秒时PC⊥BC
（3）设⊙P半径R
分三种情况：①⊙P直线DC相切时
图1P作PM⊥DC交DC延长线M
PMOC4OP
4÷14
t4
②图2⊙PBC相切时
∵∠BOC90°BO3OC4勾股定理：BC5
∵∠PMB∠COB90°∠CBO∠PBM
∴△COB∽△PBM
∴
∴
R12
12÷112
t12秒
③根勾股定理：BD2
图3⊙PDB相切时
∵∠PMB∠DAB90°∠ABD∠PBM
∴△ADB∽△MPB
∴
∴
R6+12
（6+12）÷16+12
t（6+12）秒．
点评：
题考查勾股定理切线性质判定相似三角形性质判定应考查学生计算推理力．
14．（2020•湘潭）图坐标系xOy中△ABC等腰直角三角形∠BAC90°A（10）B（02）抛物线yx2+bx﹣2图象C点．
（1）求抛物线解析式
（2）移该抛物线称轴直线l．l移动处时恰△ABC面积分相等两部分？
（3）点P抛物线动点否存点P四边形PACB行四边形？存求出P点坐标存说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
解答图示：
（1）首先构造全等三角形△AOB≌△CDA求出点C坐标然利点C坐标求出抛物线解析式
（2）首先求出直线BCAC解析式设直线lBCAC交点EF求出EF表达式根S△CEFS△ABC列出方程求出直线l解析式
（3）首先作出▱PACB然证明点P抛物线．
解答：
解：（1）答图1示点C作CD⊥x轴点D∠CAD+∠ACD90°．
∵∠OBA+∠OAB90°∠OAB+∠CAD90°
∴∠OAB∠ACD∠OBA∠CAD．
∵△AOB△CDA中
∴△AOB≌△CDA（ASA）．
∴CDOA1ADOB2
∴ODOA+AD3
∴C（31）．
∵点C（31）抛物线yx2+bx﹣2
∴1×9+3b﹣2解：b﹣．
∴抛物线解析式：yx2﹣x﹣2．
（2）Rt△AOB中OA1OB2勾股定理：AB．
∴S△ABCAB2．
设直线BC解析式ykx+b∵B（02）C（31）
∴
解k﹣b2
∴y﹣x+2．
理求直线AC解析式：yx﹣．
答图1示
设直线lBCAC分交点EFEF（﹣x+2）﹣（x﹣）﹣x．
△CEF中EF边高hOD﹣x3﹣x．
题意：S△CEFS△ABC
：EF•hS△ABC
∴（﹣x）•（3﹣x）×
整理：（3﹣x）23
解x3﹣x3+（合题意舍）
∴直线l解析式x3﹣时恰△ABC面积分相等两部分．
（3）存．
答图2示
点C作CG⊥y轴点GCGOD3OG1BGOB﹣OG1．
点A作AP∥BCAPBC连接BP四边形PACB行四边形．
点P作PH⊥x轴点H易证△PAH≌△BCG
∴PHBG1AHCG3
∴OHAH﹣OA2
∴P（﹣21）．
抛物线解析式：yx2﹣x﹣2x﹣2时y1点P抛物线．
∴存符合条件点P点P坐标（﹣21）．
点评：
题二次函数综合题型考查二次函数图象性质次函数图象性质定系数法全等三角形行四边形等腰直角三角形等知识点．试题难度需仔细分析认真计算．
15．（2020•荆州）图已知：图①直线y﹣x+x轴y轴分交AB两点两动点DE分AB两点时出发O点运动（运动O点停止）称轴点A顶点M抛物线ya（x﹣k）2+h（a＜0）始终点EE作EG∥OA交抛物线点G交AB点F连结DEDFAGBG．设DE运动速度分1单位长度秒单位长度秒运动时间t秒．
（1）含t代数式分表示BFEFAF长
（2）t值时四边形ADEF菱形？判断时△AFG△AGB否相似说明理
（3）△ADF直角三角形抛物线顶点M恰BG时求抛物线解析式．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）首先求出次函数y﹣x+坐标轴交点AB坐标然解直角三角形求出BFEFAF长
（2）EF∥ADEFADt四边形ADEF行四边形▱ADEF菱形DEADt．DE2OE列方程求出t值
答图1示推出∠BAG∠GAF∠ABG∠AGF30°证明△AFG△AGB相似．
（3）△ADF直角三角形时两种情形需分类讨：
①∠ADF90°答图2示．首先求出时t值次求出点G坐标利定系数法求出直线BG解析式点M坐标利顶点式定系数法求出抛物线解析式
②∠AFD90°答图3示．解题思路①相．
解答：
解：（1）直线解析式y﹣x+中令x0y令y0x1．
∴A（10）B（0）OA1OB．
∴tan∠OAB∴∠OAB60°
∴AB2OA2．
∵EG∥OA∴∠EFB∠OAB60°．
∴EFtBF2EF2t
∴AFAB﹣BF2﹣2t．
（2）①∵EF∥ADEFADt∴四边形ADEF行四边形．
▱ADEF菱形DEADt．
DE2OD：t2（1﹣t）解t．
∴t时四边形ADEF菱形．
②时△AFG△AGB相似．理：
答图1示连接AE
∵四边形ADEF菱形
∴∠DEF∠DAF60°
∴∠AEF30°．
抛物线称性知AGAE
∴∠AGF∠AEF30°．
Rt△BEG中BEEG2
∴tan∠EBG
∴∠EBG60°
∴∠ABG∠EBG﹣∠EBF30°．
△AFG△AGB中∵∠BAG∠GAF∠ABG∠AGF30°
∴△AFG∽△AGB．
（3）△ADF直角三角形时
①∠ADF90°答图2示：
时AF2DA2﹣2t2t解t．
∴BEtOEOB﹣BE
∴E（0）G（2）．
设直线BG解析式ykx+bB（0）G（2）代入：
解kb
∴yx+．
令x1y
∴M（1）．
设抛物线解析式ya（x﹣1）2+点E（0）抛物线
∴a+解a．
∴y（x﹣1）2+x2+x+．
②∠AFD90°答图3示：
时AD2AF：t2（2﹣2t）解：t．
∴BEtOEOB﹣BE
∴E（0）G（2）．
设直线BG解析式ykx+bB（0）G（2）代入：
解kb
∴yx+．
令x1y∴M（1）．
设抛物线解析式ya（x﹣1）2+点E（0）抛物线
∴a+解a．
∴y（x﹣1）2+x2+x+．
综述符合条件抛物线解析式：yx2+x+yx2+x+．
点评：
题中考压轴题涉二次函数图象性质次函数图象性质定系数法相似三角形解直角三角形菱形等知识点．第（3）问中两种情形存需分类讨避免漏解．
16．（2020•吉林）图Rt△ABC中∠ACB90°AC6cmBC8cm．点DEF分边ABBCAC中点连接DEDF动点PQ分点AB时出发运动速度均1cms点PA F D方运动点D停止点QBC方运动点P停止运动时点Q停止运动．运动程中点Q作BC垂线交AB点M点PMQ顶点作行四边形PMQN．设行四边形边形PMQN矩形FDEC重叠部分面积y（cm2）（里规定线段面积0图形）点P运动时间x（s）
（1）点P运动点F时CQ 5 cm
（2）点P点F运动点D程中某时刻点P落MQ求时BQ长度
（3）点P线段FD运动时求yx间函数关系式．
考点：
相似形综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）点P运动点F时求出AFFC3cmBQAF3cm求出答案
（2）根点P点F运动点D程中点P落MQ出方程t+t﹣38求出
（3）求出DEAC3DFBC4证△MBQ∽△ABC求出MQx分三种情况：①3≤x＜4时重叠部分图形行四边形根yPN•PD代入求出②4≤x＜时重叠部分矩形根图形出y3[（8﹣X）﹣（X﹣3））]③≤x≤7时重叠部分图形矩形根图形出y3[（x﹣3）﹣（8﹣x）]求出．
解答：
解：（1）点P运动点F时
∵FAC中点AC6cm
∴AFFC3cm
∵PQ运动速度1cms
∴BQAF3cm
∴CQ8cm﹣3cm5cm
答案：5．
（2）设点P点F运动点D程中点P落MQ图1
t+t﹣38
t
BQ长度×1（cm）
（3）∵DEF分ABBCAC中点
∴DEAC×63
DFBC×84
∵MQ⊥BC
∴∠BQM∠C90°
∵∠QBM∠CBA
∴△MBQ∽△ABC
∴
∴
MQx
分三种情况：①3≤x＜4时重叠部分图形行四边形图2
yPN•PD
x（7﹣x）
y﹣x2+x
②4≤x＜时重叠部分矩形图3
y3[（8﹣X）﹣（X﹣3））]
y﹣6x+33
③≤x≤7时重叠部分图形矩形图4
y3[（x﹣3）﹣（8﹣x）]
y6x﹣33．
点评：
题考查函数应矩形性质行四边形性质三角形中位线等知识点应考查学生综合运性质进行计算力分类讨思想．
17．（2020•吉林）图①面直角坐标系中点P（0m2）（m＞0）y轴正半轴点P作行x轴直线分交抛物线C1：yx2点AB交抛物线C2：yx2点CD．原点O关直线AB称点点Q分连接OAOBQCQD．
猜想证明
填表：
m
1
2
3
表猜想：意m（m＞0）均 ．请证明猜想．
探究应
（1）利面结△AOB△CQD面积
（2）△AOB△CQD中等腰直角三角形时求△CQD△AOB面积差
联想拓展
图②点A作y轴行线交抛物线C2点E点D作y轴行线交抛物线C1点F．y轴取点M连接MAMEMDMF△MAE△MDF面积值 ．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
猜想证明：
P点坐标分代入C1C2解析式ABCD值求出结发现规律出意m（m＞0）ym2代入两二次函数解析式分表示出ABCD值出均
探究证明：
（1）条件出△AOB△CQD高相等出面积等底出结
（2）分两种情况讨△AOB等腰直角三角形时求出m值求出△AOB面积求出△CQD面积求出差△CQD等腰直角三角形时求出m值求出△CDQ面积进求出结
联想拓展：
猜想证明知AD坐标求出FE坐标求出AEDF值三角形面积公式分表示出△MAE△MDF面积求出值．
解答：
解：猜想证明：
m1时1x21x2
∴x±2x±3
∴AB4CD6
∴
m2时4x24x2
∴x±4x±6
∴AB8CD12
∴
m3时9x29x2
∴x±6x±9
∴AB12CD18
∴
∴填表
m
1
2
3
意m（m＞0）均．
理：ym2（m＞0）代入yx2x±2m
∴A（﹣2mm2）B（2mm2）
∴AB4m．
ym2（m＞0）代入yx2x±3m
∴C（﹣3mm2）D（3mm2）
∴CD6m．
∴
∴意m（m＞0）均
探究运：
（1）∵OQ关直线CD称
∴PQOP．
∵CD∥x轴
∴∠DPQ∠DPO90°．
∴△AOB△CQD高相等．
∵
∴ABCD．
∵S△AOBAB•POS△CQDCD•PQ
∴
（2）△AOB等腰直角三角形时图3
∴POPBm2AB2OP
∴m2m4
∴4m2m4
∴m10m2﹣2m32．
∵m＞0
∴m2
∴OP4AB8
∴PD6CD12．
∴S△AOB16
∴S△CQD24
∴S△CQD﹣S△AOB24﹣168．
△CQD等腰直角三角形时图4
∴PQPOPDm2CD2QP
∴m2m4
∴9m2m4
∴m10m2﹣3m33．
∵m＞0
∴m3
∴OP6AB12
∴PQ9CD18．
∴S△AOB54
∴S△CQD81
∴S△CQD﹣S△AOB81﹣5427
联想拓展
猜想证明知A（﹣2mm2）D（3mm2）
∵AE∥y轴DF∥y轴
∴E点横坐标﹣2mF点横坐标3m
∴y（﹣2m）2y（3m）2
∴ym2ym2
∴E（﹣2mm2）F（3mm2）
∴AEm2﹣m2m2DFm2﹣m2m2．
S△AEM×m2•2mm3
S△DFMm2•3mm3．
∴．
答案：．
点评：
题考出称轴y轴抛物线性质运特殊般数学思想运等腰直角三角形性质运三角形面积公式运轴称性质运解答题时运两抛物线点特征变建立方程求解关键．
18．（2020•溪）△ABC中∠ACB90°∠A＜45°点OAB中点足够三角板直角顶点点O重合边OE点C边ODAC交点M．
（1）图1∠A30°时求证：MC2AM2+BC2
（2）图2∠A≠30°时（1）中结否成立？果成立请说明理果成立请写出认正确结说明理
（3）三角形ODE绕点O旋转直线OD直线AC相交点M直线OE直线BC相交点N连接MNMN2AM2+BN2成立？
答： 成立 （填成立成立）
考点：
相似形综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）A作AF⊥AC交CO延长线F连接MF根相似求出AFBCCOOF求出FMCM根勾股定理求出
（2）A作AF⊥AC交CO延长线F连接MF根相似求出AFBCCOOF求出FMCM根勾股定理求出
（3）结然成立．
解答：
（1）证明：图1A作AF⊥AC交CO延长线F连接MF
∵∠ACB90°
∴BC∥AF
∴△BOC∽△AOF
∴
∵OAB中点
∴OAOB
∴AFBCCOOF
∵∠MOC90°
∴OMCF垂直分线
∴CMMF
Rt△AMF中勾股定理：MF2AM2+AF2AM2+BC2
MC2AM2+BC2
（2）解：成立
理：图2
A作AF⊥AC交CO延长线F连接MF
∵∠ACB90°
∴BC∥AF
∴△BOC∽△AOF
∴
∵OAOB
∴AFBCCOOF
∵∠MOC90°
∴OMCF垂直分线
∴CMMF
Rt△AMF中勾股定理：MF2AM2+AF2AM2+BC2
MC2AM2+BC2
（3）成立．
点评：
题考查直角三角形相似三角形性质判定勾股定理应考查学生综合运性质定理进行推理力题目较证明程类似．
19．（2020•溪）图面直角坐标系中点O原点矩形OABC顶点Ax轴正半轴顶点Cy正半轴点B坐标（53）抛物线yx2+bx+cAC两点x轴交点点D连接BD．
（1）求抛物线解析式
（2）点M抛物线称轴点MBD顶点三角形面积6求点M坐标
（3）点P点D出发秒1单位长度速度D→B匀速运动时点Q点B出发秒1单位长度速度B→A→D匀速运动点P达点B时PQ时停止运动设运动时间t秒t值时DPQ顶点三角形等腰三角形？请直接写出符合条件值．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）求出点AC坐标利定系数法求出抛物线解析式
（2）答图1示关键求出MG长度利面积公式解决注意符合条件点M2漏解
（3）△DPQ等腰三角形三种情形需分类讨：
①PDPQ答图2示
②PDDQ答图3示
③PQDQ答图4示．
解答：
解：（1）∵矩形ABCDB（53）
∴A（50）C（03）．
∵点A（50）C（03）抛物线yx2+bx+c
∴解：bc3．
∴抛物线解析式：yx2x+3．
（2）答图1示
∵yx2x+3（x﹣3）2﹣
∴抛物线称轴直线x3．
答图1示设称轴BD交点Gx轴交点HH（30）．
令y0x2x+30解x1x5．
∴D（10）∴DH2AH2AD4．
∵tan∠ADB∴GHDH•tan∠ADB2×
∴G（3）．
∵S△MBD6S△MDG+S△MBG6
∴MG•DH+MG•AH6
：MG×2+MG×26
解：MG3．
∴点M坐标（3）（3）．
（3）Rt△ABD中AB3AD4BD5∴sinBcosB．
DPQ顶点三角形等腰三角形：
①PDPQ答图2示：
时PDPQBQt点Q作QE⊥BD点E
BEPEBEBQ•cosBtQEBQ•sinBt
∴DEt+tt．
勾股定理：DQ2DE2+QE2AD2+AQ2
（t）2+（t）242+（3﹣t）2
整理：11t2+6t﹣250
解：tt﹣5（舍）
∴t
②PDDQ答图3示：
时PDtDQAB+AD﹣t7﹣t
∴t7﹣t
∴t
③PQDQ答图4示：
∵PDt∴BP5﹣t
∵DQ7﹣t∴PQ7﹣tAQ4﹣（7﹣t）t﹣3．
点P作PF⊥AB点FPFPB•sinB（5﹣t）×4﹣tBFPB•cosB（5﹣t）×3﹣t．
∴AFAB﹣BF3﹣（3﹣t）t．
点P作PE⊥AD点EPEAF矩形
∴PEAFtAEPF4﹣t∴EQAQ﹣AE（t﹣3）﹣（4﹣t）t﹣7．
Rt△PQE中勾股定理：EQ2+PE2PQ2
：（t﹣7）2+（t）2（7﹣t）2
整理：13t2﹣56t0
解：t0（舍）t．
∴t．
综述ttt时DPQ顶点三角形等腰三角形．
点评：
题二次函数综合题型考查二次函数图象性质定系数法图形面积解直角三角形勾股定理等知识点．分类讨数学思想题考查重点第（2）（3）问中均体现解题时注意全面分析认真计算．
20．（2020•达州）图面直角坐标系中直线AB交x轴点A（50）交y轴点BAO⊙M直径半圆交AB点CAC3．取BO中点D连接CDMDOC．
（1）求证：CD⊙M切线
（2）二次函数图象点DMA称轴动点P连接PDPM求△PDM周长时点P坐标
（3）（2）条件△PDM周长时抛物线否存点QS△QAMS△PDM？存求出点Q坐标存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）连接CM出CMOM∠MOC∠MCOOA直径∠ACO90°DOB中点CDOD∠DOC∠DCO∠DOC+∠MOC90°出∠DCO+∠MCO90°出结
（2）根条件出△ACO∽△AOB求出求出ABRt△AOB中勾股定理求出OB值根DOB中点求出D坐标定系数法求出抛物线解析式求出称轴根轴称性质连接AD交称轴P先求出AD解析式求出P坐标
（3）根S△PDMS△ADM﹣S△APM求出值表示出S△QAM设Q坐标m根三角形面积公式求出横坐标出结．
解答：
（1）证明：连接CM
∵AO直径M圆心
∴CMOM∠ACO90°
∴∠MOC∠MCO．
∵DOB中点
∴CDOD
∴∠DOC∠DCO．
∵∠DOC+∠MOC90°
∴∠DCO+∠MCO90°
∠MCD90°
∴CD⊙M切线
（2）解：∵∠ACO∠AOB90°∠OAB∠OAB
∴△ACO∽△AOB
∴
∴
∴AB．
Rt△AOB中勾股定理
BO
∵DOB中点
∴ODOB
∴D（0）．
∵OMAMOA
∴M（0）．设抛物线解析式ya（x﹣）（x﹣5）题意
a（0﹣）（0﹣5）
解：a
∴抛物线解析式：y（x﹣）（x﹣5）
（x﹣）2﹣．
连接AD交称轴P设直线AD解析式ykx+b题意
解：
∴直线AD解析式：y﹣x+
x时
y
∴P（）
（3）解：存．
∵S△PDMS△ADM﹣S△APM
∴S△PDM××﹣××
∴S△QAM．
设Q坐标m题意
∴|m|
∴m±
m时
（x﹣）2﹣．
x1x2
m﹣时
﹣（x﹣）2﹣．
x．
∴Q（）（）（﹣）．
点评：
题考查圆周角定理运勾股定理运圆切线判定定理运定系数法求函数解析式运抛物线顶点式运三角形面积公式运轴称性质运解答时求出抛物线解析式解答题关键．
21．（2020•达州）通类联想引申拓展研究典型题目达解题知类目．面案例请补充完整．
原题：图1点EF分正方形ABCD边BCCD∠EAF45°连接EFEFBE+DF试说明理．
（1）思路梳理
∵ABAD
∴△ABE绕点A逆时针旋转90°△ADGABAD重合．
∵∠ADC∠B90°
∴∠FDG180°点FDG线．
根 SAS 易证△AFG≌ △AEF EFBE+DF．
（2）类引申
图2四边形ABCD中ABAD∠BAD90°点EF分边BCCD∠EAF45°．∠B∠D直角∠B∠D满足等量关系 ∠B+∠D180° 时EFBE+DF．
（3）联想拓展
图3△ABC中∠BAC90°ABAC点DE均边BC∠DAE45°．猜想BDDEEC应满足等量关系写出推理程．
考点：
变换综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）△ABE绕点A逆时针旋转90°△ADGABAD重合证明△AFG≌△AEF进EFFGEFBE+DF
（2）∠B+∠D180°时EFBE+DF（1）证法类
（3）根△AEC绕点A时针旋转90°△ABE′根旋转性质知△AEC≌△ABE′BE′ECAE′AE∠C∠ABE′∠EAC∠E′AB根Rt△ABC中ABAC∠E′BD90°E′B2+BD2E′D2证△AE′D≌△AED利DEDE′DE2BD2+EC2
解答：
解：（1）∵ABAD
∴△ABE绕点A逆时针旋转90°△ADGABAD重合．
∴∠BAE∠DAG
∵∠BAD90°∠EAF45°
∴∠BAE+∠DAF45°
∴∠EAF∠FAG
∵∠ADC∠B90°
∴∠FDG180°点FDG线
△AFG△AEF中
∴△AFG≌△AEF（SAS）
∴EFFG
：EFBE+DF．
（2）∠B+∠D180°时EFBE+DF
∵ABAD
∴△ABE绕点A逆时针旋转90°△ADGABAD重合
∴∠BAE∠DAG
∵∠BAD90°∠EAF45°
∴∠BAE+∠DAF45°
∴∠EAF∠FAG
∵∠ADC+∠B180°
∴∠FDG180°点FDG线
△AFG△AEF中
∴△AFG≌△AEF（SAS）
∴EFFG
：EFBE+DF．
（3）猜想：DE2BD2+EC2
证明：根△AEC绕点A时针旋转90°△ABE′
∴△AEC≌△ABE′
∴BE′ECAE′AE
∠C∠ABE′∠EAC∠E′AB
Rt△ABC中
∵ABAC
∴∠ABC∠ACB45°
∴∠ABC+∠ABE′90°
∠E′BD90°
∴E′B2+BD2E′D2
∵∠DAE45°
∴∠BAD+∠EAC45°
∴∠E′AB+∠BAD45°
∠E′AD45°
△AE′D△AED中
∴△AE′D≌△AED（SAS）
∴DEDE′
∴DE2BD2+EC2．
点评：
题考查变换关键正确画出图形证明△AFG≌△AEF．题道综合题难度较题目例题思路解决题做较铺垫．
22．（2020•德阳）图已知AB⊙O直径BC⊙O弦弦ED⊥AB点F交BC点G点C作⊙O切线ED延长线交点P．
（1）求证：PCPG
（2）点C劣弧AD运动时条件变点GBC中点试探究CGBFBO三者间数量关系写出证明程
（3）满足（2）条件已知⊙O半径5点OBC距离时求弦ED长．
考点：
切线性质勾股定理相似三角形判定性质．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）连结OC根切线性质OC⊥PC∠OCG+∠PCG90°ED⊥AB∠B+∠BGF90°∠B∠OCG∠PCG∠BGF根顶角相等∠BGF∠PGC
∠PGC∠PCGPCPG
（2）连结OG点GBC中点根垂径定理推OG⊥BCBGCG易证Rt△BOG∽Rt△BGFBG：BFBO：BGBG2BO•BFBGCG代换CG2BO•BF
（3）解：连结OEOGOGRt△OBG中利勾股定理计算出BG2利BG2BO•BF计算出BFOF1Rt△OEF中根勾股定理计算出EF2AB⊥ED根垂径定理EFDFDE2EF4．
解答：
（1）证明：连结OC图
∵PC⊙O切线
∴OC⊥PC
∴∠OCG+∠PCG90°
∵ED⊥AB
∴∠B+∠BGF90°
∵OBOC
∴∠B∠OCG
∴∠PCG∠BGF
∠BGF∠PGC
∴∠PGC∠PCG
∴PCPG
（2）解：CGBFBO三者间数量关系CG2BO•BF．理：
连结OG图
∵点GBC中点
∴OG⊥BCBGCG
∴∠OGB90°
∵∠OBG∠GBF
∴Rt△BOG∽Rt△BGF
∴BG：BFBO：BG
∴BG2BO•BF
∴CG2BO•BF
（3）解：连结OE图
（2）OG⊥BC
∴OG
Rt△OBG中OB5
∴BG2
（2）BG2BO•BF
∴BF4
∴OF1
Rt△OEF中EF2
∵AB⊥ED
∴EFDF
∴DE2EF4．
点评：
题考查切线性质：圆切线垂直切点半径．考查垂径定理推勾股定理三角形相似判定性质．
23．（2020•德阳）图面直角坐标系中矩形ABCO（O原点）点AC分x轴y轴C点坐标（06）△BCDBD折叠（D点OC）C点落OA边E点△BAEBE折叠恰点A落BD边F点．
（1）求BC长求折痕BD直线函数解析式
（2）点F作FG⊥x轴垂足GFG中点H抛物线yax2+bx+cBHD三点求抛物线解析式
（3）点P矩形部点点P（2）中抛物线运动（含BD点）点P作PN⊥BC分交BCBD点NM否存样点PS△BNMS△BPM？果存求出点P坐标果存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）首先折叠性质∠CBD∠DBE∠ABE30°然解直角三角形点D点B坐标定系数法求出直线BD解析式
（2）点BD坐标已求出关键求出点H坐标．Rt△FGE中解直角三角形求出点H坐标利定系数法求出抛物线解析式
（3）S△BNMS△BPM两三角形等高PMMN．结列出方程求出点P坐标．
解答：
解：（1）翻折知：△BCD≌△BED∴∠CBD∠DBE．
∵△ABE≌△FBE∴∠DBE∠ABE．
∵四边形OCBA矩形
∴∠CBD∠DBE∠ABE30°．
Rt△DOE中∠ODE60°∴DECD2OD．
∵OCOD+CD6∴OD+2OD6
∴OD2D（02）
∴CD4．
Rt△CDB中BCCD•tan60°∴B（6）．
设直线BD解析式ykx+b
题意：解
∴直线BD解析式：yx+2．
（2）Rt△FGE中∠FEG60°FEAE．
（1）易：OE
∴FEAE．
∴FG3GE．∴OG．
∵HFG中点
∴H（）．
∵抛物线yax2+bx+cBHD三点
∴解
∴yx2x+2．
（3）存．
∵P抛物线
∴设P（xx2x+2）M（xx+2）N（x6）．
∵S△BNMS△BPM
∴PMMN．
：x2x4﹣x
整理：x2﹣x﹣40
解：xx．
x时yx2x+22
x时yx2x+26点B重合符合题意舍．
∴P（2）．
∴存点PS△BNMS△BPM点P坐标（2）．
点评：
题二次函数综合题型考查二次函数图象性质定系数法次函数解直角三角形翻折（折叠）性质矩形性质等知识点．试题难度图形较复杂注意理清头绪．第（1）问点翻折（折叠）性质第（2）问点求出点H坐标第（3）问点S△BNMS△BPM推出PMMN．
24．（2020•连云港）图面直角坐标系中O坐标原点点AB坐标分（80）（06）．动点Q点O动点P点A时出发分着OA方AB方均1单位长度秒速度匀速运动运动时间t（秒）（0＜t≤5）．P圆心PA长半径⊙PABOA交点分CD连接CDQC．
（1）求t值时点Q点D重合？
（2）设△QCD面积S试求St间函数关系式求S值
（3）⊙P线段QC交点请直接写出t取值范围．
考点：
圆综合题．4707122
专题：
代数综合题压轴题．
分析：
（1）根点AB坐标求出OAOB利勾股定理列式求出AB根点Q速度表示出OQ然求出AQ根直径圆周角直角∠ADC90°利∠BAO余弦表示出AD然列出方程求解
（2）利∠BAO正弦表示出CD长然分点QD重合前重合两种情况表示出QD利三角形面积公式列式整理然根二次函数值问题解答
（3）两时段⊙P线段QC交点：①运动开始QC⊙P相切时（0＜t≤）②重合分离运动结束（＜t≤5）．
解答：
解：（1）∵A（80）B（06）
∴OA8OB6
∴AB10
∴cos∠BAOsin∠BAO．
∵AC⊙P直径
∴△ACD直角三角形．
∴ADAC•cos∠BAO2t×t．
点Q点D重合时OQ+ADOA
：t+t8
解：t．
∴t（秒）时点Q点D重合．
（2）Rt△ACD中CDAC•sin∠BAO2t×t．
①0＜t≤时
DQOA﹣OQ﹣AD8﹣t﹣t8﹣t．
∴SDQ•CD（8﹣t）•t﹣t2+t．
∵﹣0＜＜
∴t时S值
②＜t≤5时
DQOQ+AD﹣OAt+t﹣8t﹣8．
∴SDQ•CD（t﹣8）•tt2﹣t．
∵﹣＜St增增
∴t5时S值15＞．
综述S值15．
（3）CQ⊙P相切时CQ⊥AB
∵∠BAO∠QAC∠AOB∠ACQ90°
∴△ACQ∽△AOB
∴
解t．
⊙P线段QC交点t取值范围0＜t≤＜t≤5．
点评：
题考查圆综合题型利解直角三角形勾股定理三角形面积相似三角形判定性质二次函数值问题综合性较强难度关键考虑点QD两点重合前两种情况题容易出错方．
25．（2020•昭通）图1已知A（30）B（44）原点O（00）抛物线yax2+bx+c （a≠0）．
（1）求抛物线解析式．
（2）直线OB移m单位长度直线抛物线交点D求m值点D坐标．
（3）图2点N抛物线∠NBO∠ABO（2）条件求出满足△POD∽△NOB点P坐标（点POD分点NOB应）
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）利定系数法求二次函数解析式进出答案
（2）首先求出直线OB解析式yx进二次函数次函数联立求出交点
（3）首先求出直线A′B解析式进△P1OD∽△NOB出△P1OD∽△N1OB1进求出点P1坐标利翻折变换性质出点坐标．
解答：
解：（1）∵A（30）B（44）O（00）抛物线yax2+bx+c （a≠0）．
∴
解：
抛物线解析式：yx2﹣3x
（2）设直线OB解析式yk1x（ k1≠0）
点B（44）
44 k1
解k11．
∴直线OB解析式yx∠AOB45°．
∵B（44）
∴点B移m单位长度点B′坐标（40）
m4．
∴移m单位长度直线yx﹣4．
解方程组
解：
∴点D坐标（2﹣2）．
（3）∵直线OB解析式yxA（30）．
∵点A关直线OB称点A′坐标（03）．
设直线A′B解析式yk2x+3直线点B（44）．
∴4k2+34
解 k2．
∴直线A′B解析式yx+3．
∵∠NBO∠ABO∴点N直线A′B
设点N（nn+3）点N抛物线yx2﹣3x
∴n+3n2﹣3n．
解 n1n24（合题意舍）
∴点N坐标（﹣）．
图△NOBx轴翻折△N1OB1
N1 （﹣﹣）B1（4﹣4）．
∴ODB1直线y﹣x．
D点做DP1∥N1B1
∵△P1OD∽△NOB
∴△P1OD∽△N1OB1
∴P1O N1中点．
∴
∴点P1坐标（﹣﹣）．
△P1OD直线y﹣x翻折满足条件点x轴距离等P1y轴距离点y轴距离等P1x轴距离
∴点坐标：（）．
综述点P坐标（﹣﹣）（）．
点评：
题考查翻折变换性质定系数法求次函数二次函数解析式相似三角形判定性质等知识利翻折变换性质出应点关系解题关键．
26．（2020•昭通）图⊙C接△AOB中ABAO4tan∠AOB抛物线ya（x﹣2）2+m（a≠0）点A（40）点（﹣26）．
（1）求抛物线解析式
（2）直线m⊙C相切点A交y轴点D动点P线段OB点O出发点B运动时动点Q线段DA点D出发点A运动点P速度秒1单位长点Q速度秒2单位长．PQ⊥AD时求运动时间t值．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）利定系数法求二次函数解析式解析式
（2）连接AC交OBE作OF⊥ADF出m∥OB进求出ODOF长进利勾股定理出DF长．
解答：
解：（1）点A（40）点（﹣26）坐标代入ya（x﹣2）2+m中方程组
解
抛物线解析式yx2﹣2x．
（2）图示连接AC交OBE．作OF⊥ADF
∵直线m切⊙C点A
∴AC⊥m．
∵弦ABAO
∴．
∴AC⊥OB
∴m∥OB．
∴∠OAD∠AOB．
∵OA4tan∠AOB
∴ODOA•tan∠OAD4×3．
OFOA•sin∠OAD4×24．
t秒时OPtDQ2t
PQ⊥AD FQOPt．DFDQ﹣FQt．
∴△ODF中tDF18（秒）．
点评：
题考查二次函数综合应垂径定理推勾股定理等知识根切线性质锐角三角函数关系出OF长解题关键．
27．（2020•贵阳）已知：直线yax+b抛物线y﹣x2﹣2x+3顶点P图示．
（1）顶点P坐标 （﹣14）
（2）直线yax+b点A（011）求出该直线表达式
（3）（2）条件条直线ymx+n直线yax+b关x轴成轴称求直线ymx+n抛物线y﹣x2﹣2x+3交点坐标．
考点：
二次函数性质次函数图象变换定系数法求次函数解析式．4707122
分析：
（1）利配方法求出图象顶点坐标
（2）利定系数法求次函数解析式
（3）利关x轴称点坐标性质首先求出直线ymx+n解析式进出直线ymx+n抛物线y﹣x2﹣2x+3交点坐标．
解答：
解：（1）∵y﹣x2﹣2x+3﹣（x 2+2x）+3﹣（x+1） 2+4
∴P点坐标：（﹣14）
答案：（﹣14）
（2）点P（﹣14）A（011）代入yax+b：
解：
∴该直线表达式：y7x+11
（3）∵直线ymx+n直线y7x+11关x轴成轴称
∴ymx+n点P′（﹣1﹣4）A′（0﹣11）
∴
解：
∴y﹣7x﹣11
∴﹣7x﹣11﹣x 2﹣2x+3
解：x17x2﹣2
时y1﹣60y23
∴直线ymx+n抛物线y﹣x2﹣2x+3交点坐标：（7﹣60）（﹣23）．
点评：
题考查二次函数性质定系数法求次函数解析式函数交点坐标求法根已知出图象应点坐标解题关键．
28．（2020•贵阳）图面直角坐标系中条直线l：x轴y轴分交点MN高3等边三角形ABC边BCx轴三角形着x轴正方移．
（1）移程中△A1B1C1时顶点A1恰落直线l写出A1点坐标 （3）
（2）继续右移△A2B2C2时外心P恰落直线l求P点坐标
（3）直线l否存样点（2）中A2B2C2意两点时构成三等腰三角形？果存求出点坐标果存说明理．
考点：
次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）根等边三角形ABC高3出A1点坐标3代入
（2）设P（xy）连接A2P延长交x轴点H连接B2P先求出A2B22HB2根点P等边三角形A2B2C2外心出PH1y1代入出点P坐标
（3）根点P等边三角形A2B2C2外心出△PA2B2△PB2C2△PA2C2等腰三角形P（31）（2）C2（40）点C2满足直线关系式出点C2点M重合∠PMB230°设点Q满足条件△QA2B2△B2QC2△A2QC2构成等腰三角形QA2QB2B2QB2C2A2QA2C2作QD⊥x轴点D连接QB2根QB22∠QB2D2∠PMB260°求出Q（3）设点S满足条件△SA2B2△C2B2S△C2PA2等腰三角形SA2SB2C2B2C2SC2A2C2S作SF⊥x轴点F根SC22∠SB2C2∠PMB230°求出S（4﹣3）
设点R满足条件△RA2B2△C2B2R△C2A2R构成等腰三角形RA2RB2C2B2C2RC2A2C2R作RE⊥x轴点E根RC22∠RC2E∠PMB230°R（4+3﹣）．
解答：
解：（1）∵等边三角形ABC高3
∴A1点坐标3
∵顶点A1恰落直线l
∴3
解x
∴A1点坐标（3）
答案：（3）
（2）设P（xy）连接A2P延长交x轴点H连接B2P
等边三角△A2B2C2中高A2H3
∴A2B22HB2
∵点P等边三角形A2B2C2外心
∴∠PB2H30°
∴PH1y1
y1代入
解：x3
∴P（31）
（3）∵点P等边三角形A2B2C2外心
∴△PA2B2△PB2C2△PA2C2等腰三角形
∴点P满足条件（2）P（31）
（2）C2（40）点C2满足直线关系式
∴点C2点M重合
∴∠PMB230°
设点Q满足条件△QA2B2△B2QC2△A2QC2构成等腰三角形
时QA2QB2B2QB2C2A2QA2C2
作QD⊥x轴点D连接QB2
∵QB22∠QB2D2∠PMB260°
∴QD3
∴Q（3）
设点S满足条件△SA2B2△C2B2S△C2PA2等腰三角形
时SA2SB2C2B2C2SC2A2C2S
作SF⊥x轴点F
∵SC22∠SB2C2∠PMB230°
∴SF
∴S（4﹣3）
设点R满足条件△RA2B2△C2B2R△C2A2R构成等腰三角形
时RA2RB2C2B2C2RC2A2C2R
作RE⊥x轴点E
∵RC22∠RC2E∠PMB230°
∴ER
∴R（4+3﹣）
答：存四点分P（31）Q（3）S（4﹣3）R．（4+3﹣）．
点评：
题考查次函数综合知识点次函数图象性质解直角三角形等腰三角形外心坐标等关键综合应关性质求出符合条件点坐标．
29．（2020•龙岩）图①矩形纸片ABCD中AB+1AD．
（1）图②矩形纸片方翻折点D恰落AB边D′处压折痕交CD点E折痕AE长
（2）图③四边形BCED′D′E左翻折压四边形B′C′ED′B′C′交AE点F四边形B′FED′面积 ﹣
（3）图④图②中△AED′绕点E时针旋转α角△A′ED″EA′恰顶点B求弧D′D″长．（结果保留π）
考点：
翻折变换（折叠问题）矩形性质弧长计算．4707122
专题：
探究型．
分析：
（1）先根图形反折变换性质出AD′D′E长根勾股定理求出AE长
（2）（1）知AD′出BD′长根图形反折变换性质出B′D′长等腰直角三角形性质出B′F长根梯形面积公式出结
（3）先根直角三角形性质求出∠BEC度数翻折变换性质出∠DEA度数出∠AEA′75°∠D′ED″弧长公式出结．
28．（2020•贵阳）图面直角坐标系中条直线l：x轴y轴分交点MN高3等边三角形ABC边BCx轴三角形着x轴正方移．
（1）移程中△A1B1C1时顶点A1恰落直线l写出A1点坐标 （3）
（2）继续右移△A2B2C2时外心P恰落直线l求P点坐标
（3）直线l否存样点（2）中A2B2C2意两点时构成三等腰三角形？果存求出点坐标果存说明理．
考点：
次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）根等边三角形ABC高3出A1点坐标3代入
（2）设P（xy）连接A2P延长交x轴点H连接B2P先求出A2B22HB2根点P等边三角形A2B2C2外心出PH1y1代入出点P坐标
（3）根点P等边三角形A2B2C2外心出△PA2B2△PB2C2△PA2C2等腰三角形P（31）（2）C2（40）点C2满足直线关系式出点C2点M重合∠PMB230°设点Q满足条件△QA2B2△B2QC2△A2QC2构成等腰三角形QA2QB2B2QB2C2A2QA2C2作QD⊥x轴点D连接QB2根QB22∠QB2D2∠PMB260°求出Q（3）设点S满足条件△SA2B2△C2B2S△C2PA2等腰三角形SA2SB2C2B2C2SC2A2C2S作SF⊥x轴点F根SC22∠SB2C2∠PMB230°求出S（4﹣3）
设点R满足条件△RA2B2△C2B2R△C2A2R构成等腰三角形RA2RB2C2B2C2RC2A2C2R作RE⊥x轴点E根RC22∠RC2E∠PMB230°R（4+3﹣）．
解答：
解：（1）∵等边三角形ABC高3
∴A1点坐标3
∵顶点A1恰落直线l
∴3
解x
∴A1点坐标（3）
答案：（3）
（2）设P（xy）连接A2P延长交x轴点H连接B2P
等边三角△A2B2C2中高A2H3
∴A2B22HB2
∵点P等边三角形A2B2C2外心
∴∠PB2H30°
∴PH1y1
y1代入
解：x3
∴P（31）
（3）∵点P等边三角形A2B2C2外心
∴△PA2B2△PB2C2△PA2C2等腰三角形
∴点P满足条件（2）P（31）
（2）C2（40）点C2满足直线关系式
∴点C2点M重合
∴∠PMB230°
设点Q满足条件△QA2B2△B2QC2△A2QC2构成等腰三角形
时QA2QB2B2QB2C2A2QA2C2
作QD⊥x轴点D连接QB2
∵QB22∠QB2D2∠PMB260°
∴QD3
∴Q（3）
设点S满足条件△SA2B2△C2B2S△C2PA2等腰三角形
时SA2SB2C2B2C2SC2A2C2S
作SF⊥x轴点F
∵SC22∠SB2C2∠PMB230°
∴SF
∴S（4﹣3）
设点R满足条件△RA2B2△C2B2R△C2A2R构成等腰三角形
时RA2RB2C2B2C2RC2A2C2R
作RE⊥x轴点E
∵RC22∠RC2E∠PMB230°
∴ER
∴R（4+3﹣）
答：存四点分P（31）Q（3）S（4﹣3）R．（4+3﹣）．
点评：
题考查次函数综合知识点次函数图象性质解直角三角形等腰三角形外心坐标等关键综合应关性质求出符合条件点坐标．
29．（2020•龙岩）图①矩形纸片ABCD中AB+1AD．
（1）图②矩形纸片方翻折点D恰落AB边D′处压折痕交CD点E折痕AE长
（2）图③四边形BCED′D′E左翻折压四边形B′C′ED′B′C′交AE点F四边形B′FED′面积 ﹣
（3）图④图②中△AED′绕点E时针旋转α角△A′ED″EA′恰顶点B求弧D′D″长．（结果保留π）
考点：
翻折变换（折叠问题）矩形性质弧长计算．4707122
专题：
探究型．
分析：
（1）先根图形反折变换性质出AD′D′E长根勾股定理求出AE长
（2）（1）知AD′出BD′长根图形反折变换性质出B′D′长等腰直角三角形性质出B′F长根梯形面积公式出结
（3）先根直角三角形性质求出∠BEC度数翻折变换性质出∠DEA度数出∠AEA′75°∠D′ED″弧长公式出结．
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新数学中考重点题选集
参考答案试题解析
．解答题（30题）
1．（2020•成）图点B线段AC点DEAC侧∠A∠C90°BD⊥BEADBC．
（1）求证：ACAD+CE
（2）AD3CE5点P线段AB动点连接DP作PQ⊥DP交直线BE点Q
（i）点PAB两点重合时求值
（ii）点PA点运动AC中点时求线段DQ中点路径（线段）长．（直接写出结果必写出解答程）
考点：
相似三角形判定性质全等三角形判定性质．4707122
专题：
综合题压轴题．
分析：
（1）根角余角相等求出∠1∠E利角角边证明△ABD△CEB全等根全等三角形应边相等ABCE然根ACAB+BC整理证
（2）（i）点Q作QF⊥BCF根△BFQ△BCE相似然求出QFBF根△ADP△FPQ相似然整理（AP﹣BF）（5﹣AP）0求出APBF利相似三角形应边成例解
（ii）判断出DQ中点路径△BDQ中位线MN．求出QFBF长度利勾股定理求出BQ长度根中位线性质求出MN长度求路径长．
解答：
（1）证明：∵BD⊥BE
∴∠1+∠2180°﹣90°90°
∵∠C90°
∴∠2+∠E180°﹣90°90°
∴∠1∠E
∵△ABD△CEB中
∴△ABD≌△CEB（AAS）
∴ABCE
∴ACAB+BCAD+CE
（2）（i）图点Q作QF⊥BCF
△BFQ∽△BCE
∴
∴QFBF
∵DP⊥PQ
∴∠ADP+∠FPQ180°﹣90°90°
∵∠FPQ+∠PQF180°﹣90°90°
∴∠ADP∠FPQ
∵∠A∠PFQ90°
∴△ADP∽△FPQ
∴
∴5AP﹣AP2+AP•BF3•BF
整理（AP﹣BF）（AP﹣5）0
∵点PAB两点重合
∴AP≠5
∴APBF
△ADP∽△FPQ
∴
（ii）线段DQ中点路径（线段）△BDQ中位线MN．
（2）（i）知QFAP．
点P运动AC中点时AP4∴QF．
∴BFQF×4．
Rt△BFQ中根勾股定理：BQ．
∴MNBQ．
∴线段DQ中点路径（线段）长．
点评：
题考查相似三角形判定性质全等三角形判定性质（1）求出三角形全等条件∠1∠E解题关键（2）（i）根两次三角形相似求出APBF解题关键（ii）判断出路径三角形中位线解题关键．
2．（2020•成）面直角坐标系中已知抛物线yx2+bx+c（bc常数）顶点P等腰直角三角形ABC顶点A坐标（0﹣1）C坐标（43）直角顶点B第四象限．
（1）图该抛物线AB两点求该抛物线函数表达式
（2）移（1）中抛物线顶点P直线AC滑动AC交点Q．
（i）点M直线AC方移前（1）中抛物线点MPQ三点顶点三角形等腰直角三角形时求出符合条件点M坐标
（ii）取BC中点N连接NPBQ．试探究否存值？存求出该值存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）先求出点B坐标然利定系数法求出抛物线函数表达式
（2）i）首先求出直线AC解析式线段PQ长度作续计算基础．
△MPQ等腰直角三角形分两种情况：
①PQ直角边时：点MPQ距离．时直线AC右移4单位直线（yx﹣5）抛物线交点求M点
②PQ斜边时：点MPQ距离．时直线AC右移2单位直线（yx﹣3）抛物线交点求M点．
ii）（i）知PQ定值NP+BQ取值时值．
答图2示作点B关直线AC称点B′分析知B′QF（AB中点）三点线时NP+BQ值线段B′F长度．
解答：
解：（1）题意点B坐标（4﹣1）．
∵抛物线A（0﹣1）B（4﹣1）两点
∴解：b2c﹣1
∴抛物线函数表达式：yx2+2x﹣1．
（2）i）∵A（0﹣1）C（43）
∴直线AC解析式：yx﹣1．
设移前抛物线顶点P0（1）P0坐标（21）P0直线AC．
∵点P直线AC滑动∴设P坐标（mm﹣1）
移抛物线函数表达式：y（x﹣m）2+m﹣1．
解方程组：
解
∴P（mm﹣1）Q（m﹣2m﹣3）．
点P作PE∥x轴点Q作QE∥y轴
PEm﹣（m﹣2）2QE（m﹣1）﹣（m﹣3）2．
∴PQAP0．
△MPQ等腰直角三角形分两种情况：
①PQ直角边时：点MPQ距离（PQ长）．
A（0﹣1）B（4﹣1）P0（21）知
△ABP0等腰直角三角形BP0⊥ACBP0．
答图1点B作直线l1∥AC交抛物线yx2+2x﹣1点MM符合条件点．
∴设直线l1解析式：yx+b1
∵B（4﹣1）∴﹣14+b1解b1﹣5
∴直线l1解析式：yx﹣5．
解方程组：
∴M1（4﹣1）M2（﹣2﹣7）．
②PQ斜边时：MPMQ2求点MPQ距离．
答图1取AB中点F点F坐标（2﹣1）．
A（0﹣1）F（2﹣1）P0（21）知：
△AFP0等腰直角三角形点F直线AC距离．
点F作直线l2∥AC交抛物线yx2+2x﹣1点MM符合条件点．
∴设直线l2解析式：yx+b2
∵F（2﹣1）∴﹣12+b2解b1﹣3
∴直线l2解析式：yx﹣3．
解方程组：
∴M3（1+﹣2+）M4（1﹣﹣2﹣）．
综述符合条件点M坐标：
M1（4﹣1）M2（﹣2﹣7）M3（1+﹣2+）M4（1﹣﹣2﹣）．
ii）存值．理：
i）知PQ定值NP+BQ取值时值．
答图2取点B关AC称点B′易点B′坐标（03）BQB′Q．
连接QFFNQB′易FN∥PQFNPQ
∴四边形PQFN行四边形．
∴NPFQ．
∴NP+BQFQ+B′Q≥FB′．
∴B′QF三点线时NP+BQ值．
∴值．
点评：
题二次函数中考压轴题考查二次函数图象性质定系数法次函数变换（移称）等腰直角三角形行四边形轴称﹣短路线问题等知识点考查存型问题分类讨数学思想试题难度较．
3．（2020•绵阳）图二次函数yax2+bx+c图象顶点C坐标（0﹣2）交x轴AB两点中A（﹣10）直线l：xm（m＞1）x轴交D．
（1）求二次函数解析式B坐标
（2）直线l找点P（P第象限）PDB顶点三角形BCO顶点三角形相似求点P坐标（含m代数式表示）
（3）（2）成立条件抛物线否存第象限点Q△BPQP直角顶点等腰直角三角形？果存请求出点Q坐标果存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）抛物线顶点C坐标（0﹣2）抛物线称轴y轴y轴交点坐标﹣2b0c﹣2A（﹣10）代入yax2+bx+c求出a值确定该抛物线解析式然令y0解元二次方程求出x值点B坐标
（2）设P点坐标（mn）．∠PDB∠BOC90°DO应PDB顶点三角形BCO顶点三角形相似时分两种情况讨：①△OCB∽△DBP②△OCB∽△DPB．根相似三角形应边成例出nm关系式进点P坐标
（3）假设抛物线存第象限点Q（x2x2﹣2）△BPQP直角顶点等腰直角三角形．点Q作QE⊥l点E．利AAS易证△DBP≌△EPQ出BDPEDPEQ．分两种情况讨：①P（m）②P（m2（m﹣1））．根BDPEDPEQ列出方程组求出xm值结合条件x＞0m＞1判断存第象限点Q△BPQP直角顶点等腰直角三角形．
解答：
解：（1）∵抛物线yax2+bx+c顶点坐标C（0﹣2）
∴b0c﹣2
∵yax2+bx+c点A（﹣10）
∴0a+0﹣2a2
∴抛物线解析式y2x2﹣2．
y0时2x2﹣20
解x±1
∴点B坐标（10）
（2）设P（mn）．
∵∠PDB∠BOC90°
∴PDB顶点三角形BCO顶点三角形相似时分两种情况：
①△OCB∽△DBP
解n．
称性知x轴方方均点满足条件
∴时点P坐标（m）（m）（舍）
②△OCB∽△DPB
解n2m﹣2．
称性知x轴方方均点满足条件
∴时点P坐标（m2m﹣2）（m2﹣2m）
∵P第象限m＞1
∴（m2m﹣2）（m2﹣2m）舍
综述满足条件点P坐标：（m）（m2m﹣2）．
（3）假设抛物线存第象限点Q（x2x2﹣2）△BPQP直角顶点等腰直角三角形．
图点Q作QE⊥l点E．
∵∠DBP+∠BPD90°∠QPE+∠BPD90°
∴∠DBP∠QPE．
△DBP△EPQ中
∴△DBP≌△EPQ
∴BDPEDPEQ．
分两种情况：
①P（m）时
∵B（10）D（m0）E（m2x2﹣2）
∴
解（均合题意舍）
②P（m2（m﹣1））时
∵B（10）D（m0）E（m2x2﹣2）
∴
解（均合题意舍）
综述存满足条件点Q．
点评：
题二次函数综合题中涉二次函数解析式确定相似三角形全等三角形判定性质等腰直角三角形性质等知识相似三角形应角应边确定情况定注意分类讨免漏解．
4．（2020•绵阳）知道三角形三条中线定会交点点做三角形重心．重心美妙性质关线段．面积漂亮结利性质解决三角形中干问题．请利重心概念完成问题：
（1）O△ABC重心（图1）连结AO延长交BCD证明：
（2）AD△ABC条中线（图2）OAD点满足试判断O△ABC重心？果请证明果请说明理
（3）O△ABC重心O条直线分ABAC相交GH（均△ABC顶点重合）（图3）S四边形BCHGS△AGH分表示四边形BCHG△AGH面积试探究值．
考点：
相似形综合题三角形重心．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）答图1作出中位线DE证明△AOC∽△DOE证明结
（2）答图2作△ABC中线CEAD交点Q点Q△ABC重心．（1）知已知点O点Q重合点O△ABC重心
（3）答图3利图形面积关系相似线段间例关系求出表达式二次函数利二次函数性质求出值．
解答：
（1）证明：答图1示连接CO延长交AB点E．
∵点O△ABC重心∴CE中线点EAB中点．
∴DE中位线
∴DE∥ACDEAC．
∵DE∥AC
∴△AOC∽△DOE
∴2
∵ADAO+OD
∴．
（2）答：点O△ABC重心．
证明：答图2作△ABC中线CEAD交点Q点Q△ABC重心．
（1）知
∴点Q点O重合（点）
∴点O△ABC重心．
（3）解：答图3示连接DG．
设S△GODS（1）知OA2OD
∴S△AOG2SS△AGDS△GOD+S△AGO3S．
简便起见妨设AG1BGxS△BGD3xS．
∴S△ABDS△AGD+S△BGD3S+3xS（3x+3）S
∴S△ABC2S△ABD（6x+6）S．
设OHk•OGS△AGO2SS△AOH2kS
∴S△AGHS△AGO+S△AOH（2k+2）S．
∴S四边形BCHGS△ABC﹣S△AGH（6x+6）S﹣（2k+2）S（6x﹣2k+4）S．
∴ ①
答图3点O作OF∥BC交AC点F点G作GE∥BC交AC点EOF∥GE．
∵OF∥BC
∴
∴OFCDBC
∵GE∥BC
∴
∴GE
∴
∴．
∵OF∥GE
∴
∴
∴k代入①式：
﹣x2+x+1﹣（x﹣）2+
∴x时值值．
点评：
题综合题三角形重心背景考查重心概念性质应考查相似三角形中位线图形面积二次函数值等知识点．试题难点第（3）问求出关系式解题关键外第（3）问尚种解法学深入探究．
5．（2020•德宏州）图已知直线yx抛物线交AB两点．
（1）求交点AB坐标
（2）记次函数yx函数值y1二次函数函数值y2．y1＞y2求x取值范围
（3）该抛物线存点点AB构成三角形等腰三角形？求出少3满足条件点P坐标．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）根题意列出关xy方程组通解方程组求点AB坐标
（2）根函数图象直接回答问题
（3）需分类讨：AB腰AB底等腰三角形．
解答：
解：（1）图∵直线yx抛物线交AB两点
∴
解
∴A（00）B（22）
（2）（1）知A（00）B（22）．
∵次函数yx函数值y1二次函数函数值y2．
∴y1＞y2时根图象知x取值范围：0＜x＜2
（3）该抛物线存4点点AB构成三角形等腰三角形．理：
∵A（00）B（22）
∴AB2．
根题意设P（xx2）．
①PAPB时点P线段AB中垂线抛物线交点．
易求线段AB中垂线解析式y﹣x+2
解
∴P1（﹣﹣13+）P2（﹣13﹣）
②PAAB时根抛物线称性知点P点B关y轴称P3（﹣22）
③ABPB时点P4位置图示．
综述符号条件点P4中P1（﹣﹣13+）P2（﹣13﹣）P3（﹣22）．
点评：
题考查二次函数综合题．中涉知识点定系数法求次函数解析式二次函数图象点坐标特征坐标图形性质等腰三角形性质．解题时利分类讨数形结合数学思想．
6．（2020•泉州）图1面直角坐标系中正方形OABC顶点A（﹣60）点E（﹣20）作EF∥AB交BOF
（1）求EF长
（2）点F作直线l分直线AO直线BC交点HG
①根述语句图1画出图形证明
②点G作直线GD∥AB交x轴点D圆O圆心OH长半径x轴方作半圆（包括直径两端点）GD公点P．图2示直线l绕点F旋转时点P运动证明：通操作观察直接写出BG长度取值范围（必说理）
（3）（2）中点M（2）探索2PO+PM值．
考点：
圆综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）利正方形行线性质易求线段EF长度．
（2）①首先题意画出图形答图1示．证明△OFH∽△BFGEF∥AB．
②OPOH问题转化证明．根①中结易问题证．
（3）问探究型问题利线段性质（两点间线段短）解决．答图2示构造矩形2PO+PM转化NK+PMNK+PM≥NK+KMNK+KM≥MN8点P线段MN时2OP+PM值值8．
解答：
（1）解：解法：正方形OABC中
∠FOE∠BOA∠COA45°．
∵EF∥AB
∴∠FEO∠BAO90°
∴∠EFO∠FOE45°
E（﹣20）
∴EFEO2．
解法二：∵A（﹣60）C（06）E（﹣20）
∴OAAB6EO2
∵EF∥AB
∴
∴EF6×2．
（2）①画图答图1示：
证明：∵四边形OABC正方形
∴OH∥BC
∴△OFH∽△BFG
∴
∵EF∥AB
∴
∴．
②证明：∵半圆GD交点P
∴OPOH．
①：
EO2EAOA﹣EO6﹣24
∴．
通操作观察4≤BG≤12．
（3）解：（2）：
∴2OP+PMBG+PM．
答图2示点M作直线MN⊥AB点N交GD点K四边形BNKG矩形
∴NKBG．
∴2OP+PMBG+PMNK+PM≥NK+KM
点P点K重合点P直线MN时等号成立．
∵NK+KM≥MN8
点K线段MN时等号成立．
∴点P线段MN时2OP+PM值值8．
点评：
题综合题考查相似三角形圆相关知识．图中线段较注意理清关系．第（1）（2）问考查基础知识难度第（3）问考查值问题定难度．需注意：线段性质（两点间线段短）初中数学常见值问题基础典型展开图﹣短路线问题轴称﹣短路线问题均利性质希学够举反三触类旁通．
7．（2020•泉州）图直线y﹣x+2分xy轴交点BC点A（﹣20）P直线BC动点．
（1）求∠ABC
（2）求点P坐标∠APO30°
（3）坐标面移直线BC试探索：BC位置时∠APO30°点P数否保持变？变指出点P数？改变指出点P数情况简说明理．
考点：
次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）求BC坐标直角△BOC中利三角函数求解
（2）取AC中点Q点Q圆心2半径长画圆⊙Q⊙Q直线BC两交点求
（3）BC位置时点P数会发生改变∠APO30°点P数情况四种：1234．答图2示．
解答：
解：（1）y﹣x+2中令x0y2
令y0x2
∴C（02）B（20）
∴OC2OB2．
tan∠ABC
∴∠ABC60°．
（2）答图1示连接AC．
（1）知∠ABC60°∴BC2OB4．
∵AB4∴ABBC
∴△ABC等边三角形ABBCAC4．
取AC中点Q点Q圆心2半径长画圆直线BC交点P1P2．
∵QP12QO2∴点P1点C重合⊙Q点O．
∴P1（02）．
∵QAQO∠CAB60°∴△AOQ等边三角形．
∴⊙Q中AO圆心角∠OQA60°
圆周角定理知AO圆周角∠APO30°点P1P2符合条件．
∵QCQP2∠ACB60°∴△P2QC等边三角形．∴P2CQP2∴点P2BC中点．
∵B（20）C（02）∴P2（1）．
综述符合条件点P坐标（02）（1）．
（3）BC位置时点P数会发生改变∠APO30°点P数情况四种：120．
答图2示
AO弦AO圆心角等60°圆2记⊙Q⊙Q′点QQ′关x轴称．
∵直线BC⊙Q⊙Q′公点P满足∠APO∠AQO∠AQ′O30°
∴点P数情况：
①1：直线BC⊙Q（⊙Q′）相切
②2：直线BC⊙Q（⊙Q′）相交
③2：直线BC⊙Q（⊙Q′）相切时⊙Q（⊙Q′）相交
④2：直线BC时两圆相交两圆交点．
⑤0直线两圆相离时存点P．
点评：
题代数综合题考查坐标面直线圆位置关系．难点第（3）问涉情形较容易遗漏．
8．（2020•盐城）阅读材料
图①△ABC△DEF等腰直角三角形∠ACB∠EDF90°点DAB边ABEF中点均O连结BFCDCO显然点CFO条直线证明△BOF≌△CODBFCD．
解决问题
（1）图①中Rt△DEF绕点O旋转图②猜想时线段BFCD数量关系证明结
（2）图③△ABC△DEF等边三角形ABEF中点均O述（1）中结然成立？果成立请说明理成立请求出BFCD间数量关系
（3）图④△ABC△DEF等腰三角形ABEF中点均0顶角∠ACB∠EDFα请直接写出值（含α式子表示出）
考点：
变换综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）答图②示连接OCOD证明△BOF≌△COD
（2）答图③示连接OCOD证明△BOF∽△COD相似
（3）答图④示连接OCOD证明△BOF∽△COD相似tan．
解答：
解：（1）猜想：BFCD．理：
答图②示连接OCOD．
∵△ABC等腰直角三角形点O斜边AB中点
∴OBOC∠BOC90°．
∵△DEF等腰直角三角形点O斜边EF中点
∴OFOD∠DOF90°．
∵∠BOF∠BOC+∠COF90°+∠COF∠COD∠DOF+∠COF90°+∠COF
∴∠BOF∠COD．
∵△BOF△COD中
∴△BOF≌△COD（SAS）
∴BFCD．
（2）答：（1）中结成立．
答图③示连接OCOD．
∵△ABC等边三角形点O边AB中点
∴tan30°∠BOC90°．
∵△DEF等边三角形点O边EF中点
∴tan30°∠DOF90°．
∴．
∵∠BOF∠BOC+∠COF90°+∠COF∠COD∠DOF+∠COF90°+∠COF
∴∠BOF∠COD．
△BOF△COD中
∵∠BOF∠COD
∴△BOF∽△COD
∴．
（3）答图④示连接OCOD．
∵△ABC等腰三角形点O底边AB中点
∴tan∠BOC90°．
∵△DEF等腰三角形点O底边EF中点
∴tan∠DOF90°．
∴tan．
∵∠BOF∠BOC+∠COF90°+∠COF∠COD∠DOF+∠COF90°+∠COF
∴∠BOF∠COD．
△BOF△COD中
∵tan∠BOF∠COD
∴△BOF∽△COD
∴tan．
点评：
题综合题考查旋转变换中相似三角形全等三角形判定性质．解题关键：第善发现变换中变逻辑关系△BOF≌△COD△BOF∽△COD第二熟练运等腰直角三角形等边三角形等腰三角形相关性质．题（1）（2）（3）问解题思路脉相承特殊般利学进行学探究．
9．（2020•盐城）图①二次函数yx2+bx+c图象x轴交A（﹣20）B（30）两点点A关正例函数yx图象称点C．
（1）求bc值
（2）证明：点C求二次函数图象
（3）图②点B作DB⊥x轴交正例函数yx图象点D连结AC交正例函数yx图象点E连结ADCD．果动点P点A线段AD方秒2单位速度点D运动时动点Q点D线段DC方秒1单位速度点C运动．中点达终点时点停止运动连结PQQEPE．设运动时间t秒否存某时刻PE分∠APQ时QE分∠PQC？存求出t值存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）利定系数法求出bc值
（2）答图1示关键求出点C坐标．首先求出直线yxx轴夹锐角60°推出Rt△CEK中∠COK60°解直角三角形求出点C坐标
（3）答图2示关键证明△APE∽△CEQ．根∠DAC∠DCA∠AEP∠CQE证明△APE∽△CEQ根相似线段例关系列出方程解方程求出时间t值．
解答：
解：（1）∵点A（﹣20）B（30）抛物线yx2+bx+c
∴
解：b﹣c﹣．
（2）设点F直线yxF（2）．
答图1示点F作FH⊥x轴点HFHOH2
∴tan∠FOB∴∠FOB60°．
∴∠AOE∠FOB60°．
连接OC点C作CK⊥x轴点K．
∵点AC关yx称∴OCOA2∠COE∠AOE60°．
∴∠COK180°﹣∠AOE﹣∠COE60°．
Rt△COK中CKOC•sin60°2×OKOC•cos60°2×1．
∴C（1﹣）．
抛物线解析式：yx2﹣x﹣x1时y﹣
∴点C求二次函数图象．
（3）假设存．
答图1示Rt△ACK中勾股定理：AC．
答图2示∵OB3∴BD3ABOA+OB5．
Rt△ABD中勾股定理：AD2．
∵点AC关yx称
∴CDAD2∠DAC∠DCAAECEAC．
连接PQPEQE∠APE∠QPE∠PQE∠CQE．
四边形APQC中∠DAC+∠APQ+∠PQC+∠DCA360°（四边形角等360°）
2∠DAC+2∠APE+2∠CQE360°
∴∠DAC+∠APE+∠CQE180°．
∵∠DAC+∠APE+∠AEP180°（三角形角定理）
∴∠AEP∠CQE．
△APE△CEQ中∵∠DAC∠DCA∠AEP∠CQE
∴△APE∽△CEQ
∴：
整理：2t2﹣t+30
解：tt（t＜舍）
∴存某时刻PE分∠APQ时QE分∠PQC时t．
点评：
题二次函数压轴题考查二次函数图象性质正例函数图象性质定系数法称解直角三角形相似三角形判定性质解元二次方程等知识点．试题难点第（3）问图形中线段较关系复杂难中发现效等量关系证明△APE∽△CEQ解题关键．
10．（2020•州）面直角坐标系xOy中矩形ABCO顶点AC分y轴x轴正半轴点PABPA1AO2．原点抛物线ymx2﹣x+n称轴直线x2．
（1）求出该抛物线解析式．
（2）图1块两直角边足够长三角板直角顶点放P点处两直角边恰分点OC．现利图2进行探究：
①三角板图1中位置开始绕点P时针旋转两直角边分交OAOC点EF点E点A重合时停止旋转．请观察猜想程中值否发生变化？发生变化说明理发生变化求出值．
②设（1）中抛物线x轴交点D顶点M①旋转程中否存点F△DMF等腰三角形？存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）根①原点②称轴直线x2两条件确定抛物线解析式
（2）①答图1述证明Rt△PAE∽Rt△PGF值定值变化
②△DMF等腰三角形三种情形需分类讨避免漏解．
解答：
解：（1）∵抛物线ymx2﹣x+n原点∴n0．
∵称轴直线x2∴﹣2解m．
∴抛物线解析式：yx2﹣x．
（2）①值变．理：
答图1示点P作PG⊥x轴点GPGAO2．
∵PE⊥PFPA⊥PG∴∠APE∠GPF．
Rt△PAERt△PGF中
∵∠APE∠GPF∠PAE∠PGF90°
∴Rt△PAE∽Rt△PGF．
∴．
②存．
抛物线解析式：yx2﹣x
令y0x2﹣x0解：x0x4∴D（40）．
yx2﹣x（x﹣2）2﹣1∴顶点M坐标（2﹣1）．
△DMF等腰三角形三种情形：
（I）FMFD．答图2示：
点M作MN⊥x轴点NMN1ND2MD．
设FMFDxNFND﹣FD2﹣x．
Rt△MNF中勾股定理：NF2+MN2MF2
：（2﹣x）2+1x2解：x
∴FDOFOD﹣FD4﹣
∴F（0）
（II）FDDM．答图3示：
时FDDM∴OFOD﹣FD4﹣．
∴F（4﹣0）
（III）FMMD．
抛物线称性知时点F原点O重合．
题意知点E点A重合停止运动点F运动原点O．
∴种情形存．
综述存点F（0）F（4﹣0）△DMF等腰三角形．
点评：
题二次函数综合题型难度．试题背景图形旋转需旋转运动程清楚理解第（3）问考查分类讨数学思想需考虑全面避免漏解．
11．（2020•永州）图已知二次函数y（x﹣m）2﹣4m2（m＞0）图象x轴交AB两点．
（1）写出AB两点坐标（坐标m表示）
（2）二次函数图象顶点PAB直径圆求二次函数解析式
（3）（2）基础设AB直径⊙My轴交CD两点求CD长．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）解关x元二次方程（x﹣m）2﹣4m20求出x值AB两点坐标
（2）二次函数图象顶点PAB直径圆AB抛物线x轴交点根抛物线称性圆半径处处相等知PMAB垂直分线MPMAMBAB出点P坐标（m﹣2m）根二次函数顶点式y（x﹣m）2﹣4m2（m＞0）出顶点P坐标：（m﹣4m2）﹣2m﹣4m2解方程求出m值m值代入y（x﹣m）2﹣4m2求出二次函数解析式
（3）连接CM．根（2）中结先Rt△OCM中求出CMOM长度利勾股定理列式求出OC长根垂径定理出弦CD长等OC2倍．
解答：
解：（1）∵y（x﹣m）2﹣4m2
∴y0时（x﹣m）2﹣4m20
解x1﹣mx23m
∵m＞0
∴AB两点坐标分（﹣m0）（3m0）
（2）∵A（﹣m0）B（3m0）m＞0
∴AB3m﹣（﹣m）4m圆半径AB2m
∴OMAM﹣OA2m﹣mm
∴抛物线顶点P坐标：（m﹣2m）
∵二次函数y（x﹣m）2﹣4m2（m＞0）顶点P坐标：（m﹣4m2）
∴﹣2m﹣4m2
解m1m20（舍）
∴二次函数解析式y（x﹣）2﹣1yx2﹣x﹣
（3）图连接CM．
Rt△OCM中∵∠COM90°CM2m2×1OMm
∴OC
∴CD2OC．
点评：
题二次函数综合题中涉二次函数元二次方程关系二次函数性质圆半径弦心距半弦长构成直角三角形应勾股定理垂径定理等知识综合性较强难度仔细分析求解便难解决．
12．（2020•永州）图已知AB⊥BDCD⊥BD
（1）AB9CD4BD10请问BD否存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似？存求BP长存请说明理
（2）AB9CD4BD12请问BD存少P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似？求BP长
（3）AB9CD4BD15请问BD存少P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似？求BP长
（4）ABmCDnBDl请问mnl满足什关系时存PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似P点？两P点？三P点？
考点：
相似形综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似设BPx根∠B∠D90°相似三角形判定出时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似代入求出
（2）存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似设BPx根∠B∠D90°相似三角形判定出时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似代入求出
（3）存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似设BPx根∠B∠D90°相似三角形判定出时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似代入求出
（4）存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似设BPx根∠B∠D90°相似三角形判定出时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似代入根根判式进行判断．
解答：
解：（1）存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
理：设BPx
∵AB⊥BDCD⊥BD
∴∠B∠D90°
∴时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴①②
解方程①：x
方程②：x（10﹣x）36
x2﹣10x+360
△（﹣10）2﹣4×1×36＜0方程解
∴BP时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴存P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似时BP值
（2）BD存2P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
理：设BPx
∵AB⊥BDCD⊥BD
∴∠B∠D90°
∴时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴①②
解方程①：x
方程②：x（12﹣x）36
x2﹣12x+360
△（﹣10）2﹣4×1×360
方程解x2x36
∴BP6时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴存2点PPAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似时BP值6
（3）BD存3P点PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
理：设BPx
∵AB⊥BDCD⊥BD
∴∠B∠D90°
∴时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴①②
解方程①：x
方程②：x（15﹣x）36
x2﹣15x+360
△（﹣15）2﹣4×1×3681
方程解x23x312
∴BP312时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴存3点PPAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似时BP值312
（4）设BPx
∵AB⊥BDCD⊥BD
∴∠B∠D90°
∴时PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似
∴①②
解方程①：x
方程②：x（l﹣x）mn
x2﹣lx+mn0
△（﹣l）2﹣4×1×mnl2﹣4mn
∴l2﹣4mn＜0时方程②没实数根
l2﹣4mn＜0时存PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似P点
∵l2﹣4mn0时方程②1实数根
∴l2﹣4mn0时存PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似两P点
∵l2﹣4mn＞0时方程②2实数根
∴l2﹣4mn＞0时存PAB三点顶点三角形PCD三点顶点三角形相似三P点．
点评：
题考查相似三角形判定性质根判式应注意：ax2+bx+c0（a≠0abc常数）△b2﹣4ac＜0时方程实数解△b2﹣4ac0时方程两相等实数解△b2﹣4ac＞0时方程两等实数解．
13．（2020•湘潭）图坐标系xOy中已知D（﹣54）B（﹣30）D点分作DADC垂直x轴y轴垂足分AC两点动点PO点出发x轴秒1单位长度速度右运动运动时间t秒．
（1）t值时PC∥DB
（2）t值时PC⊥BC
（3）点P圆心PO长半径⊙P点P运动变化⊙P△BCD边（边直线）相切时求t值．
考点：
相似形综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）D点分作DADC垂直x轴y轴垂足分AC两点求出DC5OC4OB3根四边形DBPC行四边形求出DCBP5求出OP2
（2）证△PCO∽△CBO出求出OP
（3）设⊙P半径R分三种情况：①⊙P直线DC相切时P作PM⊥DC交DC延长线M求出PMOP长
②⊙PBC相切时根△COB∽△PBM出求出R12③⊙PDB相切时证△ADB∽△MPB出求出R．
解答：
解：（1）∵D（﹣54）B（﹣30）D点分作DADC垂直x轴y轴垂足分AC两点
∴DC5OC4OB3
∵DC⊥y轴x轴⊥y轴
∴DC∥BP
∵PC∥DC
∴四边形DBPC行四边形
∴DCBP5
∴OP5﹣32
2÷12
t2秒时PC∥BD
（2）∵PC⊥BCx轴⊥y轴
∴∠COP∠COB∠BCP90∴
∴∠PCO+∠BCO90°∠CPO+∠PCO90°
∴∠CPO∠BCO
∴△PCO∽△CBO
∴
∴
∴OP
÷1
t秒时PC⊥BC
（3）设⊙P半径R
分三种情况：①⊙P直线DC相切时
图1P作PM⊥DC交DC延长线M
PMOC4OP
4÷14
t4
②图2⊙PBC相切时
∵∠BOC90°BO3OC4勾股定理：BC5
∵∠PMB∠COB90°∠CBO∠PBM
∴△COB∽△PBM
∴
∴
R12
12÷112
t12秒
③根勾股定理：BD2
图3⊙PDB相切时
∵∠PMB∠DAB90°∠ABD∠PBM
∴△ADB∽△MPB
∴
∴
R6+12
（6+12）÷16+12
t（6+12）秒．
点评：
题考查勾股定理切线性质判定相似三角形性质判定应考查学生计算推理力．
14．（2020•湘潭）图坐标系xOy中△ABC等腰直角三角形∠BAC90°A（10）B（02）抛物线yx2+bx﹣2图象C点．
（1）求抛物线解析式
（2）移该抛物线称轴直线l．l移动处时恰△ABC面积分相等两部分？
（3）点P抛物线动点否存点P四边形PACB行四边形？存求出P点坐标存说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
解答图示：
（1）首先构造全等三角形△AOB≌△CDA求出点C坐标然利点C坐标求出抛物线解析式
（2）首先求出直线BCAC解析式设直线lBCAC交点EF求出EF表达式根S△CEFS△ABC列出方程求出直线l解析式
（3）首先作出▱PACB然证明点P抛物线．
解答：
解：（1）答图1示点C作CD⊥x轴点D∠CAD+∠ACD90°．
∵∠OBA+∠OAB90°∠OAB+∠CAD90°
∴∠OAB∠ACD∠OBA∠CAD．
∵△AOB△CDA中
∴△AOB≌△CDA（ASA）．
∴CDOA1ADOB2
∴ODOA+AD3
∴C（31）．
∵点C（31）抛物线yx2+bx﹣2
∴1×9+3b﹣2解：b﹣．
∴抛物线解析式：yx2﹣x﹣2．
（2）Rt△AOB中OA1OB2勾股定理：AB．
∴S△ABCAB2．
设直线BC解析式ykx+b∵B（02）C（31）
∴
解k﹣b2
∴y﹣x+2．
理求直线AC解析式：yx﹣．
答图1示
设直线lBCAC分交点EFEF（﹣x+2）﹣（x﹣）﹣x．
△CEF中EF边高hOD﹣x3﹣x．
题意：S△CEFS△ABC
：EF•hS△ABC
∴（﹣x）•（3﹣x）×
整理：（3﹣x）23
解x3﹣x3+（合题意舍）
∴直线l解析式x3﹣时恰△ABC面积分相等两部分．
（3）存．
答图2示
点C作CG⊥y轴点GCGOD3OG1BGOB﹣OG1．
点A作AP∥BCAPBC连接BP四边形PACB行四边形．
点P作PH⊥x轴点H易证△PAH≌△BCG
∴PHBG1AHCG3
∴OHAH﹣OA2
∴P（﹣21）．
抛物线解析式：yx2﹣x﹣2x﹣2时y1点P抛物线．
∴存符合条件点P点P坐标（﹣21）．
点评：
题二次函数综合题型考查二次函数图象性质次函数图象性质定系数法全等三角形行四边形等腰直角三角形等知识点．试题难度需仔细分析认真计算．
15．（2020•荆州）图已知：图①直线y﹣x+x轴y轴分交AB两点两动点DE分AB两点时出发O点运动（运动O点停止）称轴点A顶点M抛物线ya（x﹣k）2+h（a＜0）始终点EE作EG∥OA交抛物线点G交AB点F连结DEDFAGBG．设DE运动速度分1单位长度秒单位长度秒运动时间t秒．
（1）含t代数式分表示BFEFAF长
（2）t值时四边形ADEF菱形？判断时△AFG△AGB否相似说明理
（3）△ADF直角三角形抛物线顶点M恰BG时求抛物线解析式．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）首先求出次函数y﹣x+坐标轴交点AB坐标然解直角三角形求出BFEFAF长
（2）EF∥ADEFADt四边形ADEF行四边形▱ADEF菱形DEADt．DE2OE列方程求出t值
答图1示推出∠BAG∠GAF∠ABG∠AGF30°证明△AFG△AGB相似．
（3）△ADF直角三角形时两种情形需分类讨：
①∠ADF90°答图2示．首先求出时t值次求出点G坐标利定系数法求出直线BG解析式点M坐标利顶点式定系数法求出抛物线解析式
②∠AFD90°答图3示．解题思路①相．
解答：
解：（1）直线解析式y﹣x+中令x0y令y0x1．
∴A（10）B（0）OA1OB．
∴tan∠OAB∴∠OAB60°
∴AB2OA2．
∵EG∥OA∴∠EFB∠OAB60°．
∴EFtBF2EF2t
∴AFAB﹣BF2﹣2t．
（2）①∵EF∥ADEFADt∴四边形ADEF行四边形．
▱ADEF菱形DEADt．
DE2OD：t2（1﹣t）解t．
∴t时四边形ADEF菱形．
②时△AFG△AGB相似．理：
答图1示连接AE
∵四边形ADEF菱形
∴∠DEF∠DAF60°
∴∠AEF30°．
抛物线称性知AGAE
∴∠AGF∠AEF30°．
Rt△BEG中BEEG2
∴tan∠EBG
∴∠EBG60°
∴∠ABG∠EBG﹣∠EBF30°．
△AFG△AGB中∵∠BAG∠GAF∠ABG∠AGF30°
∴△AFG∽△AGB．
（3）△ADF直角三角形时
①∠ADF90°答图2示：
时AF2DA2﹣2t2t解t．
∴BEtOEOB﹣BE
∴E（0）G（2）．
设直线BG解析式ykx+bB（0）G（2）代入：
解kb
∴yx+．
令x1y
∴M（1）．
设抛物线解析式ya（x﹣1）2+点E（0）抛物线
∴a+解a．
∴y（x﹣1）2+x2+x+．
②∠AFD90°答图3示：
时AD2AF：t2（2﹣2t）解：t．
∴BEtOEOB﹣BE
∴E（0）G（2）．
设直线BG解析式ykx+bB（0）G（2）代入：
解kb
∴yx+．
令x1y∴M（1）．
设抛物线解析式ya（x﹣1）2+点E（0）抛物线
∴a+解a．
∴y（x﹣1）2+x2+x+．
综述符合条件抛物线解析式：yx2+x+yx2+x+．
点评：
题中考压轴题涉二次函数图象性质次函数图象性质定系数法相似三角形解直角三角形菱形等知识点．第（3）问中两种情形存需分类讨避免漏解．
16．（2020•吉林）图Rt△ABC中∠ACB90°AC6cmBC8cm．点DEF分边ABBCAC中点连接DEDF动点PQ分点AB时出发运动速度均1cms点PA F D方运动点D停止点QBC方运动点P停止运动时点Q停止运动．运动程中点Q作BC垂线交AB点M点PMQ顶点作行四边形PMQN．设行四边形边形PMQN矩形FDEC重叠部分面积y（cm2）（里规定线段面积0图形）点P运动时间x（s）
（1）点P运动点F时CQ 5 cm
（2）点P点F运动点D程中某时刻点P落MQ求时BQ长度
（3）点P线段FD运动时求yx间函数关系式．
考点：
相似形综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）点P运动点F时求出AFFC3cmBQAF3cm求出答案
（2）根点P点F运动点D程中点P落MQ出方程t+t﹣38求出
（3）求出DEAC3DFBC4证△MBQ∽△ABC求出MQx分三种情况：①3≤x＜4时重叠部分图形行四边形根yPN•PD代入求出②4≤x＜时重叠部分矩形根图形出y3[（8﹣X）﹣（X﹣3））]③≤x≤7时重叠部分图形矩形根图形出y3[（x﹣3）﹣（8﹣x）]求出．
解答：
解：（1）点P运动点F时
∵FAC中点AC6cm
∴AFFC3cm
∵PQ运动速度1cms
∴BQAF3cm
∴CQ8cm﹣3cm5cm
答案：5．
（2）设点P点F运动点D程中点P落MQ图1
t+t﹣38
t
BQ长度×1（cm）
（3）∵DEF分ABBCAC中点
∴DEAC×63
DFBC×84
∵MQ⊥BC
∴∠BQM∠C90°
∵∠QBM∠CBA
∴△MBQ∽△ABC
∴
∴
MQx
分三种情况：①3≤x＜4时重叠部分图形行四边形图2
yPN•PD
x（7﹣x）
y﹣x2+x
②4≤x＜时重叠部分矩形图3
y3[（8﹣X）﹣（X﹣3））]
y﹣6x+33
③≤x≤7时重叠部分图形矩形图4
y3[（x﹣3）﹣（8﹣x）]
y6x﹣33．
点评：
题考查函数应矩形性质行四边形性质三角形中位线等知识点应考查学生综合运性质进行计算力分类讨思想．
17．（2020•吉林）图①面直角坐标系中点P（0m2）（m＞0）y轴正半轴点P作行x轴直线分交抛物线C1：yx2点AB交抛物线C2：yx2点CD．原点O关直线AB称点点Q分连接OAOBQCQD．
猜想证明
填表：
m
1
2
3
表猜想：意m（m＞0）均 ．请证明猜想．
探究应
（1）利面结△AOB△CQD面积
（2）△AOB△CQD中等腰直角三角形时求△CQD△AOB面积差
联想拓展
图②点A作y轴行线交抛物线C2点E点D作y轴行线交抛物线C1点F．y轴取点M连接MAMEMDMF△MAE△MDF面积值 ．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
猜想证明：
P点坐标分代入C1C2解析式ABCD值求出结发现规律出意m（m＞0）ym2代入两二次函数解析式分表示出ABCD值出均
探究证明：
（1）条件出△AOB△CQD高相等出面积等底出结
（2）分两种情况讨△AOB等腰直角三角形时求出m值求出△AOB面积求出△CQD面积求出差△CQD等腰直角三角形时求出m值求出△CDQ面积进求出结
联想拓展：
猜想证明知AD坐标求出FE坐标求出AEDF值三角形面积公式分表示出△MAE△MDF面积求出值．
解答：
解：猜想证明：
m1时1x21x2
∴x±2x±3
∴AB4CD6
∴
m2时4x24x2
∴x±4x±6
∴AB8CD12
∴
m3时9x29x2
∴x±6x±9
∴AB12CD18
∴
∴填表
m
1
2
3
意m（m＞0）均．
理：ym2（m＞0）代入yx2x±2m
∴A（﹣2mm2）B（2mm2）
∴AB4m．
ym2（m＞0）代入yx2x±3m
∴C（﹣3mm2）D（3mm2）
∴CD6m．
∴
∴意m（m＞0）均
探究运：
（1）∵OQ关直线CD称
∴PQOP．
∵CD∥x轴
∴∠DPQ∠DPO90°．
∴△AOB△CQD高相等．
∵
∴ABCD．
∵S△AOBAB•POS△CQDCD•PQ
∴
（2）△AOB等腰直角三角形时图3
∴POPBm2AB2OP
∴m2m4
∴4m2m4
∴m10m2﹣2m32．
∵m＞0
∴m2
∴OP4AB8
∴PD6CD12．
∴S△AOB16
∴S△CQD24
∴S△CQD﹣S△AOB24﹣168．
△CQD等腰直角三角形时图4
∴PQPOPDm2CD2QP
∴m2m4
∴9m2m4
∴m10m2﹣3m33．
∵m＞0
∴m3
∴OP6AB12
∴PQ9CD18．
∴S△AOB54
∴S△CQD81
∴S△CQD﹣S△AOB81﹣5427
联想拓展
猜想证明知A（﹣2mm2）D（3mm2）
∵AE∥y轴DF∥y轴
∴E点横坐标﹣2mF点横坐标3m
∴y（﹣2m）2y（3m）2
∴ym2ym2
∴E（﹣2mm2）F（3mm2）
∴AEm2﹣m2m2DFm2﹣m2m2．
S△AEM×m2•2mm3
S△DFMm2•3mm3．
∴．
答案：．
点评：
题考出称轴y轴抛物线性质运特殊般数学思想运等腰直角三角形性质运三角形面积公式运轴称性质运解答题时运两抛物线点特征变建立方程求解关键．
18．（2020•溪）△ABC中∠ACB90°∠A＜45°点OAB中点足够三角板直角顶点点O重合边OE点C边ODAC交点M．
（1）图1∠A30°时求证：MC2AM2+BC2
（2）图2∠A≠30°时（1）中结否成立？果成立请说明理果成立请写出认正确结说明理
（3）三角形ODE绕点O旋转直线OD直线AC相交点M直线OE直线BC相交点N连接MNMN2AM2+BN2成立？
答： 成立 （填成立成立）
考点：
相似形综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）A作AF⊥AC交CO延长线F连接MF根相似求出AFBCCOOF求出FMCM根勾股定理求出
（2）A作AF⊥AC交CO延长线F连接MF根相似求出AFBCCOOF求出FMCM根勾股定理求出
（3）结然成立．
解答：
（1）证明：图1A作AF⊥AC交CO延长线F连接MF
∵∠ACB90°
∴BC∥AF
∴△BOC∽△AOF
∴
∵OAB中点
∴OAOB
∴AFBCCOOF
∵∠MOC90°
∴OMCF垂直分线
∴CMMF
Rt△AMF中勾股定理：MF2AM2+AF2AM2+BC2
MC2AM2+BC2
（2）解：成立
理：图2
A作AF⊥AC交CO延长线F连接MF
∵∠ACB90°
∴BC∥AF
∴△BOC∽△AOF
∴
∵OAOB
∴AFBCCOOF
∵∠MOC90°
∴OMCF垂直分线
∴CMMF
Rt△AMF中勾股定理：MF2AM2+AF2AM2+BC2
MC2AM2+BC2
（3）成立．
点评：
题考查直角三角形相似三角形性质判定勾股定理应考查学生综合运性质定理进行推理力题目较证明程类似．
19．（2020•溪）图面直角坐标系中点O原点矩形OABC顶点Ax轴正半轴顶点Cy正半轴点B坐标（53）抛物线yx2+bx+cAC两点x轴交点点D连接BD．
（1）求抛物线解析式
（2）点M抛物线称轴点MBD顶点三角形面积6求点M坐标
（3）点P点D出发秒1单位长度速度D→B匀速运动时点Q点B出发秒1单位长度速度B→A→D匀速运动点P达点B时PQ时停止运动设运动时间t秒t值时DPQ顶点三角形等腰三角形？请直接写出符合条件值．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）求出点AC坐标利定系数法求出抛物线解析式
（2）答图1示关键求出MG长度利面积公式解决注意符合条件点M2漏解
（3）△DPQ等腰三角形三种情形需分类讨：
①PDPQ答图2示
②PDDQ答图3示
③PQDQ答图4示．
解答：
解：（1）∵矩形ABCDB（53）
∴A（50）C（03）．
∵点A（50）C（03）抛物线yx2+bx+c
∴解：bc3．
∴抛物线解析式：yx2x+3．
（2）答图1示
∵yx2x+3（x﹣3）2﹣
∴抛物线称轴直线x3．
答图1示设称轴BD交点Gx轴交点HH（30）．
令y0x2x+30解x1x5．
∴D（10）∴DH2AH2AD4．
∵tan∠ADB∴GHDH•tan∠ADB2×
∴G（3）．
∵S△MBD6S△MDG+S△MBG6
∴MG•DH+MG•AH6
：MG×2+MG×26
解：MG3．
∴点M坐标（3）（3）．
（3）Rt△ABD中AB3AD4BD5∴sinBcosB．
DPQ顶点三角形等腰三角形：
①PDPQ答图2示：
时PDPQBQt点Q作QE⊥BD点E
BEPEBEBQ•cosBtQEBQ•sinBt
∴DEt+tt．
勾股定理：DQ2DE2+QE2AD2+AQ2
（t）2+（t）242+（3﹣t）2
整理：11t2+6t﹣250
解：tt﹣5（舍）
∴t
②PDDQ答图3示：
时PDtDQAB+AD﹣t7﹣t
∴t7﹣t
∴t
③PQDQ答图4示：
∵PDt∴BP5﹣t
∵DQ7﹣t∴PQ7﹣tAQ4﹣（7﹣t）t﹣3．
点P作PF⊥AB点FPFPB•sinB（5﹣t）×4﹣tBFPB•cosB（5﹣t）×3﹣t．
∴AFAB﹣BF3﹣（3﹣t）t．
点P作PE⊥AD点EPEAF矩形
∴PEAFtAEPF4﹣t∴EQAQ﹣AE（t﹣3）﹣（4﹣t）t﹣7．
Rt△PQE中勾股定理：EQ2+PE2PQ2
：（t﹣7）2+（t）2（7﹣t）2
整理：13t2﹣56t0
解：t0（舍）t．
∴t．
综述ttt时DPQ顶点三角形等腰三角形．
点评：
题二次函数综合题型考查二次函数图象性质定系数法图形面积解直角三角形勾股定理等知识点．分类讨数学思想题考查重点第（2）（3）问中均体现解题时注意全面分析认真计算．
20．（2020•达州）图面直角坐标系中直线AB交x轴点A（50）交y轴点BAO⊙M直径半圆交AB点CAC3．取BO中点D连接CDMDOC．
（1）求证：CD⊙M切线
（2）二次函数图象点DMA称轴动点P连接PDPM求△PDM周长时点P坐标
（3）（2）条件△PDM周长时抛物线否存点QS△QAMS△PDM？存求出点Q坐标存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）连接CM出CMOM∠MOC∠MCOOA直径∠ACO90°DOB中点CDOD∠DOC∠DCO∠DOC+∠MOC90°出∠DCO+∠MCO90°出结
（2）根条件出△ACO∽△AOB求出求出ABRt△AOB中勾股定理求出OB值根DOB中点求出D坐标定系数法求出抛物线解析式求出称轴根轴称性质连接AD交称轴P先求出AD解析式求出P坐标
（3）根S△PDMS△ADM﹣S△APM求出值表示出S△QAM设Q坐标m根三角形面积公式求出横坐标出结．
解答：
（1）证明：连接CM
∵AO直径M圆心
∴CMOM∠ACO90°
∴∠MOC∠MCO．
∵DOB中点
∴CDOD
∴∠DOC∠DCO．
∵∠DOC+∠MOC90°
∴∠DCO+∠MCO90°
∠MCD90°
∴CD⊙M切线
（2）解：∵∠ACO∠AOB90°∠OAB∠OAB
∴△ACO∽△AOB
∴
∴
∴AB．
Rt△AOB中勾股定理
BO
∵DOB中点
∴ODOB
∴D（0）．
∵OMAMOA
∴M（0）．设抛物线解析式ya（x﹣）（x﹣5）题意
a（0﹣）（0﹣5）
解：a
∴抛物线解析式：y（x﹣）（x﹣5）
（x﹣）2﹣．
连接AD交称轴P设直线AD解析式ykx+b题意
解：
∴直线AD解析式：y﹣x+
x时
y
∴P（）
（3）解：存．
∵S△PDMS△ADM﹣S△APM
∴S△PDM××﹣××
∴S△QAM．
设Q坐标m题意
∴|m|
∴m±
m时
（x﹣）2﹣．
x1x2
m﹣时
﹣（x﹣）2﹣．
x．
∴Q（）（）（﹣）．
点评：
题考查圆周角定理运勾股定理运圆切线判定定理运定系数法求函数解析式运抛物线顶点式运三角形面积公式运轴称性质运解答时求出抛物线解析式解答题关键．
21．（2020•达州）通类联想引申拓展研究典型题目达解题知类目．面案例请补充完整．
原题：图1点EF分正方形ABCD边BCCD∠EAF45°连接EFEFBE+DF试说明理．
（1）思路梳理
∵ABAD
∴△ABE绕点A逆时针旋转90°△ADGABAD重合．
∵∠ADC∠B90°
∴∠FDG180°点FDG线．
根 SAS 易证△AFG≌ △AEF EFBE+DF．
（2）类引申
图2四边形ABCD中ABAD∠BAD90°点EF分边BCCD∠EAF45°．∠B∠D直角∠B∠D满足等量关系 ∠B+∠D180° 时EFBE+DF．
（3）联想拓展
图3△ABC中∠BAC90°ABAC点DE均边BC∠DAE45°．猜想BDDEEC应满足等量关系写出推理程．
考点：
变换综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）△ABE绕点A逆时针旋转90°△ADGABAD重合证明△AFG≌△AEF进EFFGEFBE+DF
（2）∠B+∠D180°时EFBE+DF（1）证法类
（3）根△AEC绕点A时针旋转90°△ABE′根旋转性质知△AEC≌△ABE′BE′ECAE′AE∠C∠ABE′∠EAC∠E′AB根Rt△ABC中ABAC∠E′BD90°E′B2+BD2E′D2证△AE′D≌△AED利DEDE′DE2BD2+EC2
解答：
解：（1）∵ABAD
∴△ABE绕点A逆时针旋转90°△ADGABAD重合．
∴∠BAE∠DAG
∵∠BAD90°∠EAF45°
∴∠BAE+∠DAF45°
∴∠EAF∠FAG
∵∠ADC∠B90°
∴∠FDG180°点FDG线
△AFG△AEF中
∴△AFG≌△AEF（SAS）
∴EFFG
：EFBE+DF．
（2）∠B+∠D180°时EFBE+DF
∵ABAD
∴△ABE绕点A逆时针旋转90°△ADGABAD重合
∴∠BAE∠DAG
∵∠BAD90°∠EAF45°
∴∠BAE+∠DAF45°
∴∠EAF∠FAG
∵∠ADC+∠B180°
∴∠FDG180°点FDG线
△AFG△AEF中
∴△AFG≌△AEF（SAS）
∴EFFG
：EFBE+DF．
（3）猜想：DE2BD2+EC2
证明：根△AEC绕点A时针旋转90°△ABE′
∴△AEC≌△ABE′
∴BE′ECAE′AE
∠C∠ABE′∠EAC∠E′AB
Rt△ABC中
∵ABAC
∴∠ABC∠ACB45°
∴∠ABC+∠ABE′90°
∠E′BD90°
∴E′B2+BD2E′D2
∵∠DAE45°
∴∠BAD+∠EAC45°
∴∠E′AB+∠BAD45°
∠E′AD45°
△AE′D△AED中
∴△AE′D≌△AED（SAS）
∴DEDE′
∴DE2BD2+EC2．
点评：
题考查变换关键正确画出图形证明△AFG≌△AEF．题道综合题难度较题目例题思路解决题做较铺垫．
22．（2020•德阳）图已知AB⊙O直径BC⊙O弦弦ED⊥AB点F交BC点G点C作⊙O切线ED延长线交点P．
（1）求证：PCPG
（2）点C劣弧AD运动时条件变点GBC中点试探究CGBFBO三者间数量关系写出证明程
（3）满足（2）条件已知⊙O半径5点OBC距离时求弦ED长．
考点：
切线性质勾股定理相似三角形判定性质．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）连结OC根切线性质OC⊥PC∠OCG+∠PCG90°ED⊥AB∠B+∠BGF90°∠B∠OCG∠PCG∠BGF根顶角相等∠BGF∠PGC
∠PGC∠PCGPCPG
（2）连结OG点GBC中点根垂径定理推OG⊥BCBGCG易证Rt△BOG∽Rt△BGFBG：BFBO：BGBG2BO•BFBGCG代换CG2BO•BF
（3）解：连结OEOGOGRt△OBG中利勾股定理计算出BG2利BG2BO•BF计算出BFOF1Rt△OEF中根勾股定理计算出EF2AB⊥ED根垂径定理EFDFDE2EF4．
解答：
（1）证明：连结OC图
∵PC⊙O切线
∴OC⊥PC
∴∠OCG+∠PCG90°
∵ED⊥AB
∴∠B+∠BGF90°
∵OBOC
∴∠B∠OCG
∴∠PCG∠BGF
∠BGF∠PGC
∴∠PGC∠PCG
∴PCPG
（2）解：CGBFBO三者间数量关系CG2BO•BF．理：
连结OG图
∵点GBC中点
∴OG⊥BCBGCG
∴∠OGB90°
∵∠OBG∠GBF
∴Rt△BOG∽Rt△BGF
∴BG：BFBO：BG
∴BG2BO•BF
∴CG2BO•BF
（3）解：连结OE图
（2）OG⊥BC
∴OG
Rt△OBG中OB5
∴BG2
（2）BG2BO•BF
∴BF4
∴OF1
Rt△OEF中EF2
∵AB⊥ED
∴EFDF
∴DE2EF4．
点评：
题考查切线性质：圆切线垂直切点半径．考查垂径定理推勾股定理三角形相似判定性质．
23．（2020•德阳）图面直角坐标系中矩形ABCO（O原点）点AC分x轴y轴C点坐标（06）△BCDBD折叠（D点OC）C点落OA边E点△BAEBE折叠恰点A落BD边F点．
（1）求BC长求折痕BD直线函数解析式
（2）点F作FG⊥x轴垂足GFG中点H抛物线yax2+bx+cBHD三点求抛物线解析式
（3）点P矩形部点点P（2）中抛物线运动（含BD点）点P作PN⊥BC分交BCBD点NM否存样点PS△BNMS△BPM？果存求出点P坐标果存请说明理．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）首先折叠性质∠CBD∠DBE∠ABE30°然解直角三角形点D点B坐标定系数法求出直线BD解析式
（2）点BD坐标已求出关键求出点H坐标．Rt△FGE中解直角三角形求出点H坐标利定系数法求出抛物线解析式
（3）S△BNMS△BPM两三角形等高PMMN．结列出方程求出点P坐标．
解答：
解：（1）翻折知：△BCD≌△BED∴∠CBD∠DBE．
∵△ABE≌△FBE∴∠DBE∠ABE．
∵四边形OCBA矩形
∴∠CBD∠DBE∠ABE30°．
Rt△DOE中∠ODE60°∴DECD2OD．
∵OCOD+CD6∴OD+2OD6
∴OD2D（02）
∴CD4．
Rt△CDB中BCCD•tan60°∴B（6）．
设直线BD解析式ykx+b
题意：解
∴直线BD解析式：yx+2．
（2）Rt△FGE中∠FEG60°FEAE．
（1）易：OE
∴FEAE．
∴FG3GE．∴OG．
∵HFG中点
∴H（）．
∵抛物线yax2+bx+cBHD三点
∴解
∴yx2x+2．
（3）存．
∵P抛物线
∴设P（xx2x+2）M（xx+2）N（x6）．
∵S△BNMS△BPM
∴PMMN．
：x2x4﹣x
整理：x2﹣x﹣40
解：xx．
x时yx2x+22
x时yx2x+26点B重合符合题意舍．
∴P（2）．
∴存点PS△BNMS△BPM点P坐标（2）．
点评：
题二次函数综合题型考查二次函数图象性质定系数法次函数解直角三角形翻折（折叠）性质矩形性质等知识点．试题难度图形较复杂注意理清头绪．第（1）问点翻折（折叠）性质第（2）问点求出点H坐标第（3）问点S△BNMS△BPM推出PMMN．
24．（2020•连云港）图面直角坐标系中O坐标原点点AB坐标分（80）（06）．动点Q点O动点P点A时出发分着OA方AB方均1单位长度秒速度匀速运动运动时间t（秒）（0＜t≤5）．P圆心PA长半径⊙PABOA交点分CD连接CDQC．
（1）求t值时点Q点D重合？
（2）设△QCD面积S试求St间函数关系式求S值
（3）⊙P线段QC交点请直接写出t取值范围．
考点：
圆综合题．4707122
专题：
代数综合题压轴题．
分析：
（1）根点AB坐标求出OAOB利勾股定理列式求出AB根点Q速度表示出OQ然求出AQ根直径圆周角直角∠ADC90°利∠BAO余弦表示出AD然列出方程求解
（2）利∠BAO正弦表示出CD长然分点QD重合前重合两种情况表示出QD利三角形面积公式列式整理然根二次函数值问题解答
（3）两时段⊙P线段QC交点：①运动开始QC⊙P相切时（0＜t≤）②重合分离运动结束（＜t≤5）．
解答：
解：（1）∵A（80）B（06）
∴OA8OB6
∴AB10
∴cos∠BAOsin∠BAO．
∵AC⊙P直径
∴△ACD直角三角形．
∴ADAC•cos∠BAO2t×t．
点Q点D重合时OQ+ADOA
：t+t8
解：t．
∴t（秒）时点Q点D重合．
（2）Rt△ACD中CDAC•sin∠BAO2t×t．
①0＜t≤时
DQOA﹣OQ﹣AD8﹣t﹣t8﹣t．
∴SDQ•CD（8﹣t）•t﹣t2+t．
∵﹣0＜＜
∴t时S值
②＜t≤5时
DQOQ+AD﹣OAt+t﹣8t﹣8．
∴SDQ•CD（t﹣8）•tt2﹣t．
∵﹣＜St增增
∴t5时S值15＞．
综述S值15．
（3）CQ⊙P相切时CQ⊥AB
∵∠BAO∠QAC∠AOB∠ACQ90°
∴△ACQ∽△AOB
∴
解t．
⊙P线段QC交点t取值范围0＜t≤＜t≤5．
点评：
题考查圆综合题型利解直角三角形勾股定理三角形面积相似三角形判定性质二次函数值问题综合性较强难度关键考虑点QD两点重合前两种情况题容易出错方．
25．（2020•昭通）图1已知A（30）B（44）原点O（00）抛物线yax2+bx+c （a≠0）．
（1）求抛物线解析式．
（2）直线OB移m单位长度直线抛物线交点D求m值点D坐标．
（3）图2点N抛物线∠NBO∠ABO（2）条件求出满足△POD∽△NOB点P坐标（点POD分点NOB应）
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）利定系数法求二次函数解析式进出答案
（2）首先求出直线OB解析式yx进二次函数次函数联立求出交点
（3）首先求出直线A′B解析式进△P1OD∽△NOB出△P1OD∽△N1OB1进求出点P1坐标利翻折变换性质出点坐标．
解答：
解：（1）∵A（30）B（44）O（00）抛物线yax2+bx+c （a≠0）．
∴
解：
抛物线解析式：yx2﹣3x
（2）设直线OB解析式yk1x（ k1≠0）
点B（44）
44 k1
解k11．
∴直线OB解析式yx∠AOB45°．
∵B（44）
∴点B移m单位长度点B′坐标（40）
m4．
∴移m单位长度直线yx﹣4．
解方程组
解：
∴点D坐标（2﹣2）．
（3）∵直线OB解析式yxA（30）．
∵点A关直线OB称点A′坐标（03）．
设直线A′B解析式yk2x+3直线点B（44）．
∴4k2+34
解 k2．
∴直线A′B解析式yx+3．
∵∠NBO∠ABO∴点N直线A′B
设点N（nn+3）点N抛物线yx2﹣3x
∴n+3n2﹣3n．
解 n1n24（合题意舍）
∴点N坐标（﹣）．
图△NOBx轴翻折△N1OB1
N1 （﹣﹣）B1（4﹣4）．
∴ODB1直线y﹣x．
D点做DP1∥N1B1
∵△P1OD∽△NOB
∴△P1OD∽△N1OB1
∴P1O N1中点．
∴
∴点P1坐标（﹣﹣）．
△P1OD直线y﹣x翻折满足条件点x轴距离等P1y轴距离点y轴距离等P1x轴距离
∴点坐标：（）．
综述点P坐标（﹣﹣）（）．
点评：
题考查翻折变换性质定系数法求次函数二次函数解析式相似三角形判定性质等知识利翻折变换性质出应点关系解题关键．
26．（2020•昭通）图⊙C接△AOB中ABAO4tan∠AOB抛物线ya（x﹣2）2+m（a≠0）点A（40）点（﹣26）．
（1）求抛物线解析式
（2）直线m⊙C相切点A交y轴点D动点P线段OB点O出发点B运动时动点Q线段DA点D出发点A运动点P速度秒1单位长点Q速度秒2单位长．PQ⊥AD时求运动时间t值．
考点：
二次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）利定系数法求二次函数解析式解析式
（2）连接AC交OBE作OF⊥ADF出m∥OB进求出ODOF长进利勾股定理出DF长．
解答：
解：（1）点A（40）点（﹣26）坐标代入ya（x﹣2）2+m中方程组
解
抛物线解析式yx2﹣2x．
（2）图示连接AC交OBE．作OF⊥ADF
∵直线m切⊙C点A
∴AC⊥m．
∵弦ABAO
∴．
∴AC⊥OB
∴m∥OB．
∴∠OAD∠AOB．
∵OA4tan∠AOB
∴ODOA•tan∠OAD4×3．
OFOA•sin∠OAD4×24．
t秒时OPtDQ2t
PQ⊥AD FQOPt．DFDQ﹣FQt．
∴△ODF中tDF18（秒）．
点评：
题考查二次函数综合应垂径定理推勾股定理等知识根切线性质锐角三角函数关系出OF长解题关键．
27．（2020•贵阳）已知：直线yax+b抛物线y﹣x2﹣2x+3顶点P图示．
（1）顶点P坐标 （﹣14）
（2）直线yax+b点A（011）求出该直线表达式
（3）（2）条件条直线ymx+n直线yax+b关x轴成轴称求直线ymx+n抛物线y﹣x2﹣2x+3交点坐标．
考点：
二次函数性质次函数图象变换定系数法求次函数解析式．4707122
分析：
（1）利配方法求出图象顶点坐标
（2）利定系数法求次函数解析式
（3）利关x轴称点坐标性质首先求出直线ymx+n解析式进出直线ymx+n抛物线y﹣x2﹣2x+3交点坐标．
解答：
解：（1）∵y﹣x2﹣2x+3﹣（x 2+2x）+3﹣（x+1） 2+4
∴P点坐标：（﹣14）
答案：（﹣14）
（2）点P（﹣14）A（011）代入yax+b：
解：
∴该直线表达式：y7x+11
（3）∵直线ymx+n直线y7x+11关x轴成轴称
∴ymx+n点P′（﹣1﹣4）A′（0﹣11）
∴
解：
∴y﹣7x﹣11
∴﹣7x﹣11﹣x 2﹣2x+3
解：x17x2﹣2
时y1﹣60y23
∴直线ymx+n抛物线y﹣x2﹣2x+3交点坐标：（7﹣60）（﹣23）．
点评：
题考查二次函数性质定系数法求次函数解析式函数交点坐标求法根已知出图象应点坐标解题关键．
28．（2020•贵阳）图面直角坐标系中条直线l：x轴y轴分交点MN高3等边三角形ABC边BCx轴三角形着x轴正方移．
（1）移程中△A1B1C1时顶点A1恰落直线l写出A1点坐标 （3）
（2）继续右移△A2B2C2时外心P恰落直线l求P点坐标
（3）直线l否存样点（2）中A2B2C2意两点时构成三等腰三角形？果存求出点坐标果存说明理．
考点：
次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）根等边三角形ABC高3出A1点坐标3代入
（2）设P（xy）连接A2P延长交x轴点H连接B2P先求出A2B22HB2根点P等边三角形A2B2C2外心出PH1y1代入出点P坐标
（3）根点P等边三角形A2B2C2外心出△PA2B2△PB2C2△PA2C2等腰三角形P（31）（2）C2（40）点C2满足直线关系式出点C2点M重合∠PMB230°设点Q满足条件△QA2B2△B2QC2△A2QC2构成等腰三角形QA2QB2B2QB2C2A2QA2C2作QD⊥x轴点D连接QB2根QB22∠QB2D2∠PMB260°求出Q（3）设点S满足条件△SA2B2△C2B2S△C2PA2等腰三角形SA2SB2C2B2C2SC2A2C2S作SF⊥x轴点F根SC22∠SB2C2∠PMB230°求出S（4﹣3）
设点R满足条件△RA2B2△C2B2R△C2A2R构成等腰三角形RA2RB2C2B2C2RC2A2C2R作RE⊥x轴点E根RC22∠RC2E∠PMB230°R（4+3﹣）．
解答：
解：（1）∵等边三角形ABC高3
∴A1点坐标3
∵顶点A1恰落直线l
∴3
解x
∴A1点坐标（3）
答案：（3）
（2）设P（xy）连接A2P延长交x轴点H连接B2P
等边三角△A2B2C2中高A2H3
∴A2B22HB2
∵点P等边三角形A2B2C2外心
∴∠PB2H30°
∴PH1y1
y1代入
解：x3
∴P（31）
（3）∵点P等边三角形A2B2C2外心
∴△PA2B2△PB2C2△PA2C2等腰三角形
∴点P满足条件（2）P（31）
（2）C2（40）点C2满足直线关系式
∴点C2点M重合
∴∠PMB230°
设点Q满足条件△QA2B2△B2QC2△A2QC2构成等腰三角形
时QA2QB2B2QB2C2A2QA2C2
作QD⊥x轴点D连接QB2
∵QB22∠QB2D2∠PMB260°
∴QD3
∴Q（3）
设点S满足条件△SA2B2△C2B2S△C2PA2等腰三角形
时SA2SB2C2B2C2SC2A2C2S
作SF⊥x轴点F
∵SC22∠SB2C2∠PMB230°
∴SF
∴S（4﹣3）
设点R满足条件△RA2B2△C2B2R△C2A2R构成等腰三角形
时RA2RB2C2B2C2RC2A2C2R
作RE⊥x轴点E
∵RC22∠RC2E∠PMB230°
∴ER
∴R（4+3﹣）
答：存四点分P（31）Q（3）S（4﹣3）R．（4+3﹣）．
点评：
题考查次函数综合知识点次函数图象性质解直角三角形等腰三角形外心坐标等关键综合应关性质求出符合条件点坐标．
29．（2020•龙岩）图①矩形纸片ABCD中AB+1AD．
（1）图②矩形纸片方翻折点D恰落AB边D′处压折痕交CD点E折痕AE长
（2）图③四边形BCED′D′E左翻折压四边形B′C′ED′B′C′交AE点F四边形B′FED′面积 ﹣
（3）图④图②中△AED′绕点E时针旋转α角△A′ED″EA′恰顶点B求弧D′D″长．（结果保留π）
考点：
翻折变换（折叠问题）矩形性质弧长计算．4707122
专题：
探究型．
分析：
（1）先根图形反折变换性质出AD′D′E长根勾股定理求出AE长
（2）（1）知AD′出BD′长根图形反折变换性质出B′D′长等腰直角三角形性质出B′F长根梯形面积公式出结
（3）先根直角三角形性质求出∠BEC度数翻折变换性质出∠DEA度数出∠AEA′75°∠D′ED″弧长公式出结．
28．（2020•贵阳）图面直角坐标系中条直线l：x轴y轴分交点MN高3等边三角形ABC边BCx轴三角形着x轴正方移．
（1）移程中△A1B1C1时顶点A1恰落直线l写出A1点坐标 （3）
（2）继续右移△A2B2C2时外心P恰落直线l求P点坐标
（3）直线l否存样点（2）中A2B2C2意两点时构成三等腰三角形？果存求出点坐标果存说明理．
考点：
次函数综合题．4707122
专题：
压轴题．
分析：
（1）根等边三角形ABC高3出A1点坐标3代入
（2）设P（xy）连接A2P延长交x轴点H连接B2P先求出A2B22HB2根点P等边三角形A2B2C2外心出PH1y1代入出点P坐标
（3）根点P等边三角形A2B2C2外心出△PA2B2△PB2C2△PA2C2等腰三角形P（31）（2）C2（40）点C2满足直线关系式出点C2点M重合∠PMB230°设点Q满足条件△QA2B2△B2QC2△A2QC2构成等腰三角形QA2QB2B2QB2C2A2QA2C2作QD⊥x轴点D连接QB2根QB22∠QB2D2∠PMB260°求出Q（3）设点S满足条件△SA2B2△C2B2S△C2PA2等腰三角形SA2SB2C2B2C2SC2A2C2S作SF⊥x轴点F根SC22∠SB2C2∠PMB230°求出S（4﹣3）
设点R满足条件△RA2B2△C2B2R△C2A2R构成等腰三角形RA2RB2C2B2C2RC2A2C2R作RE⊥x轴点E根RC22∠RC2E∠PMB230°R（4+3﹣）．
解答：
解：（1）∵等边三角形ABC高3
∴A1点坐标3
∵顶点A1恰落直线l
∴3
解x
∴A1点坐标（3）
答案：（3）
（2）设P（xy）连接A2P延长交x轴点H连接B2P
等边三角△A2B2C2中高A2H3
∴A2B22HB2
∵点P等边三角形A2B2C2外心
∴∠PB2H30°
∴PH1y1
y1代入
解：x3
∴P（31）
（3）∵点P等边三角形A2B2C2外心
∴△PA2B2△PB2C2△PA2C2等腰三角形
∴点P满足条件（2）P（31）
（2）C2（40）点C2满足直线关系式
∴点C2点M重合
∴∠PMB230°
设点Q满足条件△QA2B2△B2QC2△A2QC2构成等腰三角形
时QA2QB2B2QB2C2A2QA2C2
作QD⊥x轴点D连接QB2
∵QB22∠QB2D2∠PMB260°
∴QD3
∴Q（3）
设点S满足条件△SA2B2△C2B2S△C2PA2等腰三角形
时SA2SB2C2B2C2SC2A2C2S
作SF⊥x轴点F
∵SC22∠SB2C2∠PMB230°
∴SF
∴S（4﹣3）
设点R满足条件△RA2B2△C2B2R△C2A2R构成等腰三角形
时RA2RB2C2B2C2RC2A2C2R
作RE⊥x轴点E
∵RC22∠RC2E∠PMB230°
∴ER
∴R（4+3﹣）
答：存四点分P（31）Q（3）S（4﹣3）R．（4+3﹣）．
点评：
题考查次函数综合知识点次函数图象性质解直角三角形等腰三角形外心坐标等关键综合应关性质求出符合条件点坐标．
29．（2020•龙岩）图①矩形纸片ABCD中AB+1AD．
（1）图②矩形纸片方翻折点D恰落AB边D′处压折痕交CD点E折痕AE长
（2）图③四边形BCED′D′E左翻折压四边形B′C′ED′B′C′交AE点F四边形B′FED′面积 ﹣
（3）图④图②中△AED′绕点E时针旋转α角△A′ED″EA′恰顶点B求弧D′D″长．（结果保留π）
考点：
翻折变换（折叠问题）矩形性质弧长计算．4707122
专题：
探究型．
分析：
（1）先根图形反折变换性质出AD′D′E长根勾股定理求出AE长
（2）（1）知AD′出BD′长根图形反折变换性质出B′D′长等腰直角三角形性质出B′F长根梯形面积公式出结
（3）先根直角三角形性质求出∠BEC度数翻折变换性质出∠DEA度数出∠AEA′75°∠D′ED″弧长公式出结．
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