中考數(shù)學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E，連CD分別交AE，AB于點F，G，過點A作AH⊥CD交BD于點H．則下列結論：①∠ADC=15°；②AF=AG；③AH=DF；④△AFG∽△CBG；⑤AF=（﹣1）EF．其中正確結論的個數(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PF=x，則AF=2x、AP==x，設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錯誤；記AH與CD的交點為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PF=x，則AF=2x、AP==x，設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．【點評】本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關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)等知識點．2．（2018·山東濰坊·3分）如圖，菱形ABCD的邊長是4厘米，∠B=60°，動點P以1厘米秒的速度自A點出發(fā)沿AB方向運動至B點停止，動點Q以2厘米/秒的速度自B點出發(fā)沿折線BCD運動至D點停止．若點P、Q同時出發(fā)運動了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)關系的是（）A． B． C． D．【分析】應根據(jù)0≤t＜2和2≤t＜4兩種情況進行討論．把t當作已知數(shù)值，就可以求出S，從而得到函數(shù)的解析式，進一步即可求解．【解答】解：當0≤t＜2時，S=2t××（4﹣t）=﹣t2+4t；當2≤t＜4時，S=4××（4﹣t）=﹣2t+8；只有選項D的圖形符合．故選：D．【點評】本題主要考查了動點問題的函數(shù)圖象，利用圖形的關系求函數(shù)的解析式，注意數(shù)形結合是解決本題的關鍵．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，對角線AC在直線l上，且點C位于點M處，將正方形ABCD沿l向右平移，直到點A與點N重合為止，記點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≤3三種情況結合等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到相應的函數(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，易得正方形的對角線AC=2，∠ACD=45°，如圖，當0≤x≤1時，y=2，如圖，當1<x≤2時，y=2m+2n=2(m+n)=2，如圖，當2<x≤3時，y=2，綜上，只有選項A符合，故選A.【點睛】本題考查了動點問題的函數(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，結合圖形正確分類是解題的關鍵.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=。則該方程的一個正根是（

）A.AC的長

B.AD的長

C.BC的長

D.CD的長【考點】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，

因為AC=b，BD=BC=，

所以b2+=，

整理可得AD2+aAD=b2，與方程x2＋ax=b2相同，

因為AD的長度是正數(shù)，所以AD是x2＋ax=b2的一個正根

故答案為B。

【點評】本題考查了一元二次方程的根與勾股定理的綜合運用，注意D是x2＋ax=b2的一個正根.5.（2018·重慶·4分）如圖，已知AB是的直徑，點P在BA的延長線上，PD與相切于點D，過點B作PD的垂線交PD的延長線于點C，若的半徑為4，，則PA的長為A．4B．C．3D．2.5【考點】圓的切線、相似三角形.【解析】作OH⊥PC于點H.易證△POH∽△PBC，,,【點評】此題考查圓切線與相似的結合，屬于基礎題3.（2018·重慶(A)·4分）若數(shù)使關于x的不等式組有且只有四個整數(shù)解，且使關于y的方程的解為非負數(shù)，則符合條件的所有整數(shù)的和為()A．B．C．1D．2【考點】不等式組和分式方程的應用【分析】解關于x的不等式組，根據(jù)題意求出的取值范圍，然后解關于y的方程，排除分式方程無解的情況，結合不等式組的結果，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.結合不等式組的結果有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【點評】此題考查不等式組和分式方程的應用，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，P是BC邊上的動點，連結PM，以點P為圓心，PM長為半徑作⊙P．當⊙P與正方形ABCD的邊相切時，BP的長為3或4．【考點】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⊙P與直線CD相切時；如圖2中當⊙P與直線AD相切時．設切點為K，連接PK，則PK⊥AD，四邊形PKDC是矩形；【解答】解：如圖1中，當⊙P與直線CD相切時，設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⊙P與直線AD相切時．設切點為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．【點評】本題考查切線的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，學會利用參數(shù)構建方程解決問題．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E，M是AB的中點，連結MD，ME．若∠EMD=90°，則cosB的值為．【考點】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H．首先證明DE=EH，設BE=x，利用勾股定理構建方程求出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．【點評】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，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．3．（2018?湖北荊門?3分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，函數(shù)y=（k＞0，x＞0）的圖象經(jīng)過菱形OACD的頂點D和邊AC的中點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D點的坐標為（a，b），求出C、E的坐標，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D點的坐標為（a，b）則C點的坐標為（a+3，b），∵E為AC的中點，∴EF=CM=b，AF=AM=OQ=a，E點的坐標為（3+a，b），把D、E的坐標代入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=（負數(shù)舍去），∴k=ab=2，故答案為：2．【點評】本題考查了勾股定理、反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征、菱形的性質(zhì)等知識點，能得出關于a、b的方程是解此題的關鍵．4.（2018·山東濰坊·3分）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點A與原點重合，點B在y軸的正半軸上，點D在x軸的負半軸上，將正方形ABCD繞點A逆時針旋轉30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′與CD相交于點M，則點M的坐標為（﹣1，）．【分析】連接AM，由旋轉性質(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A逆時針旋轉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M的坐標為（﹣1，），故答案為：（﹣1，）．【點評】本題主要考查旋轉的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，解題的關鍵是掌握旋轉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)的應用．5．（2018·湖北省孝感·3分）如圖，在平面直角坐標系中，正方形ABCD的頂點A的坐標為（﹣l，1），點B在x軸正半軸上，點D在第三象限的雙曲線y=上，過點C作CE∥x軸交雙曲線于點E，連接BE，則△BCE的面積為7．【分析】作輔助線，構建全等三角形：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D的坐標表示：AG=DH=﹣x﹣1，由DG=BM，列方程可得x的值，表示D和E的坐標，根據(jù)三角形面積公式可得結論．【解答】解：過D作GH⊥x軸，過A作AG⊥GH，過B作BM⊥HC于M，設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E的縱坐標為﹣4，當y=﹣4時，x=﹣，∴E（﹣，﹣4），∴EH=2﹣=，∴CE=CH﹣HE=4﹣=，∴S△CEB=CE?BM=××4=7；故答案為：7．【點評】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，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會構建方程解決問題，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A落在A'處，若EA'的延長線恰好過點C，則sin∠ABE的值為．【分析】先利用勾股定理求出A'C，進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：．【點評】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是解本題的關鍵．7.（2018·山東泰安·3分）如圖，在△ABC中，AC=6，BC=10，tanC=，點D是AC邊上的動點（不與點C重合），過D作DE⊥BC，垂足為E，點F是BD的中點，連接EF，設CD=x，△DEF的面積為S，則S與x之間的函數(shù)關系式為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．【點評】本題考查解直角三角形，三角形的面積等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．8.（2018·山東威海·3分）用若干個形狀、大小完全相同的矩形紙片圍成正方形，4個矩形紙片圍成如圖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；設小矩形的長為a，寬為b，依據(jù)等量關系即可得到方程組，進而得出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．【點評】本題主要考查了二元一次方程組的應用以及二次根式的化簡，當問題較復雜時，有時設與要求的未知量相關的另一些量為未知數(shù)，即為間接設元．無論怎樣設元，設幾個未知數(shù)，就要列幾個方程．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（點A在點B的左側，與y軸交于點C，連接AC,BC.點P是第四象限內(nèi)拋物線上的一個動點，點P的橫坐標為m，過點P作PMx軸，垂足為點M，PM交BC于點Q，過點P作PE∥AC交x軸于點E，交BC于點F.（1）求A，B，C三點的坐標；（2）試探究在點P的運動的過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A，C，Q為頂點的三角形是等腰三角形.若存在，請寫出此時點Q的坐標；若不存在，請說明理由；（3）請用含m的代數(shù)式表示線段QF的長，并求出m為何值時QF有最大值.【考點】幾何與二次函數(shù)綜合【解析】（1）解：由y0，得解得13，x24.點A，B的坐標分別為A(-3,0)，B（4，0）由x0，得y4.點C的坐標為C（0，-4）.1（2）答：Q(51

2,52

2)，Q,).222（3）過點F作FGPQ于點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A（0，4），與x軸交于點B、C，點C坐標為（8，0），連接AB、AC．（1）請直接寫出二次函數(shù)y=ax2+x+c的表達式；（2）判斷△ABC的形狀，并說明理由；（3）若點N在x軸上運動，當以點A、N、C為頂點的三角形是等腰三角形時，請寫出此時點N的坐標；（4）如圖2，若點N在線段BC上運動（不與點B、C重合），過點N作NM∥AC，交AB于點M，當△AMN面積最大時，求此時點N的坐標．【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，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兩點為圓心，AC長為半徑畫弧，與x軸交于三個點，由AC的垂直平分線與x軸交于一個點，即可求得點N的坐標；（4）設點N的坐標為（n，0），則BN=n+2，過M點作MD⊥x軸于點D，根據(jù)三角形相似對應邊成比例求得MD=（n+2），然后根據(jù)S△AMN=S△ABN﹣S△BMN得出關于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A（0，4），與x軸交于點B、C，點C坐標為（8，0），∴，解得．∴拋物線表達式：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B的坐標為（﹣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N的坐標為（﹣8，0），②以C為圓心，以AC長為半徑作圓，交x軸于N，此時N的坐標為（8﹣4，0）或（8+4，0）③作AC的垂直平分線，交x軸于N，此時N的坐標為（3，0），綜上，若點N在x軸上運動，當以點A、N、C為頂點的三角形是等腰三角形時，點N的坐標分別為（﹣8，0）、（8﹣4，0）、（3，0）、（8+4，0）．（4）如圖，設點N的坐標為（n，0），則BN=n+2，過M點作MD⊥x軸于點D，∴MD∥OA，∴△BMD∽△BAO，∴=，∵MN∥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n=3時，△AMN面積最大是5，∴N點坐標為（3，0）．∴當△AMN面積最大時，N點坐標為（3，0）．【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，解（1）的關鍵是待定系數(shù)法求解析式，解（2）的關鍵是勾股定理和逆定理，解（3）的關鍵是等腰三角形的性質(zhì)，解（4）的關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點的切線AP與BC的延長線交于點P，∠APB的平分線分別交AB，AC于點D，E，其中AE，BD（AE＜BD）的長是一元二次方程x2﹣5x+6=0的兩個實數(shù)根．（1）求證：PA?BD=PB?AE；（2）在線段BC上是否存在一點M，使得四邊形ADME是菱形？若存在，請給予證明，并求其面積；若不存在，說明理由．【考點】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D作DF⊥PB于點F，作DG⊥AC于點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，進而證明四邊形ADFE是菱形，此時F點即為M點，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D作DF⊥PB于點F，作DG⊥AC于點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，此時點F即為M點，∵cos∠BAC=cos∠APC=，∴sin∠BAC=，∴，∴DG=，∴在線段BC上是否存在一點M，使得四邊形ADME是菱形其面積為：DG?AE=2×=【點評】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，考查學生的靈活運用知識的能力．4．（2018?山東淄博?9分）（1）操作發(fā)現(xiàn)：如圖①，小明畫了一個等腰三角形ABC，其中AB=AC，在△ABC的外側分別以AB，AC為腰作了兩個等腰直角三角形ABD，ACE，分別取BD，CE，BC的中點M，N，G，連接GM，GN．小明發(fā)現(xiàn)了：線段GM與GN的數(shù)量關系是MG=NG；位置關系是MG⊥NG．（2）類比思考：如圖②，小明在此基礎上進行了深入思考．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)的上述結論還成立嗎？請說明理由．（3）深入研究：如圖③，小明在（2）的基礎上，又作了進一步的探究．向△ABC的內(nèi)側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】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論；（2）同（1）的方法即可得出結論；（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M，G分別是BD，BC的中點，∴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．【點評】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鍵．5.（2018?山東淄博?9分）如圖，拋物線y=ax2+bx經(jīng)過△OAB的三個頂點，其中點A（1，），點B（3，﹣），O為坐標原點．（1）求這條拋物線所對應的函數(shù)表達式；（2）若P（4，m），Q（t，n）為該拋物線上的兩點，且n＜m，求t的取值范圍；（3）若C為線段AB上的一個動點，當點A，點B到直線OC的距離之和最大時，求∠BOC的大小及點C的坐標．【考點】HF：二次函數(shù)綜合題．【分析】（1）將已知點坐標代入即可；（2）利用拋物線增減性可解問題；（3）觀察圖形，點A，點B到直線OC的距離之和小于等于AB；同時用點A（1，），點B（3，﹣）求出相關角度．【解答】解：（1）把點A（1，），點B（3，﹣）分別代入y=ax2+bx得解得∴y=﹣（2）由（1）拋物線開口向下，對稱軸為直線x=當x＞時，y隨x的增大而減小∴當t＞4時，n＜m．（3）如圖，設拋物線交x軸于點F分別過點A、B作AD⊥OC于點D，BE⊥OC于點E∵AC≥AD，BC≥BE∴AD+BE≥AC+BE=AB∴當OC⊥AB時，點A，點B到直線OC的距離之和最大．∵A（1，），點B（3，﹣）∴∠AOF=60°，∠BOF=30°∴∠AOB=90°∴∠ABO=30°當OC⊥AB時，∠BOC=60°點C坐標為（，）．【點評】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．解答問題時注意線段最值問題的轉化方法．6.（2018?四川成都?9分）在中，，，，過點作直線，將繞點順時針得到（點，的對應點分別為，）射線，分別交直線于點，.（1）如圖1，當與重合時，求的度數(shù)；（2）如圖2，設與的交點為，當為的中點時，求線段的長；（3）在旋轉過程時，當點分別在，的延長線上時，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，請說明理由.【答案】（1）由旋轉的性質(zhì)得：.，，，，，.（2）為的中點，.由旋轉的性質(zhì)得：，.，.，，.（3），最小，即最小，.法一：（幾何法）取中點，則..當最小時，最小，，即與重合時，最小.，，，.法二：（代數(shù)法）設，.由射影定理得：，當最小，即最小，.當時，“”成立，.【考點】三角形的面積，解直角三角形，旋轉的性質(zhì)【解析】【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質(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)，就可求出結果。（2）根據(jù)中點的定義及性質(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，則，得出PQ=2CG，當CG最小時，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，在平面直角坐標系中，以直線為對稱軸的拋物線與直線交于，兩點，與軸交于，直線與軸交于點.（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）設直線與拋物線的對稱軸的交點為、是拋物線上位于對稱軸右側的一點，若，且與面積相等，求點的坐標；（3）若在軸上有且僅有一點，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，直線與關于對稱.，，.，，.綜上所述，點坐標為；.（3）由題意可得：.，，，即.，，.設的中點為，點有且只有一個，以為直徑的圓與軸只有一個交點，且為切點.軸，為的中點，.，，，，即，.，.【考點】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)的實際應用-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)對稱軸為直線，及點A、C的坐標，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B的坐標，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，直線與關于對稱，建立方程求出方程的解，分別求出點G的坐標即可。（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B的坐標，再設的中點為，求出點P的坐標，再證明△AMP和△PNB相似，得出對應邊成比例，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，把△PBC沿直線PC折疊，頂點B的對應點是點G，過點B作BE⊥CG，垂足為E且在AD上，BE交PC于點F．（1）如圖1，若點E是AD的中點，求證：△AEB≌△DEC；（2）如圖2，①求證：BP=BF；②當AD=25，且AE＜DE時，求cos∠PCB的值；③當BP=9時，求BE?EF的值．【分析】（1）先判斷出∠A=∠D=90°，AB=DC再判斷出AE=DE，即可得出結論；（2）①利用折疊的性質(zhì)，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，進而判斷出∠GPF=∠PFB即可得出結論；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，進而求出PC，即可得出結論；③判斷出△GEF∽△EAB，即可得出結論．【解答】解：（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB=DC，∵E是AD中點，∴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AD=25時，∵∠BEC=90°，∴∠AEB+∠CED=90°，∵∠AEB+∠ABE=90°，∴∠CED=∠ABE，∵∠A=∠D=90°，∴△ABE∽△DEC，∴，設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．【點評】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鍵．9（2018年湖北省宜昌市12分）如圖，在平面直角坐標系中，矩形OADB的頂點A，B的坐標分別為A（﹣6，0），B（0，4）．過點C（﹣6，1）的雙曲線y=（k≠0）與矩形OADB的邊BD交于點E．（1）填空：OA=6，k=﹣6，點E的坐標為（﹣，4）；（2）當1≤t≤6時，經(jīng)過點M（t﹣1，﹣t2+5t﹣）與點N（﹣t﹣3，﹣t2+3t﹣）的直線交y軸于點F，點P是過M，N兩點的拋物線y=﹣x2+bx+c的頂點．①當點P在雙曲線y=上時，求證：直線MN與雙曲線y=沒有公共點；②當拋物線y=﹣x2+bx+c與矩形OADB有且只有三個公共點，求t的值；③當點F和點P隨著t的變化同時向上運動時，求t的取值范圍，并求在運動過程中直線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點坐標帶入雙曲線y=解析式，證明關于t的方程無解即可；②根據(jù)拋物線開口和對稱軸，分別討論拋物線過點B和在BD上時的情況；③由②中部分結果，用t表示F、P點的縱坐標，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點坐標為（﹣6，0）∴OA=6∵過點C（﹣6，1）的雙曲線y=∴k=﹣6y=4時，x=﹣∴點E的坐標為（﹣，4）故答案為：6，﹣6，（﹣，4）（2）①設直線MN解析式為：y1=k1x+b1由題意得：解得∵拋物線y=﹣過點M、N∴解得∴拋物線解析式為：y=﹣x2﹣x+5t﹣2∴頂點P坐標為（﹣1，5t﹣）∵P在雙曲線y=﹣上∴（5t﹣）×（﹣1）=﹣6∴t=此時直線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．②當拋物線過點B，此時拋物線y=﹣x2+bx+c與矩形OADB有且只有三個公共點∴4=5t﹣2，得t=當拋物線在線段DB上，此時拋物線與矩形OADB有且只有三個公共點∴，得t=∴t=或t=③∵點P的坐標為（﹣1，5t﹣）∴yP=5t﹣當1≤t≤6時，yP隨t的增大而增大此時，點P在直線x=﹣1上向上運動∵點F的坐標為（0，﹣）∴yF=﹣∴當1≤t≤4時，隨者yF隨t的增大而增大此時，隨著t的增大，點F在y軸上向上運動∴1≤t≤4當t=1時，直線MN：y=x+3與x軸交于點G（﹣3，0），與y軸交于點H（0，3）當t=4﹣時，直線MN過點A．當1≤t≤4時，直線MN在四邊形AEBO中掃過的面積為S=【點評】本題為二次函數(shù)與反比例函數(shù)綜合題，考查了數(shù)形結合思想和分類討論的數(shù)學思想．解題過程中，應注意充分利用字母t表示相關點坐標．10．（2018·湖北省武漢·10分）已知點A（a，m）在雙曲線y=上且m＜0，過點A作x軸的垂線，垂足為B．（1）如圖1，當a=﹣2時，P（t，0）是x軸上的動點，將點B繞點P順時針旋轉90°至點C，①若t=1，直接寫出點C的坐標；②若雙曲線y=經(jīng)過點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O旋轉，點A剛好落在雙曲線y=﹣（x＜0）上的點D（d，n）處，求m和n的數(shù)量關系．【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，把問題轉化為方程解決即可；（2）分兩種情形①當點A與點D關于x軸對稱時，A（a，m），D（d，n），可得m+n=0．②當點A繞點O旋轉90°時，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C在y=上，∴t（t+2）=8，∴t=﹣4或2，（2）如圖2中，①當點A與點D關于x軸對稱時，A（a，m），D（d，n），∴m+n=0．②當點A繞點O旋轉90°時，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的關系是m+n=0或mn=﹣8．【點評】本題考查反比例函數(shù)綜合題、旋轉變換、待定系數(shù)法、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，學會添加輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．11．（2018·湖南省常德·10分）如圖，已知二次函數(shù)的圖象過點O（0，0）．A（8，4），與x軸交于另一點B，且對稱軸是直線x=3．（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）若M是OB上的一點，作MN∥AB交OA于N，當△ANM面積最大時，求M的坐標；（3）P是x軸上的點，過P作PQ⊥x軸與拋物線交于Q．過A作AC⊥x軸于C，當以O，P，Q為頂點的三角形與以O，A，C為頂點的三角形相似時，求P點的坐標．【分析】（1）先利用拋物線的對稱性確定B（6，0），然后設交點式求拋物線解析式；（2）設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Q（m，m2﹣m），根據(jù)相似三角形的判定方法，當=時，△PQO∽△COA，則|m2﹣m|=2|m|；當=時，△PQO∽△CAO，則|m2﹣m|=|m|，然后分別解關于m的絕對值方程可得到對應的P點坐標．【解答】解：（1）∵拋物線過原點，對稱軸是直線x=3，∴B點坐標為（6，0），設拋物線解析式為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M（t，0），易得直線OA的解析式為y=x，設直線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，∵MN∥AB，∴設直線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t=3時，S△AMN有最大值3，此時M點坐標為（3，0）；（3）設Q（m，m2﹣m），∵∠OPQ=∠ACO，∴當=時，△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P點坐標為（14，28）；解方程m2﹣m=﹣2m得m1=0（舍去），m2=﹣2，此時P點坐標為（﹣2，4）；∴當=時，△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P點坐標為（2，﹣1）；綜上所述，P點坐標為（14，28）或（﹣2，4）或（2，﹣1）．【點評】本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點的坐標特征和二次函數(shù)的性質(zhì)；會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；理解坐標與圖形性質(zhì)；靈活運用相似比表示線段之間的關系；會運用分類討論的思想解決數(shù)學問題．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，動點P從點D開始沿DA邊勻速運動，動點Q從點A開始沿AB邊勻速運動，它們的運動速度均為2cm/s．點P和點Q同時出發(fā)，以QA、QP為邊作平行四邊形AQPE，設運動的時間為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）設四邊形CPQB的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關系式；（3）當QP⊥BD時，求t的值；（4）在運動過程中，是否存在某一時刻t，使點E在∠ABD的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【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，計算即可；（3）當PQ⊥BD時，∠PQN+∠DBA=90°，∠QPN+∠PQN=90°，推出∠QPN=∠DBA，推出tan∠QPN==，由此構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BE平分∠ABD時，△KBH≌△KBM，推出KH=KM，BH=BM=8，設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PQ⊥BD時，∠PQN+∠DBA=90°，∵∠QPN+∠PQN=90°，∴∠QPN=∠DBA，∴tan∠QPN==，∴=，解得t=，經(jīng)檢驗：t=是分式方程的解，∴當t=s時，PQ⊥BD．（4）存在．理由：連接BE交DH于K，作KM⊥BD于M．當BE平分∠ABD時，△KBH≌△KBM，∴KH=KM，BH=BM=8，設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：t=是分式方程的解，∴當t=s時，點E在∠ABD的平分線．【點評】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，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形或全等三角形解決問題，學會理由參數(shù)構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．13.（2018·山東泰安·9分）文美書店決定用不多于20000元購進甲乙兩種圖書共1200本進行銷售．甲、乙兩種圖書的進價分別為每本20元、14元，甲種圖書每本的售價是乙種圖書每本售價的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，決定甲種圖書售價每本降低3元，乙種圖書售價每本降低2元，問書店應如何進貨才能獲得最大利潤？（購進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）先用進貨量表示獲得的利潤，求函數(shù)最大值即可．【解答】解：（1）設乙種圖書售價每本x元，則甲種圖書售價為每本1.4x元由題意得：解得：x=20經(jīng)檢驗，x=20是原方程的解∴甲種圖書售價為每本1.4×20=28元答：甲種圖書售價每本28元，乙種圖書售價每本20元（2）設甲種圖書進貨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a最大時w最大∴當a=533本時，w最大此時，乙種圖書進貨本數(shù)為1200﹣533=667（本）答：甲種圖書進貨533本，乙種圖書進貨667本時利潤最大．【點評】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，反比例函數(shù)y=的圖象經(jīng)過點E，與AB交于點F．（1）若點B坐標為（﹣6，0），求m的值及圖象經(jīng)過A、E兩點的一次函數(shù)的表達式；（2）若AF﹣AE=2，求反比例函數(shù)的表達式．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)，可得A，E點坐標，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點坐標，根據(jù)待定系數(shù)法，可得m的值，可得答案．【解答】解：（1）點B坐標為（﹣6，0），AD=3，AB=8，E為CD的中點，∴點A（﹣6，8），E（﹣3，4），函數(shù)圖象經(jīng)過E點，∴m=﹣3×4=﹣12，設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E點坐標為（a，4），則F點坐標為（a﹣3，1），∵E，F(xiàn)兩點在函數(shù)y=圖象上，∴4a=a﹣3，解得a=﹣1，∴E（﹣1，4），∴m=﹣1×4=﹣4，∴y=﹣．【點評】本題考查了反比例函數(shù)，解（1）的關鍵是利用待定系數(shù)法，又利用了矩形的性質(zhì)；解（2）的關鍵利用E，F(xiàn)兩點在函數(shù)y=圖象上得出關于a的方程．15.（2018·山東泰安·11分）如圖，△ABC中，D是AB上一點，DE⊥AC于點E，F(xiàn)是AD的中點，F(xiàn)G⊥BC于點G，與DE交于點H，若FG=AF，AG平分∠CAB，連接GE，CD．（1）求證：△ECG≌△GHD；（2）小亮同學經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：AD=AC+EC．請你幫助小亮同學證明這一結論．（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，F(xiàn)G∥AE，即可得到FG是線段ED的垂直平分線，進而得到GE=GD，∠CGE=∠GDE，利用AAS即可判定△ECG≌△GHD；（2）過點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，F(xiàn)G∥AE，∴H是ED的中點，∴FG是線段ED的垂直平分線，∴GE=GD，∠GDE=∠GED，∴∠CGE=∠GDE，∴△ECG≌△GHD；（2）證明：過點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．【點評】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)的綜合運用，利用全等三角形的對應邊相等，對應角相等是解決問題的關鍵．16（2018·山東泰安·11分）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y=ax2+bx+c交x軸于點A（﹣4，0）、B（2，0），交y軸于點C（0，6），在y軸上有一點E（0，﹣2），連接AE．（1）求二次函數(shù)的表達式；（2）若點D為拋物線在x軸負半軸上方的一個動點，求△ADE面積的最大值；（3）拋物線對稱軸上是否存在點P，使△AEP為等腰三角形？若存在，請直接寫出所有P點的坐標，若不存在請說明理由．【分析】（1）把已知點坐標代入函數(shù)解析式，得出方程組求解即可；（2）根據(jù)函數(shù)解析式設出點D坐標，過點D作DG⊥x軸，交AE于點F，表示△ADE的面積，運用二次函數(shù)分析最值即可；（3）設出點P坐標，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D作DN⊥x軸，交AE于點F，交x軸于點G，過點E作EH⊥DF，垂足為H，如圖設D（m，），則點F（m，），∴DF=﹣（）=，∴S△ADE=S△ADF+S△EDF=×DF×AG+DF×EH=×DF×AG+×DF×EH=×4×DF=2×（）=，∴當m=時，△ADE的面積取得最大值為．（3）y=的對稱軸為x=﹣1，設P（﹣1，n），又E（0，﹣2），A（﹣4，0），可求PA=，PE=，AE=，當PA=PE時，=，解得，n=1，此時P（﹣1，1）；當PA=AE時，=，解得，n=，此時點P坐標為（﹣1，）；當PE=AE時，=，解得，n=﹣2，此時點P坐標為：（﹣1，﹣2）．綜上所述，P點的坐標為：（﹣1，1），（﹣1，），（﹣1，﹣2）．【點評】此題主要考查二次函數(shù)的綜合問題，會求拋物線解析式，會運用二次函數(shù)分析三角形面積的最大值，會分類討論解決等腰三角形的頂點的存在問題時解決此題的關鍵．17（2018·山東泰安·12分）如圖，在菱形ABCD中，AC與BD交于點O，E是BD上一點，EF∥AB，∠EAB=∠EBA，過點B作DA的垂線，交DA的延長線于點G．（1）∠DEF和∠AEF是否相等？若相等，請證明；若不相等，請說明理由；（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H，交AC于點M．求證：BM2=MF?MH．【分析】（1）先判斷出∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB，即可得出結論；（2）先判斷出∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE，進而得出∠GAB=∠AEO，即可得出結論；（3）先判斷出BM=DM，∠ADM=∠ABM，進而得出∠ADM=∠H，判斷出△MFD∽△MDH，即可得出結論，【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．【點評】此題是相似形綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)，對稱性，相似三角形的判定和性質(zhì)，判斷出△EOA∽△AGB是解本題的關鍵．18.（2018·山東威海·10分）為了支持大學生創(chuàng)業(yè)，某市政府出臺了一項優(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用1萬元．該產(chǎn)品每月銷售量y（萬件）與銷售單價x（元）萬件之間的函數(shù)關系如圖所示．（1）求該網(wǎng)店每月利潤w（萬元）與銷售單價x（元）之間的函數(shù)表達式；（2）小王自網(wǎng)店開業(yè)起，最快在第幾個月可還清10萬元的無息貸款？【分析】（1）y（萬件）與銷售單價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﹣成本）×銷售量﹣費用，得結論；（2）分別計算兩個利潤的最大值，比較可得出利潤的最大值，最后計算時間即可求解．【解答】解：（1）設直線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）∵工資及其他費作為：0.4×5+1=3萬元，∴當4≤x≤6時，w1=（x﹣4）（﹣x+8）﹣3=﹣x2+12x﹣35，（2018年山東省威海市）當6≤x≤8時，w2=（x﹣4）（﹣x+5）﹣3=﹣x2+7x﹣23；（2018年山東省威海市）（2）當4≤x≤6時，w1=﹣x2+12x﹣35=﹣（x﹣6）2+1，∴當x=6時，w1取最大值是1，（2018年山東省威海市）當6≤x≤8時，w2=﹣x2+7x﹣23=﹣（x﹣7）2+，當x=7時，w2取最大值是1.5，（2018年山東省威海市）∴==6，即最快在第7個月可還清10萬元的無息貸款．（2018年山東省威海市）【點評】本題主要考查學生利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)關系式，一次函數(shù)與一次不等式的應用，利用數(shù)形結合的思想，是一道綜合性較強的代數(shù)應用題，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M，N，F(xiàn)分別為AB，AE，BE的中點，連接MN，MF，NF．（1）如圖②，當BC=4，DE=5，tan∠FMN=1時，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，結合∠1=∠3，∠C=∠D=90°，即可得到△ABC≌△EAD，進而得到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，即可得到BM=CM，NA=ND，進而得出∠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M，N，F(xiàn)分別為AB，AE，BE的中點，∴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，N分別是AB，AE的中點，∴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．【點評】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)的綜合運用，解決問題的關鍵是判定全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的對應邊相等，相似三角形的對應邊成比例得出有關結論．20（2018·山東威海·12分）如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點A（﹣4，0），B（2，0），與y軸交于點C（0，4），線段BC的中垂線與對稱軸l交于點D，與x軸交于點F，與BC交于點E，對稱軸l與x軸交于點H．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）求點D的坐標；（3）點P為x軸上一點，⊙P與直線BC相切于點Q，與直線DE相切于點R．求點P的坐標；（4）點M為x軸上方拋物線上的點，在對稱軸l上是否存在一點N，使得以點D，P，M．N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，則直接寫出N點坐標；若不存在，請說明理由．【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)定義構造方程，求出半徑及點P坐標；（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)，同一對角線上的兩個端點到另一對角線距離相等．【解答】解：（1）∵拋物線過點A（﹣4，0），B（2，0）∴設拋物線表達式為：y=a（x+4）（x﹣2）把C（0，4）帶入得4=a（0+4）（0﹣2）∴a=﹣∴拋物線表達式為：y=﹣（x+4）（x﹣2）=﹣x2﹣x+4（2）由（1）拋物線對稱軸為直線x=﹣=﹣1∵線段BC的中垂線與對稱軸l交于點D∴點D在對稱軸上設點D坐標為（﹣1，m）過點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D坐標為（﹣1，1）（3）∵點B坐標為（2，0），C點坐標為（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⊙P的半徑為r，⊙P與直線BC和EF都相切如圖：①當圓心P1在直線BC左側時，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P1坐標為（，0）②同理，當圓心P2在直線BC右側時，可求r2=，OP2=7∴P2坐標為（7，0）∴點P坐標為（，0）或（7，0）（4）存在當點P坐標為（，0）時，①若DN和MP為平行四邊形對邊，則有DN=MP當x=時，y=﹣∴DN=MP=∴點N坐標為（﹣1，）②若MN、DP為平行四邊形對邊時，M、P點到ND距離相等則點M橫坐標為﹣則M縱坐標為﹣由平行四邊形中心對稱性可知，點M到N的垂直距離等于點P到點D的垂直距離當點N在D點上方時，點N縱坐標為此時點N坐標為（﹣1，）當點N在x軸下方時，點N坐標為（﹣1，﹣）當點P坐標為（7，0）時，所求N點不存在．故答案為：（﹣1，）、（﹣1，）、（﹣1，﹣）【點評】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知識，應用了數(shù)形結合思想和分類討論的數(shù)學思想．21.（2018·山東濰坊·11分）為落實“綠水青山就是金山銀山”的發(fā)展理念，某市政部門招標一工程隊負責在山腳下修建一座水庫的土方施工任務．該工程隊有A，B兩種型號的挖掘機，已知3臺A型和5臺B型挖掘機同時施工一小時挖土165立方米；4臺A型和7臺B型挖掘機同時施工一小時挖土225立方米．每臺A型挖掘機一小時的施工費用為300元，每臺B型挖掘機一小時的施工費用為180元．（1）分別求每臺A型，B型挖掘機一小時挖土多少立方米？（2）若不同數(shù)量的A型和B型挖掘機共12臺同時施工4小時，至少完成1080立方米的挖土量，且總費用不超過12960元，問施工時有哪幾種調(diào)配方案，并指出哪種調(diào)配方案的施工費用最低，最低費用是多少元？【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)增減性求出最低費用．【解答】解：（1）設每臺A型，B型挖據(jù)機一小時分別挖土x立方米和y立方米，根據(jù)題意得解得：∴每臺A型挖掘機一小時挖土30立方米，每臺B型挖掘機一小時挖土15立方米（2）設A型挖掘機有m臺，總費用為W元，則B型挖掘機有（12﹣m）臺．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m=7時，12﹣m=5，即A型挖據(jù)機7臺，B型挖掘機5臺；方案二：當m=8時，12﹣m=4，即A型挖掘機8臺，B型挖掘機4臺；方案三：當m=9時，12﹣m=3，即A型挖掘機9臺，B型挖掘機3臺．…∵480＞0，由一次函數(shù)的性質(zhì)可知，W隨m的減小而減小，∴當m=7時，W小=480×7+8640=12000此時A型挖掘機7臺，B型挖據(jù)機5臺的施工費用最低，最低費用為12000元．【點評】本題考查了二元一次方程組和一次函數(shù)增減性，解答時先根據(jù)題意確定自變量取值范圍，再應用一次函數(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H，CD的垂直平分線交CD于點E，交AB于點F，AB=6，DH=4，BF：FA=1：5．（1）如圖2，作FG⊥AD于點G，交DH于點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上有一動點N，求△DNM周長的最小值．（2）如圖3，延長CB交EF于點Q，過點Q作QK∥AB，過CD邊上的動點P作PK∥EF，并與QK交于點K，將△PKQ沿直線PQ翻折，使點K的對應點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)進行解答即可；②連接CM交直線EF于點N，連接DN，利用勾股定理解答即可；（2）分點P在線段CE上和點P在線段ED上兩種情況進行解答．【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∽Rt△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N，連接DN，如圖2，∵直線EF垂直平分CD，∴CN=DN，∵MH=1.5，∴DM=2.5，在Rt△CDM中，MC2=DC2+DM2，∴MC2=62+（2.5）2，即MC=6.5，∵MN+DN=MN+CN=MC，∴△DNM周長的最小值為9．（2）∵BF∥CE，∴，∴QF=2，∴PK=PK'=6，過點K'作E'F'∥EF，分別交CD于點E'，交QK于點F'，如圖3，當點P在線段CE上時，在Rt△PK'E'中，PE'2=PK'2﹣E'K'2，∴，∵Rt△PE'K'∽Rt△K'F'Q，∴，即，解得：，∴PE=PE'﹣EE'=，∴，同理可得，當點P在線段DE上時，，如圖4，綜上所述，CP的長為或．【點評】此題考查四邊形的綜合題，關鍵是根據(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A和點B（1，0），與y軸交于點C（0，），拋物線y1的頂點為G，GM⊥x軸于點M．將拋物線y1平移后得到頂點為B且對稱軸為直線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T，使△TAC是等腰三角形？若存在，請求出所有點T的坐標；若不存在，請說明理由；（3）點P為拋物線y1上一動點，過點P作y軸的平行線交拋物線y2于點Q，點Q關于直線l的對稱點為R，若以P，Q，R為頂點的三角形與△AMG全等，求直線PR的解析式．【分析】（1）應用待定系數(shù)法求解析式；（2）設出點T坐標，表示△TAC三邊，進行分類討論；（3）設出點P坐標，表示Q、R坐標及PQ、QR，根據(jù)以P，Q，R為頂點的三角形與△AMG全等，分類討論對應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，且頂點為B（1，0），∴y2=﹣（x﹣1）2，即y2=﹣．（2）存在，如圖1：拋物線y2的對稱軸l為x=1，設T（1，t），已知A（﹣3，0），C（0，），過點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TC=AC時，t2﹣=解得：t1=，t2=；當TA=AC時，t2+16=，無解；當TA=TC時，t2﹣=t2+16，解得t3=﹣；當點T坐標分別為（1，），（1，），（1，﹣）時，△TAC為等腰三角形．（3）如圖2：設P（m，﹣），則Q（m，﹣）∵Q、R關于x=1對稱∴R（2﹣m，﹣），①當點P在直線l左側時，PQ=1﹣m，QR=2﹣2m，∵△PQR與△AMG全等，∴當PQ=GM且QR=AM