2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题42 综合性问题 95页

综合性问题 ‎ 一.选择题 ‎1.（2020•内蒙古包头市•3分）下列命题正确的是（ ）‎ A. 若分式的值为0，则x的值为±2．‎ B. 一个正数的算术平方根一定比这个数小．‎ C. 若，则．‎ D. 若，则一元二次方程有实数根．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A选项：当x=2时，分式无意义；‎ B选项：1的算数平方根还是1；‎ C选项：可以让b=2，a=1，代入式子中即可做出判断；‎ 根据根的判别式可得到结论．‎ ‎【详解】A选项：当x=2时，分式无意义，故A选项错误；‎ B选项：1的算数平方根还是1，不符合“一个正数的算术平方根一定比这个数小”，故B选项错误；‎ C选项：可以假设b=2，a=1，满足，代入式子中，通过计算发现与结论不符，故C选项错误；‎ D选项：，当时，，一元二次方程有实数根，故D选项正确．‎ 故本题选择D．‎ ‎【点睛】本题主要考查分式值为0时的条件、算数平方根、不等式的性质及一元二次方程根的判别式问题，掌握分式的意义、算数平方根、不等式的性质及一元二次方程根的判别式的知识是解答本题的关键．‎ ‎2.（2020•内蒙古包头市•3分）如图，在中，，‎ ‎，按以下步骤作图：（1）分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于两点（点M在的上方）；（2）作直线交于点O，交于点D；（3）用圆规在射线上截取．连接，过点O作，垂足为F，交于点G．下列结论：‎ ‎①；②；③；④若，则四边形的周长为25．‎ 其中正确的结论有（ ）‎ A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证明四边形ADBE是菱形，推出FG是△ACD的中位线，即可得到，由此判断①；根据菱形的性质得到AD=BD，再利用Rt△ACD得到，即可判断②；根据FG是△ACD的中位线，证得，即可判断③；设OA=x，则OF=9-x，根据，求出OA=5得到AB=10，BC=8，再根据，求出BD=，即可判断④.‎ ‎【详解】由题意知：MN垂直平分AB，‎ ‎∴OA=OB，ED⊥AB，‎ ‎∵OD=OE，‎ ‎∴四边形ADBE是菱形，‎ ‎∵，，‎ ‎∴OF∥BC，AF=CF，‎ ‎∴FG是△ACD的中位线，‎ ‎∴，故①正确；‎ ‎∵四边形ADBE是菱形，‎ ‎∴AD=BD，‎ 在Rt△ACD中，，‎ ‎∴ ，故②正确；‎ ‎∵FG是△ACD的中位线，‎ ‎∴点G是AD的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，故③正确；‎ ‎∵AC=6，‎ ‎∴AF=3，‎ 设OA=x，则OF=9-x，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 解得x=5，‎ ‎∴AB=10，‎ ‎∴BC=8，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 解得BD=，‎ ‎∴四边形的周长为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】此题考查了线段垂直平分线的作图方法，菱形的判定及性质定理，勾股定理，三角形的中位线的判定及性质，三角形中线的性质，这是一道四边形的综合题.‎ ‎3.（2020•广东省广州市•3分）直线不经过第二象限，则关于的方程实数解的个数是（ ）.‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 1个或2个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直线不经过第二象限，得到，再分两种情况判断方程的解的情况.‎ ‎【详解】∵直线不经过第二象限，‎ ‎∴，‎ ‎∵方程，‎ 当a=0时，方程为一元一次方程，故有一个解，‎ 当a<0时，方程为一元二次方程，‎ ‎∵∆=，‎ ‎∴4-4a>0，‎ ‎∴方程有两个不相等的实数根，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】此题考查一次函数的性质：利用函数图象经过的象限判断字母的符号，方程的解的情况，注意易错点是a的取值范围，再分类讨论 ‎4. （2020•四川省达州市•3分）如图，∠BOD＝45°，BO＝DO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC.BD交于点E，连接OE交AD于点F．下列4个判断：①OE平分∠BOD；②OF＝BD；③DF＝AF；④若点G是线段OF的中点，则△AEG为等腰直角三角形．正确判断的个数是（　　）‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎【分析】由矩形得EB＝ED＝EA，∠BAD为直角，再由等腰三角形的三线合一性质可判断①的正误；证明△AOF≌△ABD，便可判断②的正误；连接BF，由线段的垂直平分线得BF＝DF，由前面的三角形全等得AF＝AB，进而便可判断③的正误；由直角三角形斜边上的中线定理得AG＝OG，进而求得∠AGE＝45°，由矩形性质得ED＝EA，进而得∠EAD＝22.5°，再得∠EAG＝90°，便可判断④的正误．‎ 解：①∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴EB＝ED，‎ ‎∵BO＝DO，‎ ‎∴OE平分∠BOD，‎ 故①正确；‎ ‎②∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠OAD＝∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠ABD+∠ADB＝90°，‎ ‎∵OB＝OD，BE＝DE，‎ ‎∴OE⊥BD，‎ ‎∴∠BOE+∠OBE＝90°，‎ ‎∴∠BOE＝∠BDA，‎ ‎∵∠BOD＝45°，∠OAD＝90°，‎ ‎∴∠ADO＝45°，‎ ‎∴AO＝AD，‎ ‎∴△AOF≌△ABD（ASA），‎ ‎∴OF＝BD，‎ 故②正确；‎ ‎③∵△AOF≌△ABD，‎ ‎∴AF＝AB，‎ 连接BF，如图1，‎ ‎∴BF＝，‎ ‎∵BE＝DE，OE⊥BD，‎ ‎∴DF＝BF，‎ ‎∴DF＝，‎ 故③正确；‎ ‎④根据题意作出图形，如图2，‎ ‎∵G是OF的中点，∠OAF＝90°，‎ ‎∴AG＝OG，‎ ‎∴∠AOG＝∠OAG，‎ ‎∵∠AOD＝45°，OE平分∠AOD，‎ ‎∴∠AOG＝∠OAG＝22.5°，‎ ‎∴∠FAG＝67.5°，∠ADB＝∠AOF＝22.5°，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴EA＝ED，‎ ‎∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°，‎ ‎∴∠EAG＝90°，‎ ‎∵∠AGE＝∠AOG+∠OAG＝45°，‎ ‎∴∠AEG＝45°，‎ ‎∴AE＝AG，‎ ‎∴△AEG为等腰直角三角形，‎ 故④正确；‎ 故选：D．‎ ‎5. （2020•山东东营市•3分）如图，在正方形中，点是上一动点(不与重合) ，对角线相交于点过点分别作的垂线，分别交于点交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点在两点的连线上．其中正确的是（ ）‎ A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据题意及正方形性质，即可判断；‎ ‎②根据及正方形的性质，得ME=EP=AE＝MP，同理可证PF=NF=NP，根据题意可证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO=AC，故证明；‎ ‎③根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断；‎ ‎④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④可判断；‎ ‎⑤连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明．‎ ‎【详解】∵四边形ABCD正方形，AC.BD为对角线，‎ ‎∴∠MAE=∠EAP=45°，‎ 根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°，‎ 在三角形与中，‎ ‎∴ASA，‎ 故①正确；‎ ‎∴AE=ME=EP=MP，‎ 同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN=NP，‎ ‎∵正方形ABCD中，AC⊥BD，‎ 又∵PM⊥AC，PN⊥BD，‎ ‎∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，‎ ‎∴四边形PEOF为矩形，‎ ‎∴PF=OE，‎ ‎∴OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，‎ 又∵ME=PE=MP，‎ FP=FN=NP，OA=AC，‎ ‎∴ PM+PN=AC，‎ 故②正确；‎ ‎∵四边形PEOF为矩形，‎ ‎∴PE=OF，‎ 在直角三角形OPF中，，‎ ‎∴，‎ 故③正确；‎ ‎∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，‎ 故④错误；‎ 连接MO、NO，‎ 在△OEM和△OEP中，‎ ‎∴△OEM≌△OEP，OM=OP，‎ 同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON，‎ 又∵∠MPN=90°，‎ OM=OP=ON，OP=12MO+NO，‎ 根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，OP=MN，‎ ‎∴MO+NO=MN，点在两点的连线上．‎ 故⑤正确．‎ 故选择B．‎ ‎【点睛】本题主要考查几何综合问题，掌握正方形、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解答本题的关键．‎ 二.填空题 ‎1. （2020•四川省成都市•4分）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B.E.H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D.H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．‎ ‎【详解】解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，‎ 设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，‎ 在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，‎ ‎∴当t最大即EP最大时，PQ最大，‎ 由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，‎ ‎∴PQ的最大值=；‎ 设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，‎ ‎∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，‎ ‎∴，‎ ‎∵EF=3，‎ ‎∴FM=1，ME=2，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠BHM=∠BEM=90°，‎ ‎∴B.E.H、M四点共圆，且圆心为点O，‎ ‎∴，‎ ‎∴当D.H、O三点共线时，DH的长度最小，‎ 连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，‎ ‎∴NO=2，CN=1，∴DN=3，‎ 则在Rt△DON中，，‎ ‎∴DH的最小值=DO－OH=．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．‎ ‎2. （2020•山东东营市•4分）如图，在平面直角坐标系中，已知直线和双曲线，在直线上取一点，记为，过作轴的垂线交双曲线于点，过作轴的垂线交直线于点，过作轴的垂线交双曲线于点，过作轴的垂线交直线于点······，依次进行下去，记点的横坐标为，若则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反比例函数与一次函数图象上点的坐标特征分别求出A1.B1.A2.B2.A3.B3…，从而得到每3次变化为一个循环组依次循环，用2020除以3，根据商的情况确定出a2020即可 ‎【详解】解：当a1=2时，B1的横坐标与A1的横坐标相等为2，A1（2，3），B1(2，) ；‎ A2的纵坐标和B1的纵坐标相同为，代入y=x+1，得x=，可得A2（，）；‎ B2的横坐标和A2的横坐标相同为，代入得，y=，得B2(，) ；‎ A3的纵坐标和B2的纵坐标相同为，代入y=x+1，得x=，故A3（，） ‎ B3的横坐标和A3的横坐标相同为，代入得，y=3，得B3(，3)‎ A4的纵坐标和B3的纵坐标相同为3，代入y=x+1，得x=2，所以A4（2，3）‎ ‎…‎ 由上可知，a1，a2，a3，a4，a5，…，3个为一组依次循环，‎ ‎∵2020÷3=673⋯⋯1，‎ ‎∴a2020=a1=2，‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，依次求出各点的坐标，观察出每3次变化为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．‎ ‎3. （2020•四川省达州市•10分）（1）[阅读与证明]‎ 如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE.CE分别交AM于点F、G．‎ ‎①完成证明：∵点E是点C关于AM的对称点，‎ ‎∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．‎ ‎∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，‎ ‎∴AE＝AB，得∠3＝∠4．‎ 在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝　60　°．‎ 在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝　30　°．‎ ‎②求证：BF＝AF+2FG．‎ ‎（2）[类比与探究]‎ 把（1）中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，如图2．类比探究，可得：‎ ‎①∠FEG＝　45　°；‎ ‎②线段BF、AF、FG之间存在数量关系　BF＝AF+FG　．‎ ‎（3）[归纳与拓展]‎ 如图3，点A在射线BH上，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），在∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE.CE分别交AM于点F、G．则线段BF、AF、GF之间的数量关系为　BF＝2AF•sinα+　．‎ ‎【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理解决问题即可．‎ ‎②如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT≌△ACF（SAS）可得结论．‎ ‎（2）①如图2中，利用圆周角定理解决问题即可．‎ ‎②结论：BF＝AF+FG．如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT∽△ACF，推出＝＝，推出BT＝CF可得结论．‎ ‎（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．构造相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题即可．‎ ‎【解答】（1）①解：如图1中，∵点E是点C关于AM的对称点，‎ ‎∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．‎ ‎∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，‎ ‎∴AE＝AB，得∠3＝∠4．‎ 在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，‎ ‎∴∠1+∠3＝60°．‎ 在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，‎ ‎∴∠FEG＝30°．‎ 故答案为60，30．‎ ‎②证明：如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．‎ ‎∵C，E关于AM对称，‎ ‎∴AM垂直平分线段EC，‎ ‎∴FE＝FC，‎ ‎∴∠FEC＝∠FCE＝30°，EF＝2FG，‎ ‎∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝60°，‎ ‎∵FC＝FT，‎ ‎∴△CFT是等边三角形，‎ ‎∴∠ACB＝∠FCT＝60°，CF＝CT＝FT，‎ ‎∴∠BCT＝∠ACF，‎ ‎∵CB＝CA，‎ ‎∴△BCT≌△ACF（SAS），‎ ‎∴BT＝AF，‎ ‎∴BF＝BT+FT＝AF+EF＝AF+2FG．‎ ‎（2）解：①如图2中，∵AB＝AC＝AE，‎ ‎∴点A是△ECB的外接圆的圆心，‎ ‎∴∠BEC＝∠BAC，‎ ‎∵∠BAC＝90°，‎ ‎∴∠FEG＝45°．‎ 故答案为45．‎ ‎②结论：BF＝AF+FG．‎ 理由：如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．‎ ‎∵AM⊥EC，CG＝CE，‎ ‎∴FC＝EF，‎ ‎∴∠FEC＝∠FCE＝45°，EF＝FG，‎ ‎∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝90°，‎ ‎∵CF＝CT，‎ ‎∴△CFT是等腰直角三角形，‎ ‎∴CT＝CF，‎ ‎∵△ABC是等腰直角三角形，‎ ‎∴BC＝AC，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵∠BCA＝∠TCF＝45°，‎ ‎∴∠BCT＝∠ACF，‎ ‎∴△BCT∽△ACF，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴BT＝CF，‎ ‎∴BF＝BT+TF＝AF+EAF+FG．．‎ ‎（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．‎ ‎∵AB＝AC，∠BAC＝α，‎ ‎∴＝sinα，‎ ‎∴＝2•sinα，‎ ‎∵AB＝AC＝AE，‎ ‎∴∠BEC＝∠BAC＝α，EF＝，‎ ‎∵FC＝FE，‎ ‎∴∠FEC＝∠FCE＝α，‎ ‎∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝α，‎ 同法可证，△BCT∽△ACF，‎ ‎∴＝＝2•sinα，‎ ‎∴BT＝2AF•sinα，‎ ‎∴BF＝BT+FT＝2AF•sinα+EF．即BF＝2AF•sinα+．‎ 故答案为：BF＝2AF•sinα+．‎ ‎4. （2020•四川省泸州市•3分）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AB，AD的中点，BF与EC.ED分别交于点M，N．已知AB＝4，BC＝6，则MN的长为　　．‎ ‎【分析】延长CE.DA交于Q，延长BF和CD，交于W，根据勾股定理求出BF，根据矩形的性质求出AD，根据全等三角形的性质得出AQ＝BC，AB＝CW，根据相似三角形的判定得出△QMF∽△CMB，△BNE∽△WND，根据相似三角形的性质得出比例式，求出BN和BM的长，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：延长CE.DA交于Q，如图1，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，BC＝6，‎ ‎∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝6，AD∥BC，‎ ‎∵F为AD中点，‎ ‎∴AF＝DF＝3，‎ 在Rt△BAF中，由勾股定理得：BF＝＝＝5，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠Q＝∠ECB，‎ ‎∵E为AB的中点，AB＝4，‎ ‎∴AE＝BE＝2，‎ 在△QAE和△CBE中 ‎∴△QAE≌△CBE（AAS），‎ ‎∴AQ＝BC＝6，‎ 即QF＝6+3＝9，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴△QMF∽△CMB，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∵BF＝5，‎ ‎∴BM＝2，FM＝3，‎ 延长BF和CD，交于W，如图2，‎ 同理AB＝DM＝4，CW＝8，BF＝FM＝5，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴△BNE∽△WND，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ 解得：BN＝，‎ ‎∴MN＝BN﹣BM＝﹣2＝，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，相似三角形的性质和判定，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．‎ ‎5. （2020•四川省乐山市•3分）把两个含角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点为的中点，连结交于点．则=_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接CE，设CD=2x，利用两个直角三角形的性质求得AD=4x，AC=2x，BC=x，AB=3，再由已知证得CE∥AB，则有，由角平分线的性质得，进而求得的值.‎ ‎【详解】连接CE，设CD=2x，‎ 在RtΔACD和RtΔABC中，∠BAC=∠CAD=30º，‎ ‎∴∠D=60º，AD=4x，AC=，‎ BC==x，AB=x，‎ ‎∵点E为AD的中点，‎ ‎∴CE=AE=DE==2x，‎ ‎∴ΔCED为等边三角形，‎ ‎∴∠CED=60º，‎ ‎∵∠BAD=∠BAE+∠CAD=30º+30º=60º，‎ ‎∴∠CED=∠BAD，‎ ‎∴AB∥CE，‎ ‎∴，‎ 在ΔBAE中，∵∠BAE=∠CAD=30º ‎∴AF平分∠BAE，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了含30º的直角三角形、等边三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、角平分线的性质等知识，是一道综合性很强的填空题，解答的关键是认真审题，找到相关知识的联系，确定解题思路，进而探究、推理并计算.‎ 三.解答题 ‎1.（2020•四川省凉山州•12分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过O（0，0）、A（1，0）、B（，）三点．‎ ‎（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的解析式；‎ ‎（3）在直线CD下方的二次函数的图象上有一动点P，过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标．‎ ‎【分析】（1）将点O、A.B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；‎ ‎（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，则OB中垂线（CD）与x负半轴的夹角为60°，故设CD的表达式为：y＝﹣x+b，而OB中点的坐标为（，），将该点坐标代入CD表达式，即可求解；‎ ‎（3）过点P作y轴额平行线交CD于点H，PH＝﹣x+﹣（x2﹣x）＝﹣x2﹣x+，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）将点O、A.B的坐标代入抛物线表达式得，解得，‎ 故抛物线的表达式为：y＝x2﹣x；‎ ‎（2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，则OB中垂线（CD）与x负半轴的夹角为60°，‎ 故设CD的表达式为：y＝﹣x+b，而OB中点的坐标为（，），‎ 将该点坐标代入CD表达式并解得：b＝，‎ 故直线CD的表达式为：y＝﹣x+；‎ ‎（3）设点P（x，x2﹣x），则点Q（x，﹣x+），‎ 则PQ＝﹣x+﹣（x2﹣x）＝﹣x2﹣x+，‎ ‎∵＜0，故PQ有最大值，此时点P的坐标为（﹣，）．‎ ‎【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、中垂线的性质等，有一定的综合性，难度不大．‎ ‎2. （2020•四川省泸州市•12分）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AD的延长线与过点B的切线交于点C，E为线段AD上的点，过点E的弦FG⊥AB于点H．‎ ‎（1）求证：∠C＝∠AGD；‎ ‎（2）已知BC＝6．CD＝4，且CE＝2AE，求EF的长．‎ ‎【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据切线的性质得到∠ABC＝90°，得到∠C＝∠ABD，根据圆周角定理即可得到结论；‎ ‎（2）根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得到结论．‎ ‎【解答】（1）证明：连接BD，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB＝90°，‎ ‎∴∠DAB+∠DBA＝90°，‎ ‎∵BC是⊙O的切线，‎ ‎∴∠ABC＝90°，‎ ‎∴∠C+∠CAB＝90°，‎ ‎∴∠C＝∠ABD，‎ ‎∵∠AGD＝∠ABD，‎ ‎∴∠AGD＝∠C；‎ ‎（2）解：∵∠BDC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，‎ ‎∴△ABC∽△BDC，‎ ‎∴，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴AC＝9，‎ ‎∴AB＝＝3，‎ ‎∵CE＝2AE，‎ ‎∴AE＝3，CE＝6，‎ ‎∵FH⊥AB，‎ ‎∴FH∥BC，‎ ‎∴△AHE∽△ABC，‎ ‎∴，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴AH＝，EH＝2，‎ 连接AF，BF，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠AFB＝90°，‎ ‎∴∠AEH+∠BFH＝∠AFH+∠FAH＝90°，‎ ‎∴∠FAH＝∠BFH，‎ ‎∴△AFH∽△FBH，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴FH＝，‎ ‎∴EF＝﹣2．‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．‎ ‎3. （2020•四川省泸州市•12分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）三点．‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）经过点B的直线交y轴于点D，交线段AC于点E，若BD＝5DE．‎ ‎①求直线BD的解析式；‎ ‎②已知点Q在该抛物线的对称轴l上，且纵坐标为1，点P是该抛物线上位于第一象限的动点，且在l右侧，点R是直线BD上的动点，若△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，求点P的坐标．‎ ‎【分析】（1）根据交点式设出抛物线的解析式，再将点C坐标代入抛物线交点式中，即可求出a，即可得出结论；‎ ‎（2）①先利用待定系数法求出直线AC的解析式，再利用相似三角形得出比例式求出BF，进而得出点E坐标，最后用待定系数法，即可得出结论；‎ ‎②先确定出点Q的坐标，设点P（x，﹣x2+x+4）（1＜x＜4），得出PG＝x﹣1，GQ＝﹣x2+x+3，再利用三垂线构造出△PQG≌△QRH（AAS），得出RH＝GQ＝﹣x2+x+3，QH＝PG＝x﹣1，进而得出R（﹣x2+x+4，2﹣x），最后代入直线BD的解析式中，即可求出x的值，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（4，0），‎ ‎∴设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），‎ 将点C坐标（0，4）代入抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4）中，得﹣8a＝4，‎ ‎∴a＝﹣，‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+2）（x﹣4）＝﹣x2+x+4；‎ ‎（2）①如图1，‎ 设直线AC的解析式为y＝kx+b'，‎ 将点A（﹣2，0），C（0，4），代入y＝kx+b'中，得，‎ ‎∴，‎ ‎∴直线AC的解析式为y＝2x+4，‎ 过点E作EF⊥x轴于F，‎ ‎∴OD∥EF，‎ ‎∴△BOD∽△BFE，‎ ‎∴，‎ ‎∵B（4，0），‎ ‎∴OB＝4，‎ ‎∵BD＝5DE，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴BF＝×OB＝×4＝，‎ ‎∴OF＝BF﹣OB＝﹣4＝，‎ 将x＝﹣代入直线AC：y＝2x+4中，得y＝2×（﹣）+4＝，‎ ‎∴E（﹣，），‎ 设直线BD的解析式为y＝mx+n，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴直线BD的解析式为y＝﹣x+2；‎ ‎②∵抛物线与x轴的交点坐标为A（﹣2，0）和B（4，0），‎ ‎∴抛物线的对称轴为直线x＝1，‎ ‎∴点Q（1，1），如图2，‎ 设点P（x，﹣x2+x+4）（1＜x＜4），‎ 过点P作PG⊥l于G，过点R作RH⊥l于H，‎ ‎∴PG＝x﹣1，GQ＝﹣x2+x+4﹣1＝﹣x2+x+3，‎ ‎∵PG⊥l，∴∠PGQ＝90°，‎ ‎∴∠GPQ+∠PQG＝90°，‎ ‎∵△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，‎ ‎∴PQ＝RQ，∠PQR＝90°，‎ ‎∴∠PQG+∠RQH＝90°，‎ ‎∴∠GPQ＝∠HQR，‎ ‎∴△PQG≌△QRH（AAS），‎ ‎∴RH＝GQ＝﹣x2+x+3，QH＝PG＝x﹣1，‎ ‎∴R（﹣x2+x+4，2﹣x），‎ 由①知，直线BD的解析式为y＝﹣x+2，‎ ‎∴x＝2或x＝4（舍），‎ 当x＝2时，y＝﹣x2+x+4＝﹣×4+2+4＝4，‎ ‎∴P（2，4）．‎ ‎【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．‎ ‎4. （2020•四川省乐山市•13分）已知抛物线与轴交于，两点，为抛物线的顶点，抛物线的对称轴交轴于点，连结，且，如图所示．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）设是抛物线的对称轴上的一个动点．‎ ‎①过点作轴的平行线交线段于点，过点作交抛物线于点，连结、，求的面积的最大值；‎ ‎②连结，求的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）①；②．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先函数图象与x轴交点求出D点坐标，再由求出C点坐标，用待定系数法设交点式，将C点坐标代入即可求解；‎ ‎（2）①先求出BC的解析式，设E坐标为，则F点坐标为，进而用t表示出的面积，由二次函数性质即可求出最大值；‎ ‎②过点作于，由可得，由此可知当BPH三点共线时的值最小，即过点作于点，‎ 线段的长就是的最小值，根据面积法求高即可．‎ ‎【详解】解：（1）根据题意，可设抛物线的解析式为：，‎ ‎∵是抛物线的对称轴，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 代入抛物线的解析式，得，解得 ，‎ ‎∴二次函数的解析式为 或；‎ ‎（2）①设直线的解析式为 ，‎ ‎∴ 解得 ‎ 即直线的解析式为 ，‎ 设E坐标为，则F点坐标为，‎ ‎∴，‎ ‎∴的面积 ‎∴，‎ ‎∴当时，的面积最大，且最大值为；‎ ‎②如图，连接，根据图形的对称性可知 ，，‎ ‎∴，‎ 过点作于，则在中，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 再过点作于点，则，‎ ‎∴线段的长就是的最小值，‎ ‎∵，‎ 又∵，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴的最小值为．‎ ‎【点睛】此题主要考查了二次函数的综合题型，其中涉及了待定系数法求解析式和三角形的面积最大值求法、线段和的最值问题．解（1）关键是利用三角函数求出C点坐标，解（2）关键是由点E.F坐标表示线段EF长，从而得到三角形面积的函数解析式，解（3）的难点是将的最小值转化为点B到AC的距离．‎ ‎5.（2020•广东省深圳市•9分）如图1，抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A（-3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，顶点为D ‎（1）求解抛物线解析式 ‎（2）连接AD，CD，BC，将△OBC沿着x轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到，点O、B.C的对应点分别为点，，，设平移时间为t秒，当点与点A重合时停止移动。记△与四边形AOCD的重叠部分的面积为S，请直接写出S与时间t的函数解析式;‎ ‎（3）如图2，过抛物线上任意一点M（m，n）向直线l:作垂线，垂足为E，试问在该抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得ME-MF=？若存在，请求F点的坐标；若不存在，请说明理由。‎ 图2‎ 图1‎ ‎【考点】二次函数，变量之间的关系，存在性问题 ‎【解析】‎ 解：（1）将A（-3，0）和B（1，0）代入抛物线解析式y=ax2+bx+3中，可得：‎ ‎∴抛物线解析式为y=-x2-2x+3‎ ‎（2）①如图所示，当00)个单位长度后与上述函数图象有且只有一个交点，请求出此时a的值．‎ ‎【答案】（1）y=，x＞0；（2）见解析；（3）1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据三角形的面积公式即可得出函数关系式，再根据实际意义得出x的取值范围；‎ ‎（2）在平面直角坐标系中画出图像即可；‎ ‎（3）得到平移后的一次函数表达式，再和反比例函数联立，得到一元二次方程，再结合交点个数得到根的判别式为零，即可求出a值.‎ ‎【详解】解：（1）由题意可得：‎ S△ABC=xy=2，‎ 则：y=，‎ 其中x的取值范围是x＞0，‎ 故答案为：y=，x＞0；‎ ‎（2）函数y=（x＞0）的图像如图所示；‎ ‎（3）将直线y=-x+3向上平移a(a>0)个单位长度后得到y=-x+3+a，‎ 若与函数y=（x＞0）只有一个交点，‎ 联立：，‎ 得：，‎ 则，‎ 解得：a=1或-7（舍），‎ ‎∴a的值为1.‎ ‎【点睛】本题考查了一次函数，反比例函数的综合，以及一元二次方程根的判别式，解题的关键是理解题意，将函数交点问题转化为一元二次方程根的问题.‎ ‎9.（2020•山东济宁市•9分）我们把方程(x- m)2+(y-n)2=r2称为圆心为(m，n)、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为(1，-2)、半径长为3的圆的标准方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐标系中，圆C与轴交于点A．B．且点B的坐标为(8．0)，与y轴相切于点D(0， 4)，过点A，B，D的抛物线的顶点为E．‎ ‎(1)求圆C的标准方程；‎ ‎(2)试判断直线AE与圆C的位置关系，并说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）相切，理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接CD，CB，过C作CF⊥AB，分别表示出BF和CF，再在△BCF中利用勾股定理构造方程求解即可得到圆C半径以及点C坐标，从而得到标准方程；‎ ‎（2）由（1）可得点A坐标，求出抛物线表达式，得到点E坐标，再求出直线AE的表达式，联立直线AE和圆C的表达式，通过判断方程根的个数即可得到两者交点个数，从而判断位置关系.‎ ‎【详解】解：连接CD，CB，过C作CF⊥AB，‎ ‎∵点D（0，4），B（8，0），设圆C半径为r，圆C与y轴切于点D，‎ 则CD=BC=OF=r，CF=4，‎ ‎∵CF⊥AB，‎ ‎∴AF=BF=8-r，‎ 在△BCF中，，‎ 即，‎ 解得：r=5，‎ ‎∴CD=OF=5，即C（5，4），‎ ‎∴圆C的标准方程为：；‎ ‎（2）由（1）可得：BF=3=AF，则OA=OB-AB=2，‎ 即A（2，0），‎ 设抛物线表达式为：，将A，B，D坐标代入，‎ ‎，解得：，‎ ‎∴抛物线表达式为：，‎ ‎∴可得点E（5，），‎ 设直线AE表达式为：y=mx+n，将A和E代入，‎ 可得：，解得：，‎ ‎∴直线AE的表达式为：，‎ ‎∵圆C的标准方程为，‎ 联立，‎ 解得：x=2，‎ 故圆C与直线AE只有一个交点，横坐标为2，‎ 即圆C与直线AE相切.‎ ‎【点睛】本题考查了圆的新定义，二次函数，一次函数，切线的判定，垂径定理，有一定难度，解题的关键是利用转化思想，将求位置关系转化为方程根的个数问题.‎ ‎10. （2020•四川省达州市•12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，过A.B两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于另一点C（﹣1，0）．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）在抛物线上是否存在一点P，使S△PAB＝S△OAB？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）点M为直线AB下方抛物线上一点，点N为y轴上一点，当△MAB的面积最大时，求MN+ON的最小值．‎ ‎【分析】（1）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；‎ ‎（2）分两种情况讨论，利用平行线之间的距离相等，可求OP解析式，EP''的解析式，联立方程组可求解；‎ ‎（3）过点M作MF⊥AC，交AB于F，设点M（m，m2﹣m﹣2），则点F（m，m﹣2），可求MF的长，由三角形面积公式可求△MAB的面积＝﹣（m﹣2）2+4，利用二次函数的性质可求点M坐标，过点O作∠KOB＝30°，过点N作KN⊥OK于K点，过点M作MR⊥OK于R，延长MF交直线KO于Q，由直角三角形的性质可得KN＝ON，可得MN+ON＝MN+KN，则当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MN+ON有最小值，即最小值为MP，由直角三角形的性质可求解．‎ 解：（1）∵直线y＝x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，‎ ‎∴点A（4，0），点B（0，﹣2），‎ 设抛物线解析式为：y＝a（x+1）（x﹣4），‎ ‎∴﹣2＝﹣4a，‎ ‎∴a＝，‎ ‎∴抛物线解析式为：y＝（x+1）（x﹣4）＝x2﹣x﹣2；‎ ‎（2）如图，当点P在直线AB上方时，过点O作OP∥AB，交抛物线与点P，‎ ‎∵OP∥AB，‎ ‎∴△ABP和△ABP是等底等高的两个三角形，‎ ‎∴S△PAB＝S△ABO，‎ ‎∵OP∥AB，‎ ‎∴直线PO的解析式为y＝x，‎ 联立方程组可得，‎ 解得：或，‎ ‎∴点P（2+2，1+）或（2﹣2，1﹣）；‎ 当点P''在直线AB下方时，在OB的延长线上截取BE＝OB＝2，过点E作EP''∥AB，交抛物线于点P''，‎ ‎∴AB∥EP''∥OP，OB＝BE，‎ ‎∴S△ABP''＝S△ABO，‎ ‎∵EP''∥AB，且过点E（0，﹣4），‎ ‎∴直线EP''解析式为y＝x﹣4，‎ 联立方程组可得，‎ 解得，‎ ‎∴点P''（2，﹣3），‎ 综上所述：点P坐标为（2+2，1+）或（2﹣2，1﹣）或（2，﹣3）；‎ ‎（3）如图2，过点M作MF⊥AC，交AB于F，‎ 设点M（m，m2﹣m﹣2），则点F（m，m﹣2），‎ ‎∴MF＝m﹣2﹣（m2﹣m﹣2）＝﹣（m﹣2）2+2，‎ ‎∴△MAB的面积＝×4×[﹣（m﹣2）2+2]＝﹣（m﹣2）2+4，‎ ‎∴当m＝2时，△MAB的面积有最大值，‎ ‎∴点M（2，﹣3），‎ 如图3，过点O作∠KOB＝30°，过点N作KN⊥OK于K点，过点M作MR⊥OK于R，延长MF交直线KO于Q，‎ ‎∵∠KOB＝30°，KN⊥OK，‎ ‎∴KN＝ON，‎ ‎∴MN+ON＝MN+KN，‎ ‎∴当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MN+ON有最小值，即最小值为MP，‎ ‎∵∠KOB＝30°，‎ ‎∴直线OK解析式为y＝x，‎ 当x＝2时，点Q（2，2），‎ ‎∴QM＝2+3，‎ ‎∵OB∥QM，‎ ‎∴∠PQM＝∠PON＝30°，‎ ‎∴PM＝QM＝+，‎ ‎∴MN+ON的最小值为+．‎ ‎11. （2020•山东淄博市•9分）如图，△ABC内接于⊙O，AD平分∠BAC交BC边于点E，交⊙O于点D，过点A作AF⊥BC于点F，设⊙O的半径为R，AF＝h．‎ ‎（1）过点D作直线MN∥BC，求证：MN是⊙O的切线；‎ ‎（2）求证：AB•AC＝2R•h；‎ ‎（3）设∠BAC＝2α，求的值（用含α的代数式表示）．‎ ‎【分析】（1）连接OD，由角平分线的性质可得∠BAD＝∠CAD，可得＝，由垂径定理可得OD⊥BC，可证OD⊥MN，可得结论；‎ ‎（2）连接AO并延长交⊙O于H，通过证明△ACF∽△AHB，可得，可得结论；‎ ‎（3）由“HL”可证Rt△DQB≌Rt△DPC，Rt△DQA≌Rt△DPA，可得BQ＝CP，AQ＝AP，可得AB+AC＝2AQ，由锐角三角函数可得AD＝，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，连接OD，‎ ‎∵AD平分∠BAC，‎ ‎∴∠BAD＝∠CAD，‎ ‎∴＝，‎ 又∵OD是半径，‎ ‎∴OD⊥BC，‎ ‎∵MN∥BC，‎ ‎∴OD⊥MN，‎ ‎∴MN是⊙O的切线；‎ ‎（2）如图2，连接AO并延长交⊙O于H，‎ ‎∵AH是直径，‎ ‎∴∠ABH＝90°＝∠AFC，‎ 又∵∠AHB＝∠ACF，‎ ‎∴△ACF∽△AHB，‎ ‎∴，‎ ‎∴AB•AC＝AF•AH＝2R•h；‎ ‎（3）如图3，过点D作DQ⊥AB于Q，DP⊥AC，交AC延长线于P，连接CD，‎ ‎∵∠BAC＝2α，AD平分∠BAC，‎ ‎∴∠BAD＝∠CAD＝α，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴BD＝CD，‎ ‎∵∠BAD＝∠CAD，DQ⊥AB，DP⊥AC，‎ ‎∴DQ＝DP，‎ ‎∴Rt△DQB≌Rt△DPC（HL），‎ ‎∴BQ＝CP，‎ ‎∵DQ＝DP，AD＝AD，‎ ‎∴Rt△DQA≌Rt△DPA（HL），‎ ‎∴AQ＝AP，‎ ‎∴AB+AC＝AQ+BQ+AC＝2AQ，‎ ‎∵cos∠BAD＝，‎ ‎∴AD＝，‎ ‎∴＝＝2cosα．‎ ‎【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形或相似三角形是本题的关键．‎ ‎12. （2020•山东淄博市•9分）如图，在直角坐标系中，四边形OABC是平行四边形，经过A（﹣2，0），B，C三点的抛物线y＝ax2+bx+（a＜0）与x轴的另一个交点为D，其顶点为M，对称轴与x轴交于点E．‎ ‎（1）求这条抛物线对应的函数表达式；‎ ‎（2）已知R是抛物线上的点，使得△ADR的面积是▱OABC的面积的，求点R的坐标；‎ ‎（3）已知P是抛物线对称轴上的点，满足在直线MD上存在唯一的点Q，使得∠PQE＝45°，求点P的坐标．‎ ‎【分析】（1）OA＝2＝BC，故函数的对称轴为x＝1，则x＝﹣＝1①，将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝4a﹣2b+②，联立①②即可求解；‎ ‎（2）△ADR的面积是▱OABC的面积的，则×AD×|yR|＝×OA×OB，则×6×|yR|＝×2×，即可求解；‎ ‎（3）∠PQE＝45°，故∠PRE＝90°，则△PRE为等腰直角三角形，当直线MD上存在唯一的点Q，则RQ⊥MD，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）OA＝2＝BC，故函数的对称轴为x＝1，则x＝﹣＝1①，‎ 将点A的坐标代入抛物线表达式得：0＝4a﹣2b+②，‎ 联立①②并解得，‎ 故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+x+③；‎ ‎（2）由抛物线的表达式得，点M（1，3）、点D（4，0）；‎ ‎∵△ADR的面积是▱OABC的面积的，‎ ‎∴×AD×|yR|＝×OA×OB，则×6×|yR|＝×2×，解得：yR＝±④，‎ 联立④③并解得，‎ 故点R的坐标为（1+，4）或（1，4）或（1，﹣4）或（1﹣，﹣4）；‎ ‎（3）作△PEQ的外接圆R，‎ ‎∵∠PQE＝45°，‎ 故∠PRE＝90°，则△PRE为等腰直角三角形，‎ 当直线MD上存在唯一的点Q，则RQ⊥MD，‎ 点M、D的坐标分别为（1，4）、（4，0），‎ 则ME＝4，ED＝4﹣1＝3，则MD＝5，‎ 过点R作RH⊥ME于点H，‎ 设点P（1，2m），则PH＝HE＝HR＝m，‎ 则圆R的半径为m，则点R（1+m，m），‎ S△MED＝S△MRD+S△MRE+S△DRE，‎ 即×EM•ED＝×MD×RQ+×ED•yR+×ME•RH，‎ ‎∴4×3＝×5×m+×4×m×3×m，解得m＝60﹣84，‎ 故点P（1，120﹣168）．‎ ‎【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本知识、面积的计算等，综合性强，难度较大．‎ ‎13. （2020•陕西•8分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°．连接AO并延长，交⊙O于点D，连接BD．过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E．‎ ‎（1）求证：AD∥EC；‎ ‎（2）若AB＝12，求线段EC的长．‎ ‎【分析】（1）连接OC，由切线的性质可得∠OCE＝90°，由圆周角定理可得∠AOC＝90°，可得结论；‎ ‎（2）过点A作AF⊥EC交EC于F，由锐角三角函数可求AD＝8，可证四边形OAFC是正方形，可得CF＝AF＝4，由锐角三角函数可求EF＝12，即可求解．‎ ‎【解答】证明：（1）连接OC，‎ ‎∵CE与⊙O相切于点C，‎ ‎∴∠OCE＝90°，‎ ‎∵∠ABC＝45°，‎ ‎∴∠AOC＝90°，‎ ‎∵∠AOC+∠OCE＝180°，‎ ‎∴∴AD∥EC ‎（2）如图，过点A作AF⊥EC交EC于F，‎ ‎∵∠BAC＝75°，∠ABC＝45°，‎ ‎∴∠ACB＝60°，‎ ‎∴∠D＝∠ACB＝60°，‎ ‎∴sin∠ADB＝，‎ ‎∴AD＝＝8，‎ ‎∴OA＝OC＝4，‎ ‎∵AF⊥EC，∠OCE＝90°，∠AOC＝90°，‎ ‎∴四边形OAFC是矩形，‎ 又∵OA＝OC，‎ ‎∴四边形OAFC是正方形，‎ ‎∴CF＝AF＝4，‎ ‎∵∠BAD＝90°﹣∠D＝30°，‎ ‎∴∠EAF＝180°﹣90°﹣30°＝60°，‎ ‎∵tan∠EAF＝，‎ ‎∴EF＝AF＝12，‎ ‎∴CE＝CF+EF＝12+4．‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，正方形的判定和性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．‎ ‎14. （2020•陕西•10分）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A，B，C，它的对称轴为直线l．‎ ‎（1）求该抛物线的表达式；‎ ‎（2）P是该抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使以P、D.E为顶点的三角形与△AOC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．‎ ‎【分析】（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式，即可求解；‎ ‎（2）由题意得：PD＝DE＝3时，以P、D.E为顶点的三角形与△AOC全等，分点P在抛物线对称轴右侧、点P在抛物线对称轴的左侧两种情况，分别求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式得，解得，‎ 故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；‎ ‎（2）抛物线的对称轴为x＝﹣1，令y＝0，则x＝﹣3或1，令x＝0，则y＝﹣3，‎ 故点A.B的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0）；点C（0，﹣3），‎ 故OA＝OC＝3，‎ ‎∵∠PDE＝∠AOC＝90°，‎ ‎∴当PD＝DE＝3时，以P、D.E为顶点的三角形与△AOC全等，‎ 设点P（m，n），当点P在抛物线对称轴右侧时，m﹣（﹣1）＝3，解得：m＝2，‎ 故n＝22+2×2﹣5＝5，故点P（2，5），‎ 故点E（﹣1，2）或（﹣1，8）；‎ 当点P在抛物线对称轴的左侧时，由抛物线的对称性可得，点P（﹣4，5），此时点E坐标同上，‎ 综上，点P的坐标为（2，5）或（﹣4，5）；点E的坐标为（﹣1，2）或（﹣1，8）．‎ ‎【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形全等等，有一定的综合性，难度适中，其中（2）需要分类求解，避免遗漏．‎ ‎15. （2020•陕西•12分）问题提出 ‎（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是　CF、DE.DF　．‎ 问题探究 ‎（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是上一点，且＝2，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥‎ BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．‎ 问题解决 ‎（3）如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x（m），阴影部分的面积为y（m2）．‎ ‎①求y与x之间的函数关系式；‎ ‎②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积．‎ ‎【分析】（1）证明四边形CEDF是正方形，即可得出结果；‎ ‎（2）连接OP，由AB是半圆O的直径，＝2，得出∠APB＝90°，∠AOP＝60°，则∠ABP＝30°，同（1）得四边形PECF是正方形，得PF＝CF，在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝4，在Rt△CFB中，BF＝＝CF，推出PB＝CF+BF，即可得出结果；‎ ‎（3）①同（1）得四边形DEPF是正方形，得出PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，证∠A′PB＝90°，得出S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝PA′•PB＝x（70﹣x），在Rt△ACB中，AC＝BC＝35，S△ACB＝AC2＝1225，由y＝S△PA′B+S△ACB，即可得出结果；‎ ‎②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝40，在Rt△A′PB中，由勾股定理得A′B＝＝50，由S△A′PB＝A′B•PF＝PB•A′P，求PF，即可得出结果．‎ ‎【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，‎ ‎∴四边形CEDF是矩形，‎ ‎∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，‎ ‎∴DE＝DF，‎ ‎∴四边形CEDF是正方形，‎ ‎∴CE＝CF＝DE＝DF，‎ 故答案为：CF、DE.DF；‎ ‎（2）连接OP，如图2所示：‎ ‎∵AB是半圆O的直径，＝2，‎ ‎∴∠APB＝90°，∠AOP＝×180°＝60°，‎ ‎∴∠ABP＝30°，‎ 同（1）得：四边形PECF是正方形，‎ ‎∴PF＝CF，‎ 在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝8×cos30°＝8×＝4，‎ 在Rt△CFB中，BF＝＝＝＝CF，‎ ‎∵PB＝PF+BF，‎ ‎∴PB＝CF+BF，‎ 即：4＝CF+CF，‎ 解得：CF＝6﹣2；‎ ‎（3）①∵AB为⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝∠ADB＝90°，‎ ‎∵CA＝CB，‎ ‎∴∠ADC＝∠BDC，‎ 同（1）得：四边形DEPF是正方形，‎ ‎∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，‎ ‎∴将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，如图3所示：‎ 则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，‎ ‎∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°，‎ ‎∴S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝PA′•PB＝x（70﹣x），‎ 在Rt△ACB中，AC＝BC＝AB＝×70＝35，‎ ‎∴S△ACB＝AC2＝×（35）2＝1225，‎ ‎∴y＝S△PA′B+S△ACB＝x（70﹣x）+1225＝﹣x2+35x+1225；‎ ‎②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40，‎ 在Rt△A′PB中，由勾股定理得：A′B＝＝＝50，‎ ‎∵S△A′PB＝A′B•PF＝PB•A′P，‎ ‎∴×50×PF＝×40×30，‎ 解得：PF＝24，‎ ‎∴S四边形PEDF＝PF2＝242＝576（m2），‎ ‎∴当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积为576m2．‎ ‎【点评】本题是圆综合题，主要考查了圆周角定理、勾股定理、矩形的判定、正方形的判定与性质、角平分线的性质、旋转的性质、三角函数定义、三角形面积与正方形面积的计算等知识；熟练掌握圆周角定理和正方形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎16.（2020•四川省成都市•10分）如图，在的边上取一点，以为圆心，为半径画⊙O，⊙O与边相切于点，，连接交⊙O于点，连接，并延长交线段于点．‎ ‎（1）求证：是⊙O的切线；‎ ‎（2）若，，求⊙O的半径；‎ ‎（3）若是的中点，试探究与的数量关系并说明理由．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3），理由见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接OD，由切线的性质可得∠ADO=90°，由“SSS”可证△ACO≌△ADO，可得∠ADO=∠ACO=90°，可得结论；‎ ‎（2）由锐角三角函数可设AC=4x，BC=3x，由勾股定理可求BC=6，再由勾股定理可求解；‎ ‎（3）连接OD，DE，由“SAS”可知△COE≌△DOE，可得∠OCE=∠OED，由三角形内角和定理可得∠DEF=180°-∠OEC-∠OED=180°-2∠OCE，∠DFE=180°-∠BCF-∠CBF=180°-2∠OCE，可得∠DEF=∠DFE，可证DE=DF=CE，可得结论．‎ ‎【详解】解：（1）如图，连接OD，‎ ‎∵⊙O与边AB相切于点D，‎ ‎∴OD⊥AB，即∠ADO=90°，‎ ‎∵AO=AO，AC=AD，OC=OD，‎ ‎∴△ACO≌△ADO（SSS），‎ ‎∴∠ADO=∠ACO=90°，‎ 又∵OC是半径，‎ ‎∴AC是⊙O的切线；‎ ‎（2）在Rt△ABC中，tanB==，‎ ‎∴设AC=4x，BC=3x，‎ ‎∵AC2+BC2=AB2，‎ ‎∴16x2+9x2=100，‎ ‎∴x=2，‎ ‎∴BC=6，‎ ‎∵AC=AD=8，AB=10，‎ ‎∴BD=2，‎ ‎∵OB2=OD2+BD2，‎ ‎∴（6-OC）2=OC2+4，‎ ‎∴OC=，‎ 故⊙O的半径为；‎ ‎（3）连接OD，DE，‎ 由（1）可知：△ACO≌△ADO，‎ ‎∴∠ACO=∠ADO=90°，∠AOC=∠AOD，‎ 又∵CO=DO，OE=OE，‎ ‎∴△COE≌△DOE（SAS），‎ ‎∴∠OCE=∠ODE，‎ ‎∵OC=OE=OD，‎ ‎∴∠OCE=∠OEC=∠OED=∠ODE，‎ ‎∴∠DEF=180°-∠OEC-∠OED=180°-2∠OCE，‎ ‎∵点F是AB中点，∠ACB=90°，‎ ‎∴CF=BF=AF，‎ ‎∴∠FCB=∠FBC，‎ ‎∴∠DFE=180°-∠BCF-∠CBF=180°-2∠OCE，‎ ‎∴∠DEF=∠DFE，‎ ‎∴DE=DF=CE，‎ ‎∴AF=BF=DF+BD=CE+BD．‎ ‎【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．‎ ‎17. （2020•四川省成都市•12分）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．‎ ‎（1）求抛物线的函数表达式 ‎（2）如图1，点为第四象限抛物线上一点，连接，交于点，连接，记 的面积为，的面积为，求的最大值；‎ ‎（3）如图2，连接，，过点作直线，点，分别为直线和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点，，使．若存在，请求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）存在，或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用待定系数法进行求解即可；‎ ‎（2）过点作轴于点，交于点，过点作轴交的延长线于点，则可得△AEK∽△DEF，继而可得，先求出BC的解析式，继而求得AK长，由可得，设点，进而可得 ‎，从而可得，再利用二次函数的性质即可求得答案；‎ ‎（3）先确定出∠ACB=90°，再得出直线的表达式为．设点的坐标为，然后分点在直线右侧，点在直线左侧两种情况分别进行讨论即可．‎ ‎【详解】（1）∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的函数表达式为；‎ ‎（2）过点作轴于点，交于点，过点作轴交的延长线于点．‎ 则DG//AK，‎ ‎∴△AEK∽△DEF，‎ ‎∴，‎ 设直线BC的解析式为y=kx+n，‎ 将、代入则有：，‎ 解得，‎ ‎∴直线的表达式为，‎ 当x=-1时，，‎ 即K（-1，），‎ ‎∴．‎ ‎∵．‎ ‎∴‎ 设点，则F点坐标为（m，），‎ ‎∴．‎ ‎∴，‎ 当时，有最大值．‎ ‎（3）∵，，．‎ ‎∴AC=，BC=，AB=5，‎ ‎∴AC2+BC2=25=52=AB2，‎ ‎∴∠ACB=90°，‎ ‎∵过点作直线，直线的表达式为，‎ ‎∴直线的表达式为．‎ 设点的坐标为．‎ ‎①当点在直线右侧时，如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，‎ ‎∴∠M=∠PNB=90°，‎ ‎∴∠BPN+∠PBN=90°，‎ ‎∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，‎ ‎∴∠QPM=∠PBN，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵NB=t-4，PN=，‎ ‎∴，‎ ‎∴QM=，PM=，‎ ‎∴MN=+，，‎ ‎∴点的坐标为．‎ 将点的坐标为代入，得 ‎，‎ 解得：，t2=0（舍去），‎ 此时点的坐标为．‎ ‎②当点在直线左侧时．如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，‎ ‎∴∠M=∠PNB=90°，‎ ‎∴∠BPN+∠PBN=90°，‎ ‎∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，‎ ‎∴∠QPM=∠PBN，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵NB=4-t，PN=，‎ ‎∴，‎ ‎∴QM=，PM=，‎ ‎∴MN=+，，‎ ‎∴点的坐标为．‎ 将点的坐标为代入，得 ‎，‎ 解得：，<0（舍去），‎ 此时点的坐标为．‎ ‎【点睛】本题是二次函数综合题，涉及了待定系数法，二次函数的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，熟练掌握相关知识，正确进行分类讨论是解题的关键．‎ ‎18. （2020•四川省甘孜州•12分）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于A，B两点，经过A，B两点的抛物线与x轴的正半轴相交于点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）若P为线段AB上一点，，求AP的长；‎ ‎（3）在（2）的条件下，设M是y轴上一点，试问：抛物线上是否存在点N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）存在，点N的坐标为(，3) 或(，)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用直线与y轴的交点求得点B的坐标，然后把点B.C的坐标代入，即可求解；‎ ‎（2）先求得点A的坐标，证得△PAO△CAB，利用对应边成比例即可求解；‎ ‎（3）分点N在AB的上方或下方两种情况进行讨论，根据平行四边形的性质和等腰直角三角形的性质，利用三角形全等，即可求解．‎ ‎【详解】（1）令，则，‎ ‎∴点B的坐标为(0，3)，‎ 抛物线经过点B (0，3)，C (1，0)，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为：；‎ ‎（2）令，则，‎ 解得：，‎ ‎∴点A的坐标为(，0)，‎ ‎∴OA=3，OB=3，OC=1，‎ ‎，‎ ‎∵，且，‎ ‎∴△PAO△CAB，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴；‎ ‎（3）存在，‎ 过点P作PD⊥x轴于点D，‎ ‎∵OA=3，OB=3，∠AOB=，‎ ‎∴∠BAO=∠ABO=，‎ ‎∴△PAD为等腰直角三角形，‎ ‎∵，‎ ‎∴PD=AD=2，‎ ‎∴点P的坐标为(，2)，‎ 当N在AB的上方时，过点N作NE⊥y轴于点E，如图，‎ ‎∵四边形APMN为平行四边形，‎ ‎∴NM∥AP，NM=AP=，‎ ‎∴∠NME=∠ABO=，‎ ‎∴△NME为等腰直角三角形，‎ ‎∴Rt△NMERt△APD，‎ ‎∴NE=AD=2，‎ 当时，，‎ ‎∴点N的坐标为(，3)，‎ 当N在AB的下方时，过点N作NF⊥y轴于点F，如图，‎ 同理可得：Rt△NMFRt△APD，‎ ‎∴NF=AD=2，‎ 当时，，‎ ‎∴点N的坐标为(，)，‎ 综上，点N的坐标为(，3) 或(，) ．‎ ‎【点睛】本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数与一次函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点．正确作出图形是解题的关键．‎ ‎19. （2020•甘肃省天水市•10分）性质探究 如图（1），在等腰三角形中，，则底边与腰 的长度之比为_________．‎ 理解运用 ‎（1）若顶角为的等腰三角形的周长为，则它的面积为_________；‎ ‎（2）如图（2），在四边形中，.在边，上分别取中点，连接.若，，求线段的长．‎ 类比拓展 顶角为的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为__________(用含的式子表示)‎ ‎【答案】性质探究：(或)；理解运用：（1）；（2）；类比拓展：(或)．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 性质探究 作CD⊥AB于D，则∠ADC=∠BDC=90°，由等腰三角形的性质得出AD=BD，∠A=∠B=30°，由直角三角形的性质得出AC=2CD，AD=CD，得出AB=2AD=2CD，即可得出结果；‎ 理解运用 ‎（1）同上得出则AC=2CD，AD=CD，由等腰三角形的周长得出4CD+2CD=4+2，解得：CD=1，得出AB=2，由三角形面积公式即可得出结果；‎ ‎（2）①由等腰三角形的性质得出∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，得出∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH即可；‎ ‎②连接FH，作EP⊥FH于P，由等腰三角形的性质得出PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，由四边形内角和定理求出∠FEH=120°，由等腰三角形的性质得出∠EFH=30°，由直角三角形的性质得出PE=EF=10，PF=PE=10，得出FH=2PF=20，证明MN是△FGH的中位线，由三角形中位线定理即可得出结果；‎ 类比拓展 作AD⊥BC于D，由等腰三角形的性质得出BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，由三角函数得出BD=AB×sinα，得出BC=2BD=2AB×sinα，即可得出结果．‎ ‎【详解】性质探究 解：作CD⊥AB于D，如图①所示：‎ 则∠ADC=∠BDC=90°，‎ ‎∵AC=BC，∠ACB=120°，‎ ‎∴AD=BD，∠A=∠B=30°，‎ ‎∴AC=2CD，AD=CD，‎ ‎∴AB=2AD=2CD，‎ ‎∴；‎ 故答案为：(或)；‎ 理解运用 ‎（1）解：如图①所示：同上得：AC=2CD，AD=CD，‎ ‎∵AC+BC+AB=4+2，‎ ‎∴4CD+2CD=4+2，‎ 解得：CD=1，‎ ‎∴AB=2，‎ ‎∴△ABC的面积=AB×CD=×2×1=；‎ 故答案为：‎ ‎（2）①证明：∵EF=EG=EH，‎ ‎∴∠EFG=∠EGF，∠EGH=∠EHG，‎ ‎∴∠EFG+∠EHG=∠EGF+∠EGH=∠FGH；‎ ‎②解：连接FH，作EP⊥FH于P，如图②所示：‎ 则PF=PH，由①得：∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°，‎ ‎∴∠FEH=360°-120°-120°=120°，‎ ‎∵EF=EH，‎ ‎∴∠EFH=30°，‎ ‎∴PE= EF=10，‎ ‎∴PF=PE=10，‎ ‎∴FH=2PF=20，‎ ‎∵点M、N分别是FG、GH的中点，‎ ‎∴MN是△FGH的中位线，‎ ‎∴MN=FH=10；‎ 类比拓展 解：如图③所示：作AD⊥BC于D，‎ ‎∵AB=AC，‎ ‎∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=α，‎ ‎∵，‎ ‎∴BD=AB×sinα，‎ ‎∴BC=2BD=2AB×sinα，‎ ‎∴；‎ 故答案为：2sinα（或）．‎ ‎【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、四边形内角和定理、解直角三角形等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．‎ ‎20.（2020•北京市•7分）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB＝1．‎ 给出如下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦A'B'（A'，B′分别为点A，B的对应点），线段AA'长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．‎ ‎（1）如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是　P1P2∥P3P4　；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点　P3　的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；‎ ‎（2）若点A，B都在直线y＝x+2上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d1，求d1的最小值；‎ ‎（3）若点A的坐标为（2，），记线段AB到⊙O的“平移距离”为d2，直接写出d2的取值范围．‎ ‎【分析】（1）根据平移的性质，以及线段AB到⊙O的“平移距离”的定义判断即可．‎ ‎（2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，设直线y＝x+2交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，2），过点E作EH⊥MN于H，解直角三角形求出EH即可判断．‎ ‎（3）如图2中，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′和等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，点A′与M重合时，AA′的值最小，当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．‎ 解直角三角形求出AA′即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是P1P2∥P3P4；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点P3的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”．‎ 故答案为：P1P2∥P3P4，P3．‎ ‎（2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，‎ 设直线y＝x+2交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，2），‎ 过点E作EH⊥MN于H，‎ ‎∵OM＝2，ON＝2，‎ ‎∴tan∠NMO＝，‎ ‎∴∠NMO＝60°，‎ ‎∴EH＝EM•sin60°＝，‎ 观察图象可知，线段AB到⊙O的“平移距离”为d1的最小值为．‎ ‎（3）如图2中，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，‎ 以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，‎ 当点A′与M重合时，AA′的值最小，最小值＝OA﹣OM＝﹣1＝，‎ 当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．‎ 由题意A′H＝，AH＝+＝3，‎ ‎∴AA′的最大值＝＝，‎ ‎∴≤d2≤．‎ ‎【点评】本题属于圆综合题，考查了平移变换，一次函数的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，线段AB到⊙O的“平移距离”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．‎ ‎21.（2020•内蒙古包头市•10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线经过点A，与y轴交于点B，连接．‎ ‎（1）求b的值及点M的坐标；‎ ‎（2）将直线向下平移，得到过点M的直线，且与x轴负半轴交于点C，取点，连接，求证：：‎ ‎（3）点E是线段上一动点，点F是线段上一动点，连接，线段的延长线与线段交于点G．当时，是否存在点E，使得？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）b=3，M（3，-3）；（2）详见解析；（3）点E的坐标为（，）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将配方后可得顶点M的坐标，利用求出点A的坐标后代入即可求出b的值；‎ ‎（2）先求出平移后的直线CM的解析式为y=-x，过点D作DH⊥直线y=-x，得到直线DH的解析式为y=2x-4，根据求出交点H（1，-2），分别求得DH=，DM=，根据sin∠DMH=得到∠DMH=45°，再利用外角与内角的关系得到结论；‎ ‎（3）过点G作GP⊥x轴，过点E作EQ⊥x轴，先求出AB=，根据得到∠BAO=∠AFE，设GF=4a，则AE=EF=3a，证明△AEQ∽△ABO，求得AQ=a，AF=a，再证△FGP∽△AEQ，得到FP=a，OP=PG=，由此得到+a+a=6，求出a得到AQ=，将x=代入中，得y=，即可得到点E的坐标.‎ ‎【详解】（1）∵=，‎ ‎∴顶点M的坐标为（3，-3）.‎ 令中y=0，得x1=0，x2=6，‎ ‎∴A（6，0），‎ 将点A的坐标代入中，得-3+b=0，‎ ‎∴b=3；‎ ‎（2）∵由平移得来，‎ ‎∴m=-，‎ ‎∵过点M(3，-3)，‎ ‎∴，解得n=，‎ ‎∴平移后的直线CM的解析式为y=-x.‎ 过点D作DH⊥直线y=-x，‎ ‎∴设直线DH的解析式为y=2x+k，将点D（2，0）的坐标代入，得4+k=0，‎ ‎∴k=-4，‎ ‎∴直线DH的解析式为y=2x-4.‎ 解方程组，得，‎ ‎∴H（1，-2）.‎ ‎∵D(2，0)，H(1，-2)，‎ ‎∴DH=，‎ ‎∵M(3，-3)，D（2，0），‎ ‎∴DM=，‎ ‎∴sin∠DMH=，‎ ‎∴∠DMH=45°，‎ ‎∵∠ACM+∠DMH=∠ADM，‎ ‎∴；‎ ‎（3）存在点E，‎ 过点G作GP⊥x轴，过点E作EQ⊥x轴，‎ ‎∵A(6，0)，B（0，3），‎ ‎∴AB=.‎ ‎∵，∠BEF=∠BAO+∠AFE，‎ ‎∴∠BAO=∠AFE，‎ ‎∴AE=EF，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 设GF=4a，则AE=EF=3a，‎ ‎∵EQ⊥x轴，‎ ‎∴EQ∥OB，‎ ‎∴△AEQ∽△ABO，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴AQ=a，‎ ‎∴AF=a.‎ ‎∵∠AFE=∠PFG，‎ ‎∴△FGP∽△AEQ，‎ ‎∴，‎ ‎∴FP=a，‎ ‎∴OP=PG=，‎ ‎∴+a+a=6，‎ 解得a=，‎ ‎∴AQ=，‎ ‎∴OQ=，‎ 将x=代入中，得y=，‎ ‎∴当时，存在点E，使得，此时点E的坐标为（，）.‎ ‎【点睛】此题考查了抛物线的性质，待定系数法求函数解析式，一次函数平移的性质，两个一次函数交点坐标与方程组的关系，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质定理，是一道抛物线的综合题，较难.‎ ‎2.（2020•江西省•8分）如图，中，，顶点，都在反比例函数的图象上，直线轴，垂足为，连结，，并延长交于点，当时，点恰为的中点，若，.‎ ‎（1）求反比例函数的解析式；‎ ‎（2）求的度数.‎ ‎【解析】：（1）∵AD⊥轴，∠AOD=45°，OA=，∴.∴A（2，2）‎ ‎∵点A在反比例函数图象上，∴，∴‎ ‎（2）∵△ABC为直角三角形，点E为AB的中点，‎ ‎∴AE=CE=EB，∠AEC=2∠ECB，∵AB=2OA，∴AO=AE.‎ ‎∴∠AOE=∠AEO=2∠ECB.∵∠ACB=90°，AD⊥x轴，∴BC∥轴.‎ ‎∴∠ECB=∠EOD，∴∠AOE=2∠EOD.∵∠AOD=45°，‎ ‎∴∠EOD=∠AOD=‎ ‎22.（2020•辽宁省本溪市•12分）如图，射线AB和射线CB相交于点B，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），且AB＝CB．点D是射线CB上的动点（点D不与点C和点B重合），作射线AD，并在射线AD上取一点E，使∠AEC＝α，连接CE，BE．‎ ‎（1）如图①，当点D在线段CB上，α＝90°时，请直接写出∠AEB的度数；‎ ‎（2）如图②，当点D在线段CB上，α ‎＝120°时，请写出线段AE，BE，CE之间的数量关系，并说明理由；‎ ‎（3）当α＝120°，tan∠DAB＝时，请直接写出的值．‎ ‎【分析】（1）连接AC，证A.B.E.C四点共圆，由圆周角定理得出∠BCE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，证出△ABC是等腰直角三角形，则∠CAB＝45°，进而得出结论；‎ ‎（2）在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，证△ABF≌△CBE（SAS），得出∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，由等腰三角形的性质得出FH＝EH，由三角函数定义得出FH＝EH＝BE，进而得出结论；‎ ‎（3）由（2）得FH＝EH＝BE，由三角函数定义得出AH＝3BH＝BE，分别表示出CE，进而得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）连接AC，如图①所示：‎ ‎∵α＝90°，∠ABC＝α，∠AEC＝α，‎ ‎∴∠ABC＝∠AEC＝90°，‎ ‎∴A.B.E.C四点共圆，‎ ‎∴∠BCE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，‎ ‎∵∠CAB＝∠CAE+∠BAE，‎ ‎∴∠BCE+∠CBE＝∠CAB，‎ ‎∵∠ABC＝90°，AB＝CB，‎ ‎∴△ABC是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠CAB＝45°，‎ ‎∴∠BCE+∠CBE＝45°，‎ ‎∴∠BEC＝180°﹣（∠BCE+∠CBE）＝180°﹣45°＝135°，‎ ‎∴∠AEB＝∠BEC﹣∠AEC＝135°﹣90°＝45°；‎ ‎（2）AE＝BE+CE，理由如下：‎ 在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：‎ ‎∵∠ABC＝∠AEC，∠ADB＝∠CDE，‎ ‎∴180°﹣∠ABC﹣∠ADB＝180°﹣∠AEC﹣∠CDE，‎ ‎∴∠A＝∠C，‎ 在△ABF和△CBE中，，‎ ‎∴△ABF≌△CBE（SAS），‎ ‎∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，‎ ‎∴∠ABF+∠FBD＝∠CBE+∠FBD，‎ ‎∴∠ABD＝∠FBE，‎ ‎∵∠ABC＝120°，‎ ‎∴∠FBE＝120°，‎ ‎∵BF＝BE，‎ ‎∴∠BFE＝∠BEF＝×（180°﹣∠FBE）＝×（180°﹣120°）＝30°，‎ ‎∵BH⊥EF，‎ ‎∴∠BHE＝90°，FH＝EH，‎ 在Rt△BHE中，BH＝BE，FH＝EH＝BH＝BE，‎ ‎∴EF＝2EH＝2×BE＝BE，‎ ‎∵AE＝EF+AF，AF＝CE，‎ ‎∴AE＝BE+CE；‎ ‎（3）分两种情况：‎ ‎①当点D在线段CB上时，‎ 在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：‎ 由（2）得：FH＝EH＝BE，‎ ‎∵tan∠DAB＝＝，‎ ‎∴AH＝3BH＝BE，‎ ‎∴CE＝AF＝AH﹣FH＝BE﹣BE＝BE，‎ ‎∴＝；‎ ‎②当点D在线段CB的延长线上时，‎ 在射线AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图③所示：‎ 同①得：FH＝EH＝BE，AH＝3BH＝BE，‎ ‎∴CE＝AF＝AH+FH＝BE+BE＝BE，‎ ‎∴＝；‎ 综上所述，当α＝120°，tan∠DAB＝时，的值为或．‎ ‎【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理、三角函数定义等知识；本题综合性强，构造全等三角形是解题的关键．‎ ‎23.（2020•辽宁省本溪市•14分）如图，抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）过点O（0，0）和A（6，0）．点B是抛物线的顶点，点D是x轴下方抛物线上的一点，连接OB，OD．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）如图①，当∠BOD＝30°时，求点D的坐标；‎ ‎（3）如图②，在（2）的条件下，抛物线的对称轴交x轴于点C，交线段OD于点E，点F是线段OB上的动点（点F不与点O和点B重合），连接EF，将△BEF沿EF折叠，点B的对应点为点B'，△EFB'与△OBE的重叠部分为△EFG，在坐标平面内是否存在一点H，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点H的坐标，若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．‎ ‎（2）如图①‎ 中，设抛物线的对称轴交x轴于M，与OD交于点N．解直角三角形求出等N的坐标，求出直线ON的解析式，构建方程组确定等D坐标即可．‎ ‎（3）分三种情形：如图②﹣1中，当∠EFG＝90°时，点H在第一象限，此时G，B′，O重合．如图②﹣2中，当∠EGF＝90°时，点H在对称轴右侧．如图②﹣3中当∠FGE＝90°时，点H在对称轴左侧，点B′在对称轴上，分别求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）把点O（0，0）和A（6，0）代入y＝ax2﹣2x+c中，‎ 得到，‎ 解得，‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x．‎ ‎（2）如图①中，设抛物线的对称轴交x轴于M，与OD交于点N．‎ ‎∵y＝x2﹣2x＝（x﹣3）2﹣3，‎ ‎∴顶点B（3，﹣3），M（3，0），‎ ‎∴OM＝3．BM＝3，‎ ‎∴tan∠MOB＝＝，‎ ‎∴∠MOB＝60°，‎ ‎∵∠BOD＝30°，‎ ‎∴∠MON＝∠MOB﹣∠BOD＝30°，‎ ‎∴MN＝OM•tam30°＝，‎ ‎∴N（3，﹣），‎ ‎∴直线ON的解析式为y＝﹣x，‎ 由，解得或，‎ ‎∴D（5，﹣）．‎ ‎（3）如图②﹣1中，当∠EFG＝90°时，点H在第一象限，此时G，B′，O重合，F（﹣，﹣），E（3，﹣），可得H（，）．‎ 如图②﹣2中，当∠EGF＝90°时，点H在对称轴右侧，可得H（，﹣）．‎ 如图②﹣3中当∠FGE＝90°时，点H在对称轴左侧，点B′在对称轴上，可得H（，﹣）．‎ 综上所述，满足条件的点H的坐标为（，）或（，﹣）或（，﹣）．‎ ‎【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，解直角三角形，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数，利用方程组确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．‎ ‎24. （2020·天津市·10分）已知点A（1，0）是抛物线y＝ax2+bx+m（a，b，m为常数，a≠0，m＜0）与x轴的一个交点．‎ ‎（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，求该抛物线的顶点坐标；‎ ‎（Ⅱ）若抛物线与x轴的另一个交点为M（m，0），与y轴的交点为C，过点C作直线1平行于x轴，E是直线1上的动点，F是y轴上的动点，EF＝2．‎ ‎①当点E落在抛物线上（不与点C重合），且AE＝EF时，求点F的坐标；‎ ‎②取EF的中点N，当m为何值时，MN的最小值是？‎ ‎【分析】（Ⅰ）将A（1，0）代入抛物线的解析式求出b＝2，由配方法可求出顶点坐标；‎ ‎（Ⅱ）①根据题意得出a＝1，b＝﹣m﹣1．求出抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．则点C（0，m），点E（m+1，m），过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．根据题意求出m的值，可求出CF的长，则可得出答案；‎ ‎②得出CN＝EF＝．求出MC＝﹣m，当MC≥，即m≤﹣1时，当MC＜，即﹣1＜m＜0时，根据MN的最小值可分别求出m的值即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）当a＝1，m＝﹣3时，抛物线的解析式为y＝x2+bx﹣3．‎ ‎∵抛物线经过点A（1，0），‎ ‎∴0＝1+b﹣3，‎ 解得b＝2，‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3．‎ ‎∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，‎ ‎∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣4）．‎ ‎（Ⅱ）①∵抛物线y＝ax2+bx+m经过点A（1，0）和M（m，0），m＜0，‎ ‎∴0＝a+b+m，0＝am2+bm+m，即am+b+1＝0．‎ ‎∴a＝1，b＝﹣m﹣1．‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝x2﹣（m+1）x+m．‎ 根据题意得，点C（0，m），点E（m+1，m），‎ 过点A作AH⊥l于点H，由点A（1，0），得点H（1，m）．‎ 在Rt△EAH中，EH＝1﹣（m+1）＝﹣m，HA＝0﹣m＝﹣m，‎ ‎∴AE＝＝﹣m，‎ ‎∵AE＝EF＝2，‎ ‎∴﹣m＝2，‎ 解得m＝﹣2．‎ 此时，点E（﹣1，﹣2），点C（0，﹣2），有EC＝1．‎ ‎∵点F在y轴上，‎ ‎∴在Rt△EFC中，CF＝＝．‎ ‎∴点F的坐标为（0，﹣2﹣）或（0，﹣2+）．‎ ‎②由N是EF的中点，得CN＝EF＝．‎ 根据题意，点N在以点C为圆心、为半径的圆上，‎ 由点M（m，0），点C（0，m），得MO＝﹣m，CO＝﹣m，‎ ‎∴在Rt△MCO中，MC＝＝﹣m．‎ 当MC≥，即m≤﹣1时，满足条件的点N在线段MC上．‎ MN的最小值为MC﹣NC＝﹣m﹣＝，解得m＝﹣；‎ 当MC＜，即﹣1＜m＜0时，满足条件的点N落在线段CM的延长线上，MN的最小值为NC﹣MC＝﹣（﹣m）＝，‎ 解得m＝﹣．‎ ‎∴当m的值为﹣或﹣时，MN的最小值是．‎ ‎【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，二次函数图象上点的坐标特征，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．‎ ‎25. （2020•新疆维吾尔自治区新疆生产建设兵团•13分）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线的顶点是A(1，3)，将OA绕点O逆时针旋转后得到OB，点B恰好在抛物线上，OB与抛物线的对称轴交于点C．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）P是线段AC上一动点，且不与点A，C重合，过点P作平行于x轴的直线，与的边分别交于M，N两点，将以直线MN为对称轴翻折，得到．‎ 设点P的纵坐标为m．‎ ‎①当在内部时，求m的取值范围；‎ ‎②是否存在点P，使，若存在，求出满足m的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】；（2）①；②存在，满足m的值为或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）作AD⊥y轴于点D，作BE⊥x轴于点E，然后证明△AOD≌△BOE，则AD=BE，OD=OE，即可得到点B坐标，然后利用待定系数法，即可求出解析式；‎ ‎（2）①由点P为线段AC上的动点，则讨论动点的位置是解题的突破口，有点P与点A重合时；点P与点C重合时，两种情况进行分析计算，即可得到答案；‎ ‎②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点M在线段OA上，点N在AB上时；当点M在线段OB上，点N在AB上时；先求出直线OA和直线AB的解析式，然后利用m的式子表示出两个三角形的面积，根据等量关系列出方程，解方程即可求出m的值．‎ ‎【详解】解：（1）如图：作AD⊥y轴于点D，作BE⊥x轴于点E，‎ ‎∴∠ADO=∠BEO=90°，‎ ‎∵将OA绕点O逆时针旋转后得到OB，‎ ‎∴OA=OB，∠AOB=90°，‎ ‎∴∠AOD+∠AOE=∠BOE+∠AOE=90°，‎ ‎∴∠AOD=∠BOE，‎ ‎∴△AOD≌△BOE，‎ ‎∴AD=BE，OD=OE，‎ ‎∵顶点A为（1，3），‎ ‎∴AD=BE=1，OD=OE=3，‎ ‎∴点B的坐标为（3，），‎ 设抛物线的解析式为，‎ 把点B代入，得 ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴抛物线的解析式为，‎ 即；‎ ‎（2）①∵P是线段AC上一动点，‎ ‎∴，‎ ‎∵当在内部时，‎ 当点恰好与点C重合时，如图：‎ ‎∵点B为（3，），‎ ‎∴直线OB的解析式为，‎ 令，则，‎ ‎∴点C的坐标为（1，），‎ ‎∴AC=，‎ ‎∵P为AC的中点，‎ ‎∴AP=，‎ ‎∴，‎ ‎∴m的取值范围是；‎ ‎②当点M在线段OA上，点N在AB上时，如图：‎ ‎∵点P在线段AC上，则点P为（1，m），‎ ‎∵点与点A关于MN对称，则点的坐标为（1，2m3），‎ ‎∴，，‎ 设直接OA为，直线AB为，‎ 分别把点A，点B代入计算，得 直接OA为；直线AB为，‎ 令，‎ 则点M的横坐标为，点N的横坐标为，‎ ‎∴；‎ ‎∵；‎ ‎；‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ 解得：或（舍去）；‎ 当点M在边OB上，点N在边AB上时，如图：‎ 把代入，则，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 解得：或（舍去）；‎ 综合上述，m的值为：或．‎ ‎【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的旋转、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质、三角形的面积公式等，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到点P的位置．注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题．‎