人教初中数学中考好题难题有答案 48页

数学难题 ‎　‎ 一．填空题（共2小题）‎ ‎1．如图，矩形纸片ABCD中，AB=，BC=．第一次将纸片折叠，使点B与点D重合，折痕与BD交于点O1；O1D的中点为D1，第二次将纸片折叠使点B与点D1重合，折痕与BD交于点O2；设O2D1的中点为D2，第三次将纸片折叠使点B与点D2重合，折痕与BD交于点O3，…．按上述方法折叠，第n次折叠后的折痕与BD交于点On，则BO1=　_________　，BOn=　_________　．‎ ‎　‎ ‎2．如图，在平面直角坐标系xoy中，A（﹣3，0），B（0，1），形状相同的抛物线Cn（n=1，2，3，4，…）的顶点在直线AB上，其对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，根据上述规律，抛物线C2的顶点坐标为　_________　；抛物线C8的顶点坐标为　_________　．‎ ‎　‎ 二．解答题（共28小题）‎ ‎3．已知：关于x的一元二次方程kx2+2x+2﹣k=0（k≥1）．‎ ‎（1）求证：方程总有两个实数根；‎ ‎（2）当k取哪些整数时，方程的两个实数根均为整数．‎ ‎　‎ ‎4．已知：关于x的方程kx2+（2k﹣3）x+k﹣3=0．‎ ‎（1）求证：方程总有实数根；‎ ‎（2）当k取哪些整数时，关于x的方程kx2+（2k﹣3）x+k﹣3=0的两个实数根均为负整数？‎ ‎　‎ ‎5．在平面直角坐标系中，将直线l：沿x轴翻折，得到一条新直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，将抛物线C1：沿x轴平移，得到一条新抛物线C2与y轴交于点D，与直线AB交于点E、点F．‎ ‎（1）求直线AB的解析式；‎ ‎（2）若线段DF∥x轴，求抛物线C2的解析式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，若点F在y轴右侧，过F作FH⊥x轴于点G，与直线l交于点H，一条直线m（m不过△AFH的顶点）与AF交于点M，与FH交于点N，如果直线m既平分△AFH的面积，又平分△AFH的周长，求直线m的解析式．‎ ‎　‎ ‎6．已知：关于x的一元二次方程﹣x2+（m+4）x﹣4m=0，其中0＜m＜4．‎ ‎（1）求此方程的两个实数根（用含m的代数式表示）；‎ ‎（2）设抛物线y=﹣x2+（m+4）x﹣4m与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），若点D的坐标为（0，﹣2），且AD•BD=10，求抛物线的解析式；‎ ‎（3）已知点E（a，y1）、F（2a，y2）、G（3a，y3）都在（2）中的抛物线上，是否存在含有y1、y2、y3，且与a无关的等式？如果存在，试写出一个，并加以证明；如果不存在，说明理由．‎ ‎　‎ ‎7．点P为抛物线y=x2﹣2mx+m2（m为常数，m＞0）上任一点，将抛物线绕顶点G逆时针旋转90°后得到的新图象与y轴交于A、B两点（点A在点B的上方），点Q为点P旋转后的对应点．‎ ‎（1）当m=2，点P横坐标为4时，求Q点的坐标；‎ ‎（2）设点Q（a，b），用含m、b的代数式表示a；‎ ‎（3）如图，点Q在第一象限内，点D在x轴的正半轴上，点C为OD的中点，QO平分∠AQC，AQ=2QC，当QD=m时，求m的值．‎ ‎　‎ ‎8．关于x的一元二次方程x2﹣4x+c=0有实数根，且c为正整数．‎ ‎（1）求c的值；‎ ‎（2）若此方程的两根均为整数，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2﹣4x+c与x轴交于A、B两点（A在B左侧），与y轴交于点C．点P为对称轴上一点，且四边形OBPC为直角梯形，求PC的长；‎ ‎（3）将（2）中得到的抛物线沿水平方向平移，设顶点D的坐标为（m，n），当抛物线与（2）中的直角梯形OBPC只有两个交点，且一个交点在PC边上时，直接写出m的取值范围．‎ ‎　‎ ‎9．如图，已知AD为△ABC的角平分线，EF为AD的垂直平分线．求证：FD2=FB•FC．‎ ‎　‎ ‎10．如图，AD是△ABC的角平分线，EF是AD的垂直平分线．‎ 求证：（1）∠EAD=∠EDA．‎ ‎（2）DF∥AC．‎ ‎（3）∠EAC=∠B．‎ ‎　‎ ‎11．已知：关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1=0（m为实数）‎ ‎（1）若方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围；‎ ‎（2）在（1）的条件下，求证：无论m取何值，抛物线y=（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1总过x轴上的一个固定点；‎ ‎（3）关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1=0有两个不相等的整数根，把抛物线y=（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1向右平移3个单位长度，求平移后的解析式．‎ ‎　‎ ‎12．已知△ABC，以AC为边在△ABC外作等腰△ACD，其中AC=AD．‎ ‎（1）如图1，若∠DAC=2∠ABC，AC=BC，四边形ABCD是平行四边形，则∠ABC=　_________　；‎ ‎（2）如图2，若∠ABC=30°，△ACD是等边三角形，AB=3，BC=4．求BD的长；‎ ‎（3）如图3，若∠ACD为锐角，作AH⊥BC于H．当BD2=4AH2+BC2时，∠DAC=2∠ABC是否成立？若不成立，请说明你的理由；若成立，证明你的结论．‎ ‎　‎ ‎13．已知关于x的方程mx2+（3﹣2m）x+（m﹣3）=0，其中m＞0．‎ ‎（1）求证：方程总有两个不相等的实数根；‎ ‎（2）设方程的两个实数根分别为x1，x2，其中x1＞x2，若，求y与m的函数关系式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，请根据函数图象，直接写出使不等式y≤﹣m成立的m的取值范围．‎ ‎　‎ ‎14．已知：关于x的一元二次方程x2+（n﹣2m）x+m2﹣mn=0①‎ ‎（1）求证：方程①有两个实数根；‎ ‎（2）若m﹣n﹣1=0，求证：方程①有一个实数根为1；‎ ‎（3）在（2）的条件下，设方程①的另一个根为a．当x=2时，关于m的函数y1=nx+am与y2=x2+a（n﹣2m）x+m2﹣mn的图象交于点A、B（点A在点B的左侧），平行于y轴的直线L与y1、y2的图象分别交于点C、D．当L沿AB由点A平移到点B时，求线段CD的最大值．‎ ‎　‎ ‎15．如图，已知抛物线y=（3﹣m）x2+2（m﹣3）x+4m﹣m2的顶点A在双曲线y=上，直线y=mx+b经过点A，与y轴交于点B，与x轴交于点C．‎ ‎（1）确定直线AB的解析式；‎ ‎（2）将直线AB绕点O顺时针旋转90°，与x轴交于点D，与y轴交于点E，求sin∠BDE的值；‎ ‎（3）过点B作x轴的平行线与双曲线交于点G，点M在直线BG上，且到抛物线的对称轴的距离为6．设点N在直线BG上，请直接写出使得∠AMB+∠ANB=45°的点N的坐标．‎ ‎　‎ ‎16．如图，AB为⊙O的直径，AB=4，点C在⊙O上，CF⊥OC，且CF=BF．‎ ‎（1）证明BF是⊙O的切线；‎ ‎（2）设AC与BF的延长线交于点M，若MC=6，求∠MCF的大小．‎ ‎　‎ ‎17．如图1，已知等边△ABC的边长为1，D、E、F分别是AB、BC、AC边上的点（均不与点A、B、C重合），记△DEF的周长为p．‎ ‎（1）若D、E、F分别是AB、BC、AC边上的中点，则p=　_________　；‎ ‎（2）若D、E、F分别是AB、BC、AC边上任意点，则p的取值范围是　_________　．‎ 小亮和小明对第（2）问中的最小值进行了讨论，小亮先提出了自己的想法：将△ABC以AC边为轴翻折一次得△AB1C，再将△AB1C以B1C为轴翻折一次得△A1B1C，如图2所示．则由轴对称的性质可知，DF+FE1+E1D2=p，根据两点之间线段最短，可得p≥DD2．老师听了后说：“你的想法很好，但DD2的长度会因点D的位置变化而变化，所以还得不出我们想要的结果．”小明接过老师的话说：“那我们继续再翻折3次就可以了”．请参考他们的想法，写出你的答案．‎ ‎　‎ ‎18．已知关于x的方程x2﹣（m﹣3）x+m﹣4=0．‎ ‎（1）求证：方程总有两个实数根；‎ ‎（2）若方程有一个根大于4且小于8，求m的取值范围；‎ ‎（3）设抛物线y=x2﹣（m﹣3）x+m﹣4与y轴交于点M，若抛物线与x轴的一个交点关于直线y=﹣x的对称点恰好是点M，求m的值．‎ ‎　‎ ‎19．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=．点D在边AC上（不与A，C重合），连接BD，F为BD中点．‎ ‎（1）若过点D作DE⊥AB于E，连接CF、EF、CE，如图1． 设CF=kEF，则k=　_________　；‎ ‎（2）若将图1中的△ADE绕点A旋转，使得D、E、B三点共线，点F仍为BD中点，如图2所示．求证：BE﹣DE=2CF；‎ ‎（3）若BC=6，点D在边AC的三等分点处，将线段AD绕点A旋转，点F始终为BD中点，求线段CF长度的最大值．‎ ‎　‎ ‎20．我们给出如下定义：如果四边形中一对顶点到另一对顶点所连对角线的距离相等，则把这对顶点叫做这个四边形的一对等高点．例如：如图1，平行四边形ABCD中，可证点A、C到BD的距离相等，所以点A、C是平行四边形ABCD的一对等高点，同理可知点B、D也是平行四边形ABCD的一对等高点．‎ ‎（1）如图2，已知平行四边形ABCD，请你在图2中画出一个只有一对等高点的四边形ABCE（要求：画出必要的辅助线）；‎ ‎（2）已知P是四边形ABCD对角线BD上任意一点（不与B、D点重合），请分别探究图3、图4中S1，S2，S3，S4四者之间的等量关系（S1，S2，S3，S4分别表示△ABP，△CBP，△CDP，△ADP的面积）：‎ ‎①如图3，当四边形ABCD只有一对等高点A、C时，你得到的一个结论是　_________　；‎ ‎②如图4，当四边形ABCD没有等高点时，你得到的一个结论是　_________　．‎ ‎　‎ ‎21．已知：关于x的一元一次方程kx=x+2 ①的根为正实数，二次函数y=ax2﹣bx+kc（c≠0）的图象与x轴一个交点的横坐标为1．‎ ‎（1）若方程①的根为正整数，求整数k的值；‎ ‎（2）求代数式的值；‎ ‎（3）求证：关于x的一元二次方程ax2﹣bx+c=0 ②必有两个不相等的实数根．‎ ‎　‎ ‎22．已知抛物线经过点A（0，4）、B（1，4）、C（3，2），与x轴正半轴交于点D．‎ ‎（1）求此抛物线的解析式及点D的坐标；‎ ‎（2）在x轴上求一点E，使得△BCE是以BC为底边的等腰三角形；‎ ‎（3）在（2）的条件下，过线段ED上动点P作直线PF∥BC，与BE、CE分别交于点F、G，将△EFG沿FG翻折得到△E′FG．设P（x，0），△E′FG与四边形FGCB重叠部分的面积为S，求S与x的函数关系式及自变量x的取值范围．‎ ‎　‎ ‎23．已知二次函数y=ax2+bx+c的图象分别经过点（0，3），（3，0），（﹣2，﹣5）．求：‎ ‎（1）求这个二次函数的解析式；‎ ‎（2）求这个二次函数的最值；‎ ‎（3）若设这个二次函数图象与x轴交于点C，D（点C在点D的左侧），且点A是该图象的顶点，请在这个二次函数的对称轴上确定一点B，使△ACB是等腰三角形，求出点B的坐标．‎ ‎　‎ ‎24．根据所给的图形解答下列问题：‎ ‎（1）如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC于D，把△ABD绕点A旋转，并拼接成一个与△ABC面积相等的正方形，请你在图中完成这个作图；‎ ‎（2）如图2，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，请你设计一种与（1）不同的方法，将这个三角形拆分并拼接成一个与其面积相等的正方形，画出利用这个三角形得到的正方形；‎ ‎（3）设计一种方法把图3中的矩形ABCD拆分并拼接为一个与其面积相等的正方形，请你依据此矩形画出正形，并根据你所画的图形，证明正方形面积等于矩形ABCD的面积的结论．‎ ‎　‎ ‎25．例．如图①，平面直角坐标系xOy中有点B（2，3）和C（5，4），求△OBC的面积．‎ 解：过点B作BD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E．依题意，可得 S△OBC=S梯形BDEC+S△OBD﹣S△OCE ‎=‎ ‎=×（3+4）×（5﹣2）+×2×3﹣×5×4=3.5．‎ ‎∴△OBC的面积为3.5．‎ ‎（1）如图②，若B（x1，y1）、C（x2，y2）均为第一象限的点，O、B、C三点不在同一条直线上．仿照例题的解法，求△OBC的面积（用含x1、x2、y1、y2的代数式表示）；‎ ‎（2）如图③，若三个点的坐标分别为A（2，5），B（7，7），C（9，1），求四边形OABC的面积．‎ ‎　‎ ‎26．阅读：‎ ‎①按照某种规律移动一个平面图形的所有点，得到一个新图形称为原图形的像．如果原图形每一个点只对应像的一个点，且像的每一个点也只对应原图形的一个点，这样的运动称为几何变换．特别地，当新图形与原图形的形状大小都不改变时，我们称这样的几何变换为正交变换．‎ 问题1：我们学习过的平移、　_________　、　_________　 变换都是正交变换．‎ ‎②如果一个图形绕着一个点（旋转中心）旋转n° （0＜n≤360）后，像又回到原图形占据的空间（重合），则称该变换为该图形的 n度旋转变换．特别地，具有180˚旋转变换的图形称为中心对称图形．‎ 例如，图A中奔驰车标示意图具有120°，240°，360°的旋转变换．‎ 图B的几何图形具有180°的旋转变换，所以它是中心对称图形．‎ 问题2：图C和图D中的两个几何图形具有n度旋转变换，请分别写出n的最小值．‎ 答：（图C）　_________　； 答：（图D）　_________　．‎ 问题3：如果将图C和图D的旋转中心重合，组合成一个新的平面图形，它具有n度旋转变换，则n的最小值为　_________　．‎ 问题4：请你在图E中画出一个具有180°旋转变换的正多边形．（要求以O为旋转中心，顶点在直线与圆的交点上）‎ ‎　‎ ‎27．已知：点P为线段AB上的动点（与A、B两点不重合）．在同一平面内，把线段AP、BP分别折成△CDP、△EFP，其中∠CDP=∠EFP=90°，且D、P、F三点共线，如图所示．‎ ‎（1）若△CDP、△EFP均为等腰三角形，且DF=2，求AB的长；‎ ‎（2）若AB=12，tan∠C=，且以C、D、P为顶点的三角形和以E、F、P为顶点的三角形相似，求四边形CDFE的面积的最小值．‎ ‎　‎ ‎28．在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=﹣x+交x轴于点C，交y轴于点A．等腰直角三角板OBD的顶点D与点C重合，如图A所示．把三角板绕着点O顺时针旋转，旋转角度为α（0°＜α＜180°），使B点恰好落在AC上的B'处，如图B所示．‎ ‎（1）求图A中的点B的坐标；‎ ‎（2）求α的值；‎ ‎（3）若二次函数y=mx2+3x的图象经过（1）中的点B，判断点B′是否在这条抛物线上，并说明理由．‎ ‎　‎ ‎29．已知：如图，AC是⊙O的直径，AB是弦，MN是过点A的直线，AB等于半径长．‎ ‎（1）若∠BAC=2∠BAN，求证：MN是⊙O的切线．‎ ‎（2）在（1）成立的条件下，当点E是的中点时，在AN上截取AD=AB，连接BD、BE、DE，求证：△BED是等边三角形．‎ ‎　‎ ‎30．在一个夹角为120°的墙角放置了一个圆形的容器，俯视图如图，在俯视图中圆与两边的墙分别切于B、C两点．如果用带刻度的直尺测量圆形容器的直径，发现直尺的长度不够．‎ ‎（1）写出此图中相等的线段．‎ ‎（2）请你设计一种可以通过计算求出直径的测量方法．（写出主要解题过程）‎ ‎　‎ ‎2012年初中难题数学组卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．填空题（共2小题）‎ ‎1．如图，矩形纸片ABCD中，AB=，BC=．第一次将纸片折叠，使点B与点D重合，折痕与BD交于点O1；O1D的中点为D1，第二次将纸片折叠使点B与点D1重合，折痕与BD交于点O2；设O2D1的中点为D2，第三次将纸片折叠使点B与点D2重合，折痕与BD交于点O3，…．按上述方法折叠，第n次折叠后的折痕与BD交于点On，则BO1=　2　，BOn=　　．‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）；矩形的性质。1077676‎ 专题：‎ 规律型。‎ 分析：‎ ‎（1）结合图形和已知条件，可以推出BD的长度，根据轴对称的性质，即可得出O1点为BD的中点，很容易就可推出O1B=2；‎ ‎（2）依据第二次将纸片折叠使点B与点D1重合，折痕与BD交于点O2，O1D的中点为D1，可以推出O2D1=BO2==；以此类推，即可推出：BOn=．‎ 解答：‎ 解：∵矩形纸片ABCD中，，‎ ‎∴BD=4，‎ ‎（1）当n=1时，‎ ‎∵第一次将纸片折叠，使点B与点D重合，折痕与BD交于点O1，‎ ‎∴O1D=O1B=2，‎ ‎∴BO1=2=；‎ ‎（2）当n=2时，‎ ‎∵第二次将纸片折叠使点B与点D1重合，折痕与BD交于点O2，O1D的中点为D1，‎ ‎∴O2D1=BO2===，‎ ‎∵设O2D1的中点为D2，第三次将纸片折叠使点B与点D2重合，折痕与BD交于点O3，‎ ‎∴O3D2=O3B==，‎ ‎∴以此类推，当n次折叠后，BOn=．‎ 点评：‎ 本题考查图形的翻折变换，解直角三角形的有关知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质推出结论 ‎　‎ ‎2．如图，在平面直角坐标系xoy中，A（﹣3，0），B（0，1），形状相同的抛物线Cn（n=1，2，3，4，…）的顶点在直线AB上，其对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…，根据上述规律，抛物线C2的顶点坐标为　（3，2）　；抛物线C8的顶点坐标为　（55，）　．‎ 考点：‎ 二次函数的性质。1077676‎ 专题：‎ 规律型。‎ 分析：‎ 根据A（﹣3，0），B（0，1）的坐标求直线AB的解析式为y=x+1，因为顶点C2的在直线AB上，C2坐标可求；根据横坐标的变化规律可知，C8的横坐标为55，代入直线AB的解析式y=x+1中，可求纵坐标．‎ 解答：‎ 解：设直线AB的解析式为y=kx+b 则 解得k=，b=1‎ ‎∴直线AB的解析式为y=x+1‎ ‎∵抛物线C2的顶点坐标的横坐标为3，且顶点在直线AB上 ‎∴抛物线C2的顶点坐标为（3，2）‎ ‎∵对称轴与x轴的交点的横坐标依次为2，3，5，8，13，…‎ ‎∴每个数都是前两个数的和 ‎∴抛物线C8的顶点坐标的横坐标为55‎ ‎∴抛物线C8的顶点坐标为（55，）．‎ 点评：‎ 此题考查了待定系数法求一次函数的解析式，还考查了点与函数关系式的关系，考查了学生的分析归纳能力．‎ ‎　‎ 二．解答题（共28小题）‎ ‎3．已知：关于x的一元二次方程kx2+2x+2﹣k=0（k≥1）．‎ ‎（1）求证：方程总有两个实数根；‎ ‎（2）当k取哪些整数时，方程的两个实数根均为整数．‎ 考点：‎ 根的判别式；解一元二次方程-公式法。1077676‎ 专题：‎ 计算题；证明题。‎ 分析：‎ ‎（1）先由k≠0，确定此方程为一元二次方程．要证明方程总有两个实数根，只有证明△≥0，通过代数式变形即可证明；‎ ‎（2）先利用求根公式求出两根，x1=﹣1，，只要2被k整除，并且有k≥1的整数，即可得到k的值．‎ 解答：‎ 证明：（1）∵k≥1，‎ ‎∴k≠0，此方程为一元二次方程，‎ ‎∵△=4﹣4k（2﹣k）=4﹣8k+4k2=4（k﹣1）2，‎ 而4（k﹣1）2≥0，‎ ‎∴△≥0，‎ ‎∴方程恒有两个实数根．‎ ‎（2）解：方程的根为，‎ ‎∵k≥1，∴．‎ ‎∴x1=﹣1，，‎ ‎∵k≥1，若k为整数，‎ ‎∴当k=1或k=2时，方程的两个实数根均为整数．‎ 点评：‎ 本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式△=b2﹣4ac．当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．同时考查了解方程的方法和整数的整除性质．‎ ‎　‎ ‎4．已知：关于x的方程kx2+（2k﹣3）x+k﹣3=0．‎ ‎（1）求证：方程总有实数根；‎ ‎（2）当k取哪些整数时，关于x的方程kx2+（2k﹣3）x+k﹣3=0的两个实数根均为负整数？‎ 考点：‎ 根的判别式；解一元二次方程-公式法。1077676‎ 专题：‎ 证明题；分类讨论。‎ 分析：‎ ‎（1）分两种情况讨论，当k=0时为一元一次方程，方程有一个实数根；当k≠0时，利用根的判别式计算出△＞0，得到方程总有实数根；‎ ‎（2）先判断出方程为一元二次方程，然后利用求根公式求出方程的两个根，再根据方程两根均为负数得出k的取值范围，从而求出k的值．‎ 解答：‎ 解：（1）分类讨论：‎ 若k=0，则此方程为一元一次方程，即﹣3x﹣3=0，‎ ‎∴x=﹣1有根，（1分）‎ 若k≠0，则此方程为一元二次方程，‎ ‎∴△=（2k﹣3）2﹣4k（k﹣3）=9＞0，（2分）‎ ‎∴方程有两个不相等的实数根，（3分）‎ 综上所述，方程总有实数根．‎ ‎（2）∵方程有两个实数根，‎ ‎∴方程为一元二次方程．‎ ‎∵利用求根公式，（4分）‎ 得；x2=﹣1，（5分）‎ ‎∵方程有两个负整数根，‎ ‎∴是负整数，即k是3的约数 ‎∴k=±1，±3‎ 但k=1、3时根不是负整数，‎ ‎∴k=﹣1、﹣3．（7分）‎ 点评：‎ 此题主要考查了一元二次方程根的判别式，要明确：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根；同时要加以灵活运用．‎ ‎　‎ ‎5．在平面直角坐标系中，将直线l：沿x轴翻折，得到一条新直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，将抛物线C1：沿x轴平移，得到一条新抛物线C2与y轴交于点D，与直线AB交于点E、点F．‎ ‎（1）求直线AB的解析式；‎ ‎（2）若线段DF∥x轴，求抛物线C2的解析式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，若点F在y轴右侧，过F作FH⊥x轴于点G，与直线l交于点H，一条直线m（m不过△AFH的顶点）与AF交于点M，与FH交于点N，如果直线m既平分△AFH的面积，又平分△AFH的周长，求直线m的解析式．‎ 考点：‎ 二次函数综合题；待定系数法求一次函数解析式；三角形的面积；相似三角形的判定与性质。1077676‎ 专题：‎ 综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）设直线AB的解析式为y=kx+b，将直线与x轴、y轴交点求出，沿x轴翻折，则直线、直线AB交同一A点，与y轴的交点（0，）与点B关于x轴对称，求出K和b；‎ ‎（2）设平移后的抛物线C2的顶点为P（h，0），则抛物线C2解析式为：，求出D点坐标，由DF∥x轴，又点F在直线AB上，解得h的值，就能抛物线C2的解析式；‎ ‎（3）过M作MT⊥FH于T，可证三角形相似，得FT：TM：FM=FG：GA：FA，设FT=3k，TM=4k，FM=5k，求得FN，又由，求得k，故能求得直线m的解析式．‎ 解答：‎ 解：（1）设直线AB的解析式为y=kx+b，‎ 将直线与x轴、y轴交点分别为（﹣2，0），（0，），‎ 沿x轴翻折，则直线、直线AB与x轴交于同一点（﹣2，0），‎ ‎∴A（﹣2，0），‎ 与y轴的交点（0，）与点B关于x轴对称，‎ ‎∴B（0，），‎ ‎∴，‎ 解得，，‎ ‎∴直线AB的解析式为；‎ ‎（2）设平移后的抛物线C2的顶点为P（h，0），‎ 则抛物线C2解析式为：=，‎ ‎∴D（0，），‎ ‎∵DF∥x轴，‎ ‎∴点F（2h，），‎ 又点F在直线AB上，‎ ‎∴，‎ 解得h1=3，，‎ ‎∴抛物线C2的解析式为或；‎ ‎（3）过M作MT⊥FH于T，MP交FH于N ‎∴Rt△MTF∽Rt△AGF．‎ ‎∴FT：TM：FM=FG：GA：FA=3：4：5，‎ 设FT=3k，TM=4k，FM=5k．‎ 则FN=﹣FM=16﹣5k，‎ ‎∴．‎ ‎∵=48，‎ 又．‎ ‎∴．‎ 解得或k=2（舍去）．‎ ‎∴FM=6，FT=，MT=，GN=4，TG=．‎ ‎∴M（，）、N（6，﹣4）．‎ ‎∴直线MN的解析式为：．‎ 点评：‎ 本题二次函数的综合题，涉及的知识有求直线的解析式和抛物线关系式，三角形相似等．‎ ‎　‎ ‎6．已知：关于x的一元二次方程﹣x2+（m+4）x﹣4m=0，其中0＜m＜4．‎ ‎（1）求此方程的两个实数根（用含m的代数式表示）；‎ ‎（2）设抛物线y=﹣x2+（m+4）x﹣4m与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），若点D的坐标为（0，﹣2），且AD•BD=10，求抛物线的解析式；‎ ‎（3）已知点E（a，y1）、F（2a，y2）、G（3a，y3）都在（2）中的抛物线上，是否存在含有y1、y2、y3，且与a无关的等式？如果存在，试写出一个，并加以证明；如果不存在，说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。1077676‎ 专题：‎ 开放型。‎ 分析：‎ ‎（1）在△≥0的前提下，用求根公式进行计算即可．‎ ‎（2）根据（1）的结果可得出A、B的坐标，然后求出AD、BD的长，代入AD•DB=10中，即可求得m的值，也就得出了抛物线的解析式．‎ ‎（2）分别将E、F、G的坐标代入抛物线的解析式中，可得出含a的y1、y2、y3的表达式，进而判断出y1、‎ y2、y3的等量关系．‎ 解答：‎ 解：（1）将原方程整理，得x2﹣（m+4）x+4m=0，‎ ‎△=b2﹣4ac=[﹣（m+4）]2﹣4（4m）=m2﹣8m+16=（m﹣4）2＞0‎ ‎∴；‎ ‎∴x=m或x=4；（2分）‎ ‎（2）由（1）知，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴的交点分别为（m，0）、（4，0），‎ ‎∵A在B的左侧，0＜m＜4，‎ ‎∴A（m，0），B（4，0）．‎ 则AD2=OA2+OD2=m2+22=m2+4，BD2=OB2+OD2=42+22=20；‎ ‎∵AD•BD=10，‎ ‎∴AD2•BD2=100；‎ ‎∴20（m2+4）=100；（3分）‎ 解得m=±1；（4分）‎ ‎∵0＜m＜4，‎ ‎∴m=1‎ ‎∴b=m+1=5，c=﹣4m=﹣4；‎ ‎∴抛物线的解析式为y=﹣x2+5x﹣4；（5分）‎ ‎（3）答：存在含有y1、y2、y3，且与a无关的等式，‎ 如：y3=﹣3（y1﹣y2）﹣4（答案不唯一）；（6分）‎ 证明：由题意可得y1=﹣a2+5a﹣4，y2=﹣4a2+10a﹣4，y3=﹣9a2+15a﹣4；‎ ‎∵左边=y3=﹣9a2+15a﹣4；‎ 右边=﹣3（y1﹣y2）﹣4=﹣3[（﹣a2+5a﹣4）﹣（﹣4a2+10a﹣4）]﹣4‎ ‎=﹣9a2+15a﹣4；‎ ‎∴左边=右边；‎ ‎∴y3=﹣3（y1﹣y2）﹣4成立．（7分）‎ 点评：‎ 此题主要考查了一元二次方程的解法、二次函数与坐标轴交点的求法、二次函数解析式的确定等知识．‎ ‎　‎ ‎7．点P为抛物线y=x2﹣2mx+m2（m为常数，m＞0）上任一点，将抛物线绕顶点G逆时针旋转90°后得到的新图象与y轴交于A、B两点（点A在点B的上方），点Q为点P旋转后的对应点．‎ ‎（1）当m=2，点P横坐标为4时，求Q点的坐标；‎ ‎（2）设点Q（a，b），用含m、b的代数式表示a；‎ ‎（3）如图，点Q在第一象限内，点D在x轴的正半轴上，点C为OD的中点，QO平分∠AQC，AQ=2QC，当QD=m时，求m的值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。1077676‎ 专题：‎ 综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）首先根据m的值确定出原抛物线的解析式，进而可求得P、G的坐标，过P作PE⊥x轴于E，过Q作QF⊥x轴于F，根据旋转的性质知：△GQF≌△PGE，则QF=GE、PE=GF，可据此求得点Q的坐标．‎ ‎（2）已知了Q点坐标，即可得到QF、FG的长，仿照（1）的方法可求出点P的坐标，然后代入原抛物线的解析式中，可求得a、b、m的关系式．‎ ‎（3）延长QC到E，使得QC=CE，那么AQ=QE；由于OD、QE互相平分，即四边形OEDQ是平行四边形（或证△QCD≌△ECO），那么QD=OE=m，而AQ=QE，且QO平分∠AQC，易证得△AQO≌△EQO，则OA=OE=m，即A点坐标为（0，m），然后将点A的坐标代入（2）的关系式中，即可求得m的值．‎ 解答：‎ 解：（1）当m=2时，y=（x﹣2）2，‎ 则G（2，0），‎ ‎∵点P的横坐标为4，且P在抛物线上，‎ ‎∴将x=4代入抛物线解析式得：y=（4﹣2）2=4，‎ ‎∴P（4，4），（1分）‎ 如图，连接QG、PG，过点Q作QF⊥x轴于F，过点P作PE⊥x轴于E，‎ 依题意，可得△GQF≌△PGE；‎ 则FQ=EG=2，FG=EP=4，‎ ‎∴FO=2．‎ ‎∴Q（﹣2，2）．（2分）‎ ‎（2）已知Q（a，b），则GE=QF=b，FG=m﹣a；‎ 由（1）知：PE=FG=m﹣a，GE=QF=a，即P（m+b，m﹣a），‎ 代入原抛物线的解析式中，得：m﹣a=（m+b）2﹣2m（m+b）+m2‎ m﹣a=m2+b2+2mb﹣2m2﹣2mb+m2‎ a=m﹣b2，‎ 故用含m，b的代数式表示a：a=m﹣b2．（4分）‎ ‎（3）如图，延长QC到点E，使CE=CQ，连接OE；‎ ‎∵C为OD中点，‎ ‎∴OC=CD，‎ ‎∵∠ECO=∠QCD，‎ ‎∴△ECO≌△QCD，‎ ‎∴OE=DQ=m；（5分）‎ ‎∵AQ=2QC，‎ ‎∴AQ=QE，‎ ‎∵QO平分∠AQC，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ ‎∴△AQO≌△EQO，（6分）‎ ‎∴AO=EO=m，‎ ‎∴A（0，m），（7分）‎ ‎∵A（0，m）在新的函数图象上，‎ ‎∴0=m﹣m2‎ ‎∴m1=1，m2=0（舍），‎ ‎∴m=1．（8分）‎ 点评：‎ 此题主要考查了图形的旋转变换、全等三角形的判定和性质、函数图象上点的坐标意义等知识，难度较大．‎ ‎　‎ ‎8．关于x的一元二次方程x2﹣4x+c=0有实数根，且c为正整数．‎ ‎（1）求c的值；‎ ‎（2）若此方程的两根均为整数，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2﹣4x+c与x轴交于A、B两点（A在B左侧），与y轴交于点C．点P为对称轴上一点，且四边形OBPC为直角梯形，求PC的长；‎ ‎（3）将（2）中得到的抛物线沿水平方向平移，设顶点D的坐标为（m，n），当抛物线与（2）中的直角梯形OBPC只有两个交点，且一个交点在PC边上时，直接写出m的取值范围．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。1077676‎ 专题：‎ 综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）若关于x的一元二次方程有实数根，那么根的判别式必大于等于0，可据此求出c的取值范围，由于c为正整数，即可求出符合条件的c值．‎ ‎（2）首先根据方程有两个整数根以及抛物线与x轴有两个不同的交点，确定c的值，从而得到抛物线的解析式和对称轴方程；由于四边形OBPC是直角梯形，且CP∥OB，P在抛物线的对称轴上，那么PC的长正好与抛物线对称轴的值相同，由此得解．‎ ‎（3）首先将（2）所得抛物线的解析式化为顶点坐标式，即可得到此时顶点D的坐标；‎ ‎①抛物线向左平移，可先设出平移后抛物线的解析式；当点P位于抛物线对称轴右侧的函数图象上时，可将点P坐标代入抛物线的解析式中，即可求得平移的距离；当点O位于抛物线对称轴右侧的函数图象上时，将点O的坐标代入抛物线的解析式中，同样能求出此时平移的距离；根据上面两种情况所得的m值，即可得到m的取值范围．‎ ‎②抛物线向右平移，方法同①．‎ 解答：‎ 解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣4x+c=0有实数根，‎ ‎∴△=16﹣4c≥0，∴c≤4．（1分）‎ 又∵c为正整数，∴c=1，2，3，4．（2分）‎ ‎（2）∵方程两根均为整数，∴c=3，4；（3分）‎ 又∵抛物线与x轴交于A、B两点，∴c=3；‎ ‎∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3；（4分）‎ ‎∴抛物线的对称轴为x=2．‎ ‎∵四边形OBPC为直角梯形，且∠COB=90°，‎ ‎∴PC∥BO，∵P点在对称轴上，∴PC=2．（5分）‎ ‎（3）由（2）知：y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1；‎ ‎①当抛物线向左平移时，设平移后的抛物线解析式为：y=（x﹣2+k）2﹣1；‎ 易知P（2，3），当抛物线对称轴右侧的函数图象经过点P时，则有：‎ ‎（2﹣2+k）2﹣1=3，‎ 解得k=2（负值舍去）；‎ 即y=x2﹣1，此时m=0；‎ 当抛物线对称轴右侧的函数图象经过点O时，则有：‎ ‎（0﹣2+k）2﹣1=0，‎ 解得k=1（舍去），k=3；‎ 即y=（x﹣1）2﹣1，此时m=﹣1；‎ 故当抛物线向作平移时，﹣2＜m≤0（或﹣1≤m≤0）．‎ ‎②当抛物线向右平移时，同①可求得2＜m≤4；‎ 综上所述，﹣2＜m≤0或2＜m≤4．（7分）（写对一个给1分）‎ 点评：‎ 此题考查了根的判别式、直角梯形的性质、二次函数解析式的确定以及函数图象的平移等知识．在（3）题中，抛物线向左或向右平移都有符合条件的m值，因此需要分类讨论，以免漏解．‎ ‎　‎ ‎9．如图，已知AD为△ABC的角平分线，EF为AD的垂直平分线．求证：FD2=FB•FC．‎ 考点：‎ 相似三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质。1077676‎ 专题：‎ 证明题。‎ 分析：‎ 连AF，则DF=AF，再由△ACF∽△BAF，对应边成比例，即可求证．‎ 解答：‎ 证明：连接AF，‎ ‎∵AD是角平分线，‎ ‎∴∠BAD=∠CAD，‎ 又EF为AD的垂直平分线，∴AF=FD，∠DAF=∠ADF，‎ ‎∴∠DAC+∠CAF=∠B+∠BAD，‎ ‎∴∠CAF=∠B，‎ ‎∵∠AFC=∠AFC，‎ ‎∴△ACF∽△BAF，即=，‎ ‎∴AF2=CF•BF，‎ 即FD2=CF•BF．‎ 点评：‎ 本题主要考查了相似三角形的判定及性质以及垂直平分线的性质问题，应熟练掌握．‎ ‎　‎ ‎10．如图，AD是△ABC的角平分线，EF是AD的垂直平分线．‎ 求证：（1）∠EAD=∠EDA．‎ ‎（2）DF∥AC．‎ ‎（3）∠EAC=∠B．‎ 考点：‎ 线段垂直平分线的性质。1077676‎ 专题：‎ 证明题。‎ 分析：‎ ‎（1）根据垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等可得到AE=DE，再根据等角对等边可得到∠EAD=∠EDA；‎ ‎（2）根据线段垂直平分线的性质证明AF=DF，进而得到∠BAD=∠ADF，再利用角平分线的性质可得到∠BAD=∠CAD，利用等量代换可得∠ADF=∠CAD，再根据平行线的判定即可得到DF∥AC；‎ ‎（3）根据三角形内角与外角的关系可得到结论．‎ 解答：‎ 证明：（1）∵EF是AD的垂直平分线，‎ ‎∴AE=DE，‎ ‎∴∠EAD=∠EDA；‎ ‎（2）∵EF是AD的垂直平分线，‎ ‎∴AF=DF，‎ ‎∴∠BAD=∠ADF，‎ ‎∵AD是△ABC的角平分线，‎ ‎∴∠BAD=∠CAD，‎ ‎∴∠ADF=∠CAD，‎ ‎∴DF∥AC；‎ ‎（3）由（1）∠EAD=∠EDA，‎ 即∠ADE=∠CAD+∠EAC，‎ ‎∵∠ADE=∠BAD+∠B，‎ ‎∠BAD=∠CAD，‎ ‎∴∠EAC=∠B．‎ 点评：‎ 此题主要考查了线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定以及三角形内角与外角的关系，题目综合性较强，但是难度不大，需要同学们掌握好基础知识．‎ ‎　‎ ‎11．已知：关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1=0（m为实数）‎ ‎（1）若方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围；‎ ‎（2）在（1）的条件下，求证：无论m取何值，抛物线y=（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1总过x轴上的一个固定点；‎ ‎（3）关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1=0有两个不相等的整数根，把抛物线y=（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1向右平移3个单位长度，求平移后的解析式．‎ 考点：‎ 抛物线与x轴的交点。1077676‎ 专题：‎ 计算题；证明题。‎ 分析：‎ ‎（1）根据b2﹣4ac与零的关系即可判断出的关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1=0（m为实数）的解的情况；‎ ‎（2）用十字相乘法来转换y=（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1，即y=[（m﹣1）x+1]（x﹣1），则易解；‎ ‎（3）利用（2）的解题结果x=﹣1，再根据两根之积等于﹣是整数，得出m的值，进而得出平移后的解析式．‎ 解答：‎ 解：（1）根据题意，得 ‎△=（m﹣2）2﹣4×（m﹣1）×（﹣1）＞0，即m2＞0‎ 解得，m＞0或m＜0 ①‎ 又∵m﹣1≠0，‎ ‎∴m≠1 ②‎ 由①②，得 m＜0，0＜m＜1或m＞1．‎ 证明：（2）由y=（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1，得 y=[（m﹣1）x﹣1]（x+1）‎ 抛物线y=[（m﹣1）x﹣1]（x+1）与x轴的交点就是方程[（m﹣1）x﹣1]（x+1）=0的两根．‎ 解方程，得，‎ 由（1）得，x=﹣1，即一元二次方程的一个根是﹣1，‎ ‎∴无论m取何值，抛物线y=（m﹣1）x2+（m﹣2）x﹣1总过x轴上的一个固定点（﹣1，0）．‎ ‎（3）∵x=﹣1是整数，‎ ‎∴只需﹣是整数．‎ ‎∵m是整数，且m≠1，m≠0，‎ ‎∴m=2，‎ 当m=2时，抛物线的解析式为y=x2﹣1，‎ 把它的图象向右平移3个单位长度，‎ 则平移后的解析式为y=（x﹣3）2﹣1．‎ 点评：‎ ‎（1）在解一元二次方程的根时，利用根的判别式△=b2﹣4ac与0的关系来判断该方程的根的情况；‎ ‎（2）用十字相乘法对多项式进行分解，可以降低题的难度；‎ ‎（3）函数图象平移规律是向右或向左平移时X=|x+d|；向上或向下平移时Y=|y+d|．‎ ‎　‎ ‎12．已知△ABC，以AC为边在△ABC外作等腰△ACD，其中AC=AD．‎ ‎（1）如图1，若∠DAC=2∠ABC，AC=BC，四边形ABCD是平行四边形，则∠ABC=　45°　；‎ ‎（2）如图2，若∠ABC=30°，△ACD是等边三角形，AB=3，BC=4．求BD的长；‎ ‎（3）如图3，若∠ACD为锐角，作AH⊥BC于H．当BD2=4AH2+BC2时，∠DAC=2∠ABC是否成立？若不成立，请说明你的理由；若成立，证明你的结论．‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质。1077676‎ 专题：‎ 计算题。‎ 分析：‎ ‎（1）由AC=AD得∠D=∠ACD，由平行四边形的性质得∠D=∠ABC，在△ACD中，由内角和定理求解；‎ ‎（2）如图2，在△ABC外作等边△BAE，连接CE，利用旋转法证明△EAC≌△BAD，可证∠EBC=90°，BE=AB=3，在Rt△BCE中，由勾股定理求CE，由三角形全等得BD=CE；‎ ‎（3）∠DAC=2∠ABC成立，过点B作BE∥AH，并在BE上取BE=2AH，连接EA，EC．并取BE的中点K，连接AK，仿照（2）利用旋转法证明△EAC≌△BAD，利用内角和定理证明结论．‎ 解答：‎ 解：（1）45；‎ ‎（2）如图2，以A为顶点AB为边在△ABC外作∠BAE=60°，并在AE上取AE=AB，连接BE和CE．‎ ‎∵△ACD是等边三角形，‎ ‎∴AD=AC，∠DAC=60°．‎ ‎∵∠BAE=60°，‎ ‎∴∠DAC+∠BAC=∠BAE+∠BAC．‎ 即∠EAC=∠BAD．‎ ‎∴△EAC≌△BAD．‎ ‎∴EC=BD．‎ ‎∵∠BAE=60°，AE=AB=3，‎ ‎∴△AEB是等边三角形，‎ ‎∴∠EBA=60°，EB=3，‎ ‎∵∠ABC=30°，‎ ‎∴∠EBC=90°．‎ ‎∵∠EBC=90°，EB=3，BC=4，‎ ‎∴EC=5．‎ ‎∴BD=5．‎ ‎（3）∠DAC=2∠ABC成立，‎ 以下证明：‎ 如图3，过点B作BE∥AH，并在BE上取BE=2AH，连接EA，EC．并取BE的中点K，连接AK．‎ ‎∵AH⊥BC于H，‎ ‎∴∠AHC=90°．‎ ‎∵BE∥AH，‎ ‎∴∠EBC=90°．‎ ‎∵∠EBC=90°，BE=2AH，‎ ‎∴EC2=EB2+BC2=4AH2+BC2．‎ ‎∵BD2=4AH2+BC2，‎ ‎∴EC=BD．‎ ‎∵K为BE的中点，BE=2AH，‎ ‎∴BK=AH．‎ ‎∵BK∥AH，‎ ‎∴四边形AKBH为平行四边形．‎ 又∵∠EBC=90°，‎ ‎∴四边形AKBH为矩形．‎ ‎∴∠AKB=90°．‎ ‎∴AK是BE的垂直平分线．‎ ‎∴AB=AE．‎ ‎∵AB=AE，EC=BD，AC=AD，‎ ‎∴△EAC≌△BAD．‎ ‎∴∠EAC=∠BAD．‎ ‎∴∠EAC﹣∠EAD=∠BAD﹣∠EAD．‎ 即∠EAB=∠DAC．‎ ‎∵∠EBC=90°，∠ABC为锐角，‎ ‎∴∠ABC=90°﹣∠EBA．‎ ‎∵AB=AE，‎ ‎∴∠EBA=∠BEA．‎ ‎∴∠EAB=180°﹣2∠EBA．‎ ‎∴∠EAB=2∠ABC．‎ ‎∴∠DAC=2∠ABC．‎ 点评：‎ 本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的运用．关键是根据已知条件构造全等三角形．‎ ‎　‎ ‎13．已知关于x的方程mx2+（3﹣2m）x+（m﹣3）=0，其中m＞0．‎ ‎（1）求证：方程总有两个不相等的实数根；‎ ‎（2）设方程的两个实数根分别为x1，x2，其中x1＞x2，若，求y与m的函数关系式；‎ ‎（3）在（2）的条件下，请根据函数图象，直接写出使不等式y≤﹣m成立的m的取值范围．‎ 考点：‎ 根的判别式；根与系数的关系；反比例函数的图象。1077676‎ 专题：‎ 证明题；代数综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）本题需先求出△的值，再证出△＞0，即可得出结论．‎ ‎（2）本题需先求出x的值，再代入y与x的关系式即可得出结果．‎ ‎（3）本题需先分别画出反比例函数和正比例函数的图象，再根据图象即可求出使不等式y≤﹣m成立的m的取值范围．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：由题意可知，∵△=（3﹣2m）2﹣4m（m﹣3）=9＞0，‎ 即△＞0．‎ ‎∴方程总有两个不相等的实数根．‎ ‎（2）解：由求根公式，得．‎ ‎∴或x=1．‎ ‎∵m＞0，‎ ‎∴．‎ ‎∵x1＞x2，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ 即为所求．‎ ‎（3）解：在同一平面直角坐标系中 分别画出 与y=﹣m（m＞0）的图象．‎ 由图象可得，由图象可得 当0＜m≤1时，y≤﹣m．‎ 点评：‎ 本题主要考查了一元二次方程的根的判别式，在解题时要注意综合应用根的判别式与反比例函数的关系式本题的关键．‎ ‎　‎ ‎14．已知：关于x的一元二次方程x2+（n﹣2m）x+m2﹣mn=0①‎ ‎（1）求证：方程①有两个实数根；‎ ‎（2）若m﹣n﹣1=0，求证：方程①有一个实数根为1；‎ ‎（3）在（2）的条件下，设方程①的另一个根为a．当x=2时，关于m的函数y1=nx+am与y2=x2+a（n﹣2m）x+m2﹣mn的图象交于点A、B（点A在点B的左侧），平行于y轴的直线L与y1、y2的图象分别交于点C、D．当L沿AB由点A平移到点B时，求线段CD的最大值．‎ 考点：‎ 二次函数综合题；根的判别式。1077676‎ 专题：‎ 综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）直接运用判别式进行判断；‎ ‎（2）由已知得n=m﹣1，代入方程，将方程左边因式分解求x的值即可；‎ ‎（3）由（2）可知a=m，n=m﹣1，把x=2代入y1、y2中，得y1=y2，列方程求m、n的值，再分别求抛物线解析式及直线AB解析式，设平行于y轴的直线L解析式为x=h，代入直线AB和抛物线解析式，求C、D两点纵坐标，表示线段CD，利用二次函数的性质求最大值．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵方程①的判别式△=（n﹣2m）2﹣4（m2﹣mn）=n2≥0，‎ ‎∴方程①有两个实数根；‎ ‎（2）证明：由已知得n=m﹣1，代入方程①，得 x2﹣（m+1）x+m2﹣m（m﹣1）=0，‎ 整理，得x2﹣（m+1）x+m=0，即（x﹣1）（x﹣m）=0，‎ 解得x1=1，x2=m，即方程①有一个实数根为1；‎ ‎（3）解：设平行于y轴的直线L解析式为x=h，‎ 由（2）可知a=m，n=m﹣1，把x=2代入y1、y2中，得y1=y2，‎ 即2（m﹣1）+m2=4﹣2m（m+1）+m2﹣m（m﹣1），‎ 整理，得m2+m﹣2=0，解得m=﹣2或1，n=﹣3或0，‎ ‎①当m=﹣2，n=﹣3时，y1=﹣3x+4，y2=x2﹣2x﹣2，联立，解得或，‎ ‎∴A（﹣3，13），B（2，﹣2），直线AB：y=﹣3x+4，‎ ‎∴CD=（﹣3h+4）﹣（h2﹣2h﹣2）=﹣h2﹣h+6，CD最大值为=；‎ ‎②当m=1，n=0时，y1=1，y2=x2﹣2x+1，此时抛物线顶点在x轴上，显然CD最大值为1．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合运用，根的判别式．关键是由已知条件，将方程、函数式变形求m、n的值，再表示函数式及线段CD．‎ ‎　‎ ‎15．如图，已知抛物线y=（3﹣m）x2+2（m﹣3）x+4m﹣m2的顶点A在双曲线y=上，直线y=mx+b经过点A，与y轴交于点B，与x轴交于点C．‎ ‎（1）确定直线AB的解析式；‎ ‎（2）将直线AB绕点O顺时针旋转90°，与x轴交于点D，与y轴交于点E，求sin∠BDE的值；‎ ‎（3）过点B作x轴的平行线与双曲线交于点G，点M在直线BG上，且到抛物线的对称轴的距离为6．设点N在直线BG上，请直接写出使得∠AMB+∠ANB=45°的点N的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。1077676‎ 专题：‎ 代数几何综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）由抛物线解析式得顶点坐标为（1，﹣m2+5m﹣3），代入双曲线y=中，可求m的值，再把A点坐标代入直线y=mx+b中，确定直线AB的解析式；‎ ‎（2）由旋转的性质可知，OD=OB，OE=OC，根据B、D、E三点坐标，作EH⊥BD，垂足为H，可知△BEH为等腰直角三角形，分别求EH，DE，再求sin∠BDE的值；‎ ‎（3）即△AMN的顶点A的外角为45°，过M点作直线AN的垂线，得到等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求N点坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）∵抛物线对称轴x=﹣=1，‎ ‎∴抛物线顶点坐标为（1，﹣m2+5m﹣3），‎ 代入双曲线y=中，得，﹣m2+5m﹣3=3，‎ 解得m=2或3，‎ ‎∵二次项系数3﹣m≠0，‎ ‎∴m=2，‎ ‎∴A（1，3），把A点代入直线y=2x+b中，得b=1，‎ ‎∴直线AB的解析式为y=2x+1；‎ ‎（2）由直线AB解析式可知OB=1，OC=，‎ 由旋转的性质可知，OD=OB=1，OE=OC=，‎ 作EH⊥BD，垂足为H，∵∠OBD=45°，‎ ‎∴△BEH为等腰直角三角形，‎ 又BE=OB﹣OE=，‎ ‎∴EH==，‎ 在Rt△ODE中，DE===，‎ ‎∴sin∠BDE===；‎ ‎（3）N点坐标为（5，1）或（﹣3，1）．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合运用．关键是根据条件确定抛物线和直线AB的解析式，根据旋转的性质，三角形外角的性质解题．‎ ‎　‎ ‎16．如图，AB为⊙O的直径，AB=4，点C在⊙O上，CF⊥OC，且CF=BF．‎ ‎（1）证明BF是⊙O的切线；‎ ‎（2）设AC与BF的延长线交于点M，若MC=6，求∠MCF的大小．‎ 考点：‎ 直线与圆的位置关系；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质。1077676‎ 专题：‎ 应用题。‎ 分析：‎ ‎（1）根据OB=OC，可得∠BCO=∠CBO，再由FC=FB，得∠FCB=∠FBC，从而得出∠FBO=90°，即可证出结论；‎ ‎（2）由∠MCF+∠ACO=90°，∠M+∠A=90°，可得CF=MF，易证△ACB∽△ABM，则．由勾股定理求得BM，根据三角函数得出∠MCF的大小．‎ 解答：‎ 证明：连接OF．‎ ‎（1）∵CF⊥OC，‎ ‎∴∠FCO=90°．‎ ‎∵OC=OB，‎ ‎∴∠BCO=∠CBO．‎ ‎∴∠BCO+∠FCB=∠CBO+∠FBC．‎ 即∠FBO=∠FCO=90°．‎ ‎∴OB⊥BF．‎ ‎∵OB是⊙O的半径，‎ ‎∴BF是⊙O的切线（2分）‎ ‎（2）∵∠FBO=∠FCO=90°，‎ ‎∴∠MCF+∠ACO=90°，∠M+∠A=90°．‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠ACO=∠A．‎ ‎∴∠FCM=∠M．（3分）‎ ‎∵∠ACB=∠ABM=90°，∠A是公共角，‎ ‎∴△ACB∽△ABM，‎ ‎∴．‎ ‎∵AB=4，MC=6，‎ ‎∴42=AC（AC+6），‎ ‎∴AC=2（4分）‎ ‎∴AM=8，BM==．‎ ‎∴cos∠MCF=cosM==．‎ ‎∴∠MCF=30°（5分）‎ 点评：‎ 本题是一道综合题，考查了直线与圆的位置关系、切线的判定和性质和相似三角形的判定和性质等知识点，难度较大．‎ ‎　‎ ‎17．如图1，已知等边△ABC的边长为1，D、E、F分别是AB、BC、AC边上的点（均不与点A、B、C重合），记△DEF的周长为p．‎ ‎（1）若D、E、F分别是AB、BC、AC边上的中点，则p=　　； ‎ ‎（2）若D、E、F分别是AB、BC、AC边上任意点，则p的取值范围是　≤p＜3　．‎ 小亮和小明对第（2）问中的最小值进行了讨论，小亮先提出了自己的想法：将△ABC以AC边为轴翻折一次得△AB1C，再将△AB1C以B1C为轴翻折一次得△A1B1C，如图2所示．则由轴对称的性质可知，DF+FE1+E1D2=p，根据两点之间线段最短，可得p≥DD2．老师听了后说：“你的想法很好，但DD2的长度会因点D的位置变化而变化，所以还得不出我们想要的结果．”小明接过老师的话说：“那我们继续再翻折3次就可以了”．请参考他们的想法，写出你的答案．‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）；等边三角形的性质；三角形中位线定理。1077676‎ 专题：‎ 规律型。‎ 分析：‎ ‎（1）根据三角形的中位线的性质即可求得答案；‎ ‎（2）根据翻折变换的性质将△ABC翻折5次，再利用梯形的性质求解即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵等边△ABC的边长为1，‎ ‎∴AB=AC=BC=1，‎ ‎∵D、E、F分别是AB、BC、AC边上的中点，‎ ‎∴DE=AC=，EF=AB=，DF=BC=，‎ ‎∴△DEF的周长为p=++=；‎ ‎（2）‎ 根据题意与由轴对称的性质可知，D2F2+F2E3+E3D4=p，‎ ‎∵D2与D4分别是A1B1与A2B2的中点时D2、F2、E3、D4共线，‎ ‎∴当D2与D4分别是A1B1与A2B2的中点时，p最小值为：（A1B2+A2B1）=，‎ ‎∵p＜AB+AC+BC=3，‎ ‎∴p的取值范围是：≤p＜3．‎ 故答案为：（1），（2）≤p＜3．‎ 点评：‎ 此题考查了三角形与梯形中位线的性质，以及翻折变换的性质．此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想的应用．‎ ‎　‎ ‎18．已知关于x的方程x2﹣（m﹣3）x+m﹣4=0．‎ ‎（1）求证：方程总有两个实数根；‎ ‎（2）若方程有一个根大于4且小于8，求m的取值范围；‎ ‎（3）设抛物线y=x2﹣（m﹣3）x+m﹣4与y轴交于点M，若抛物线与x轴的一个交点关于直线y=﹣x的对称点恰好是点M，求m的值．‎ 考点：‎ 抛物线与x轴的交点；解一元一次方程；根的判别式；解一元一次不等式；坐标与图形变化-对称。1077676‎ 专题：‎ 计算题；代数综合题。‎ 分析：‎ ‎（1）求出b2﹣4ac的值：（m﹣5）2≥0，即可判断方程总有两个实数根；‎ ‎（2）求出方程的两根x1=1，x2=m﹣4，根据已知方程有一个根大于4且小于8，列出不等式，求出解集即可；‎ ‎（3）求出抛物线与Y轴的交点坐标，由（2）可知抛物线与x轴的交点为（1，0）和（m﹣4，0），根据它们关于直线y=﹣x的对称点分别为（0，﹣1）和（0，4﹣m），得出方程﹣1=m﹣4或4﹣m=m﹣4，求出即可得到答案．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：△=b2﹣4ac=（m﹣3）2﹣4（m﹣4）=m2﹣10m+25=（m﹣5）2≥0，‎ 所以方程总有两个实数根．‎ ‎（2）解：由（1）△=（m﹣5）2，根据求根公式可知，‎ 方程的两根为：‎ 即：x1=1，x2=m﹣4，‎ 由题意，有4＜m﹣4＜8，即8＜m＜12．‎ 答：m的取值范围是8＜m＜12．‎ ‎（3）解：易知，抛物线y=x2﹣（m﹣3）x+m﹣4与y轴交点为M（0，m﹣4），‎ 由（2）可知抛物线与x轴的交点为（1，0）和（m﹣4，0），‎ 它们关于直线y=﹣x的对称点分别为（0，﹣1）和（0，4﹣m），‎ 由题意，可得：﹣1=m﹣4或4﹣m=m﹣4，‎ 即m=3或m=4，‎ 答：m的值是3或4．‎ 点评：‎ 本题主要考查对抛物线与X轴的交点，解一元一次方程，解一元一次不等式，根的判别式，对称等知识点的理解和掌握，能综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．‎ ‎　‎ ‎19．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=．点D在边AC上（不与A，C重合），连接BD，F为BD中点．‎ ‎（1）若过点D作DE⊥AB于E，连接CF、EF、CE，如图1． 设CF=kEF，则k=　1　；‎ ‎（2）若将图1中的△ADE绕点A旋转，使得D、E、B三点共线，点F仍为BD中点，如图2所示．求证：BE﹣DE=2CF；‎ ‎（3）若BC=6，点D在边AC的三等分点处，将线段AD绕点A旋转，点F始终为BD中点，求线段CF长度的最大值．‎ 考点：‎ 相似三角形的判定与性质；旋转的性质；锐角三角函数的定义。1077676‎ 专题：‎ 计算题。‎ 分析：‎ ‎（1）由F为BD中点，DE⊥AB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到CF=EF；‎ ‎（2）过点C作CE的垂线交BD于点G，设BD与AC的交点为Q．由tan∠BAC=，得到．证明△BCG∽△ACE，得到．得到GB=DE，得到F是EG中点．于是，即可得到 BE﹣DE=EG=2CF；‎ ‎（3）分类讨论：当AD=时，取AB的中点M，连接MF和CM，tan∠BAC=，且BC=6，计算出AC=12，AB=．M为AB中点，则CM=，FM==2．当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大，此时CF=CM+FM=；当AD=时，取AB的中点M，连接MF和CM，类似于情况1，可知CF的最大值为．即可得到线段CF长度的最大值．‎ 解答：‎ 解：（1）∵F为BD中点，DE⊥AB，‎ ‎∴CF=BD，EF=BD，‎ ‎∴CF=EF，‎ ‎∴k=1；‎ 故答案为1．‎ ‎（2）如图，过点C作CE的垂线交BD于点G，设BD与AC的交点为Q．‎ 由题意，tan∠BAC=，‎ ‎∴．‎ ‎∵D、E、B三点共线，‎ ‎∴AE⊥DB．‎ ‎∵∠BQC=∠AQD，∠ACB=90°，‎ ‎∴∠QBC=∠EAQ．‎ ‎∵∠ECA+∠ACG=90°，∠BCG+∠ACG=90°，‎ ‎∴∠ECA=∠BCG．‎ ‎∴△BCG∽△ACE．‎ ‎∴‎ ‎∴GB=DE．‎ ‎∵F是BD中点，‎ ‎∴F是EG中点．‎ 在Rt△ECG中，，‎ ‎∴BE﹣DE=EG=2CF；‎ ‎（3）情况1：如图，当AD=时，取AB的中点M，连接MF和CM，‎ ‎∵∠ACB=90°，tan∠BAC=，且BC=6，‎ ‎∴AC=12，AB=．‎ ‎∵M为AB中点，‎ ‎∴CM=，‎ ‎∵AD=，‎ ‎∴AD=4．∵M为AB中点，F为BD中点，‎ ‎∴FM==2．‎ 如图：∴当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大，‎ 此时CF=CM+FM=．‎ 情况2：如图，当AD=时，取AB的中点M，连接MF和CM，‎ 类似于情况1，可知CF的最大值为．‎ 综合情况1与情况2，可知当点D在靠近点C的 三等分点时，线段CF的长度取得最大值为．‎ 点评：‎ 本题考查了三角形相似的判定与性质．也考查了旋转的性质和三角函数的定义以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．‎ ‎　‎ ‎20．我们给出如下定义：如果四边形中一对顶点到另一对顶点所连对角线的距离相等，则把这对顶点叫做这个四边形的一对等高点．例如：如图1，平行四边形ABCD中，可证点A、C到BD的距离相等，所以点A、C是平行四边形ABCD的一对等高点，同理可知点B、D也是平行四边形ABCD的一对等高点．‎ ‎（1）如图2，已知平行四边形ABCD，请你在图2中画出一个只有一对等高点的四边形ABCE（要求：画出必要的辅助线）；‎ ‎（2）已知P是四边形ABCD对角线BD上任意一点（不与B、D点重合），请分别探究图3、图4中S1，S2，S3，S4四者之间的等量关系（S1，S2，S3，S4分别表示△ABP，△CBP，△CDP，△ADP的面积）：‎ ‎①如图3，当四边形ABCD只有一对等高点A、C时，你得到的一个结论是　S1+S4=S2+S3，S1+S3=S2+S4或S1×S3=S2×S4或　；‎ ‎②如图4，当四边形ABCD没有等高点时，你得到的一个结论是　S1×S3=S2×S4或　．‎ 考点：‎ 作图—应用与设计作图。1077676‎ 专题：‎ 新定义；开放型。‎ 分析：‎ ‎（1）在BD上任选一点E（不与B、D重合），连接AE、CE即可；‎ ‎（2）根据等底等高，可得结论：①S1+S4=S2+S3，S1+S3=S2+S4或S1×S3=S2×S4或等．‎ ‎②S1×S3=S2×S4或等．‎ 解答：‎ 解：（1）比如：‎ ‎（2）①S1+S4=S2+S3，S1+S3=S2+S4或S1×S3=S2×S4或等．‎ ‎②∵分别作△ABD与△BCD的高，h1，h2，‎ 则=，=，‎ ‎∴S1×S3=S2×S4或等．‎ 点评：‎ 此题主要考查学生的阅读理解能力和对等底等高知识的灵活应用．‎ ‎　‎ ‎21．已知：关于x的一元一次方程kx=x+2 ①的根为正实数，二次函数y=ax2﹣bx+kc（c≠0）的图象与x轴一个交点的横坐标为1．‎ ‎（1）若方程①的根为正整数，求整数k的值；‎ ‎（2）求代数式的值；‎ ‎（3）求证：关于x的一元二次方程ax2﹣bx+c=0 ②必有两个不相等的实数根．‎ 考点：‎ 抛物线与x轴的交点；一元一次方程的解；根的判别式。1077676‎ 专题：‎ 计算题；证明题。‎ 分析：‎ ‎（1）根据一元一次方程及根的条件，求k的值．‎ ‎（2）把交点坐标代入二次函数的解析式求出值．‎ ‎（3）根据根的判别式和一元一次方程的根为正实数得出x有两不相等的实数根．‎ 解答：‎ 解：（1）由kx=x+2，‎ 得（k﹣1）x=2．‎ 依题意k﹣1≠0．‎ ‎∴．‎ ‎∵方程的根为正整数，k为整数，‎ ‎∴k﹣1=1或k﹣1=2．‎ ‎∴k1=2，k2=3．‎ ‎（2）依题意，二次函数y=ax2﹣bx+kc的图象经过点（1，0），‎ ‎∴0=a﹣b+kc，‎ kc=b﹣a，‎ ‎∴=，‎ ‎（3）证明：方程②的判别式为△=（﹣b）2﹣4ac=b2﹣4ac．‎ 由a≠0，c≠0，得ac≠0．‎ ‎（i）若ac＜0，则﹣4ac＞0．故△=b2﹣4ac＞0．‎ 此时方程②有两个不相等的实数根．‎ ‎（ii）证法一：若ac＞0，由（2）知a﹣b+kc=0，‎ 故b=a+kc．‎ ‎△=b2﹣4ac=（a+kc）2﹣4ac ‎=a2+2kac+（kc）2﹣4ac ‎=a2﹣2kac+（kc）2+4kac﹣4ac ‎=（a﹣kc）2+4ac（k﹣1）‎ ‎∵方程kx=x+2的根为正实数，‎ ‎∴方程（k﹣1）x=2的根为正实数．‎ 由x＞0，2＞0，得k﹣1＞0．‎ ‎∴4ac（k﹣1）＞0．‎ ‎∵（a﹣kc）2≥0，‎ ‎∴△=（a﹣kc）2+4ac（k﹣1）＞0．‎ 此时方程②有两个不相等的实数根．‎ 证法二：若ac＞0，‎ ‎∵抛物线y=ax2﹣bx+kc与x轴有交点，‎ ‎∴△1=（﹣b）2﹣4akc=b2﹣4akc≥0．‎ ‎（b2﹣4ac）﹣（b2﹣4akc）=4ac（k﹣1）．‎ 由证法一知k﹣1＞0，‎ ‎∴b2﹣4ac＞b2﹣4akc≥0．‎ ‎∴△=b2﹣4ac＞0．此时方程②有两个不相等的实数根．‎ 综上，方程②有两个不相等的实数根．‎ 点评：‎ 考查根的判别式与根的关系和二次函数图象性质．‎ ‎　‎ ‎22．已知抛物线经过点A（0，4）、B（1，4）、C（3，2），与x轴正半轴交于点D．‎ ‎（1）求此抛物线的解析式及点D的坐标；‎ ‎（2）在x轴上求一点E，使得△BCE是以BC为底边的等腰三角形；‎ ‎（3）在（2）的条件下，过线段ED上动点P作直线PF∥BC，与BE、CE分别交于点F、G，将△EFG沿FG翻折得到△E′FG．设P（x，0），△E′FG与四边形FGCB重叠部分的面积为S，求S与x的函数关系式及自变量x的取值范围．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。1077676‎ 专题：‎ 动点型。‎ 分析：‎ ‎（1）根据抛物线经过点A（0，4）、B（1，4）、C（3，2），于是可设出一般式，用待定系数法求出解析式，再根据解析式求出D点坐标；‎ ‎（2）设出E点坐标，作出辅助直角三角形，运用等腰三角形的性质和勾股定理建立等式，求出E点坐标；‎ ‎（3）由于P点为动点，故根据x的不同取值会得到不同的重叠图形．由于BC的中点横坐标为=2，抛物线与x轴的交点横坐标4，所以分﹣1＜x≤2，2＜x≤4等情况讨论．‎ 解答：‎ 解：（1）依题意，设所求抛物线的解析式为y=ax2+bx+4，‎ 则，（1分）‎ 解得，‎ ‎∴所求抛物线的解析式为．（2分）‎ 由，‎ 解得x1=4，x2=﹣3．‎ ‎∴D（4，0）．（3分）‎ ‎（2）如图，过点C作CN⊥x轴于N，过点E、B分别 作x轴、y轴的垂线，两线交于点M．‎ ‎∴∠M=∠CNE=90度．‎ 设E（a，0），EB=EC．‎ ‎∴BM2+EM2=CN2+EN2．‎ ‎∴（1﹣a）2+（4﹣0）2=（2﹣0）2+（3﹣a）2．‎ 解得a=﹣1．‎ ‎∴E（﹣1，0）．（4分）‎ ‎（3）可求得直线BC的解析式为y=﹣x+5．‎ 从而直线BC与x轴的交点为H（5，0）．‎ 如图，根据轴对称性可知S△E′FG=S△EFG，‎ 当点E′在BC上时，点F是BE的中点．‎ ‎∵FG∥BC，‎ ‎∴△EFP∽△EBH．‎ 可证EP=PH．‎ ‎∵E（﹣1，0），H（5，0），‎ ‎∴P（2，0）．（5分）‎ ‎（i）如图，分别过点B、C作BK⊥ED于K，‎ CJ⊥ED于J，‎ 则S△BCE=S△BEH﹣S△CEH=EH•（BK﹣CJ）=6．‎ 当﹣1＜x≤2时，‎ ‎∵PF∥BC，‎ ‎∴△EGP∽△ECH，△EFG∽△EBC．‎ ‎∴，‎ ‎∵P（x，0），E（﹣1，0），H（5，0），‎ ‎∴EP=x+1，EH=6．‎ ‎∴S=S△E′FG=S△EFG==x2+x+（﹣1＜x≤2）．（6分）‎ ‎（ii）如图，当2＜x≤4时，在x轴上截取一点Q，使得PQ=HP，过点Q作 QM∥FG，分别交EB、EC于M、N．‎ 可证S=S四边形MNGF，△ENQ∽△ECH，△EMN∽△EBC．‎ ‎∴=，==‎ ‎∵P（x，0），E（﹣1，0），H（5，0），‎ ‎∴EH=6，PQ=PH=5﹣x，EP=x+1，‎ EQ=6﹣2（5﹣x）=2x﹣4．‎ ‎∴S△EMN=（7分）‎ 同（i）可得S△EFG=，‎ ‎∴S=S△EFG﹣S△EMN=﹣=﹣x2+3x﹣（2＜x≤4）．（8分）‎ 综上，．‎ 点评：‎ 此题不仅考查了用待定系数法求二次函数解析式，还结合等腰三角形的性质考查了运用勾股定理求线段的长，解（3）时要注意进行分类讨论．‎ ‎　‎ ‎23．已知二次函数y=ax2+bx+c的图象分别经过点（0，3），（3，0），（﹣2，﹣5）．求：‎ ‎（1）求这个二次函数的解析式；‎ ‎（2）求这个二次函数的最值；‎ ‎（3）若设这个二次函数图象与x轴交于点C，D（点C在点D的左侧），且点A是该图象的顶点，请在这个二次函数的对称轴上确定一点B，使△ACB是等腰三角形，求出点B的坐标．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。1077676‎ 分析：‎ ‎（1）根据三点坐标代入求出a，b，c来确定二次函数解析式；‎ ‎（2）先看二次函数的二次项系数为负，函数开口向下，则求其定点y值即可；（3）当CA=CB时，可求得B点的坐标，当AC=AB时，当BA=BC时即能求得点B坐标即可．‎ 解答：‎ 解：（1）因为二次函数y=ax2+bx+c的图象经过（0，3）‎ 所以c=3．所以y=ax2+bx+3．‎ 又二次函数y=ax2+bx+3的图象经过点（3，0），（4，﹣5），‎ ‎，‎ 解这个方程组得：，‎ 所以这个二次函数的解析式为：y=﹣x2+2x+3；‎ ‎（2）因为a=﹣1＜0，‎ 所以函数有最大值，‎ 当x=1时，函数的最大值为：4；‎ ‎（3）当CA=CB时，可求得B点的坐标为：（1，﹣4）；‎ 当AC=AB时，可求得B点的坐标为：；‎ 当BA=BC时，可求得B点的坐标为：．‎ 综上所述B点的坐标分别为（1，﹣4），，．‎ 点评：‎ 本题考查了二次函数的综合运用，考查了三点求其函数式，有二次函数的一般式求得其顶点坐标，以及函数图象与三角形的结合求解．‎ ‎　‎ ‎24．根据所给的图形解答下列问题：‎ ‎（1）如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC于D，把△ABD绕点A旋转，并拼接成一个与△ABC面积相等的正方形，请你在图中完成这个作图；‎ ‎（2）如图2，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，请你设计一种与（1）不同的方法，将这个三角形拆分并拼接成一个与其面积相等的正方形，画出利用这个三角形得到的正方形；‎ ‎（3）设计一种方法把图3中的矩形ABCD拆分并拼接为一个与其面积相等的正方形，请你依据此矩形画出正形，并根据你所画的图形，证明正方形面积等于矩形ABCD的面积的结论．‎ 考点：‎ 相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；作图—应用与设计作图。1077676‎ 专题：‎ 探究型。‎ 分析：‎ ‎（1）、（2）根据图形旋转的性质及图形拼接前后面积不变画出图形即可；‎ ‎（3）根据题意画出图形，先证出四边形EFGC是矩形，△AHB∽△GBC，由矩形的性质及相似三角形的性质可得出四边形EFGC是正方形，再由BH∥CE，HE∥BC，BH=CE可得EFGC是正方形，Rt△BAH≌Rt△CDE，S△BAH=S△CDE，根据EF∥CGEH∥CB可得出S△EFH=S△CGB，进而可得出结论．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1；‎ ‎（2）如图2，M、N分别是HE、GF的中点；‎ ‎（3）如图3，设AB=a，BC=b ‎①以点B为圆心，以BH=为半径画弧，交AD于H；‎ ‎②过C点作CE∥BH交AD的延长线于E，过点C作CG⊥BH于点G；‎ ‎③过E点作EF⊥CE于E，交BH的延长线于F，则正方形EFGC为所求．‎ 证明：‎ 易证四边形EFGC是矩形，‎ 可证△AHB∽△GBC，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，CG=‎ ‎∴四边形EFGC是正方形．‎ ‎∵BH∥CE，HE∥BC，‎ ‎∴四边形BCEH是平行四边形．‎ ‎∴BH=CE．‎ ‎∴EFGC是正方形．‎ 易证Rt△BAH≌Rt△CDE．‎ ‎∴S△BAH=S△CDE．‎ ‎∵EF∥CGEH∥CB，‎ ‎∴∠FEH=∠GCB．‎ 又∵∠EFH=∠CGB=90°，EF=CG，‎ ‎∴△EFH≌△CGB．‎ ‎∴S△EFH=S△CGB．‎ ‎∴S正方形EFGC=S矩形ABCD．‎ ‎∴四边形EFCG为所求．‎ 点评：‎ 本题考查的是相似三角形的判定与性质，涉及到全等三角形的判定与性质、正方形的性质及作图﹣应用与设计作图，熟知以上知识是解答此题的关键．‎ ‎　‎ ‎25．例．如图①，平面直角坐标系xOy中有点B（2，3）和C（5，4），求△OBC的面积．‎ 解：过点B作BD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E．依题意，可得 S△OBC=S梯形BDEC+S△OBD﹣S△OCE ‎=‎ ‎=×（3+4）×（5﹣2）+×2×3﹣×5×4=3.5．‎ ‎∴△OBC的面积为3.5．‎ ‎（1）如图②，若B（x1，y1）、C（x2，y2）均为第一象限的点，O、B、C三点不在同一条直线上．仿照例题的解法，求△OBC的面积（用含x1、x2、y1、y2的代数式表示）；‎ ‎（2）如图③，若三个点的坐标分别为A（2，5），B（7，7），C（9，1），求四边形OABC的面积．‎ 考点：‎ 三角形的面积；坐标与图形性质。1077676‎ 分析：‎ ‎（1）过点B作BD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E．根据图形知S△OBC=S梯形BCED+S△OBD﹣S△OCE；‎ ‎（2）连接OB．根据图形知S四边形OABC=S△OAB+S△OBC；‎ 利用梯形、三角形的面积公式可以分别求得S△OBC、S四边形OABC．‎ 解答：‎ 解：（1）过点B作BD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E．‎ S△OBC=S梯形BCED+S△OBD﹣S△OCE ‎=（y1+y2）（x2﹣x1）+x1y1﹣x2y2‎ ‎=（x2y1﹣x1y2）‎ ‎=x2y1﹣x1y2．‎ ‎∴△BOC的面积为x2y1﹣x1y2．‎ ‎（2）连接OB．‎ 则有S四边形OABC=S△OAB+S△OBC ‎=×7×5﹣×2×7+×9×7﹣×7×1‎ ‎=38.5．‎ ‎∴四边形OABC的面积为38.5．‎ 点评：‎ 本题考查了三角形的面积、坐标与图形的性质．需要掌握点的坐标的意义以及与图形相结合的解题方法．‎ ‎　‎ ‎26．阅读：‎ ‎①按照某种规律移动一个平面图形的所有点，得到一个新图形称为原图形的像．如果原图形每一个点只对应像的一个点，且像的每一个点也只对应原图形的一个点，这样的运动称为几何变换．特别地，当新图形与原图形的形状大小都不改变时，我们称这样的几何变换为正交变换．‎ 问题1：我们学习过的平移、　旋转　、　轴对称　 变换都是正交变换．‎ ‎②如果一个图形绕着一个点（旋转中心）旋转n° （0＜n≤360）后，像又回到原图形占据的空间（重合），则称该变换为该图形的 n度旋转变换．特别地，具有180˚旋转变换的图形称为中心对称图形．‎ 例如，图A中奔驰车标示意图具有120°，240°，360°的旋转变换．‎ 图B的几何图形具有180°的旋转变换，所以它是中心对称图形．‎ 问题2：图C和图D中的两个几何图形具有n度旋转变换，请分别写出n的最小值．‎ 答：（图C）　60°　； 答：（图D）　45°　．‎ 问题3：如果将图C和图D的旋转中心重合，组合成一个新的平面图形，它具有n度旋转变换，则n的最小值为　180°　．‎ 问题4：请你在图E中画出一个具有180°旋转变换的正多边形．（要求以O为旋转中心，顶点在直线与圆的交点上）‎ 考点：‎ 利用旋转设计图案。1077676‎ 专题：‎ 探究型。‎ 分析：‎ 根据题目提供的信息，理解新的概念，根据概念进行解答．‎ 解答：‎ 解：①问题1：由于旋转，轴对称符合“新图形与原图形的形状大小都不改变”，故这样的几何变换为正交变换．‎ 问题2：图C中，∠AOB=360°×=60°，图D中，∠AOB=360°×=45°，‎ 问题3：由于60°和45°的最小公倍数是180°，故将图C和图D的旋转中心重合，组合成一个新的平面图形，它具有n度旋转变换，则n的最小值为180°，问题4：‎ 故答案为：旋转，轴对称；60，45；180；答案不唯一，例如正方形、正六边形等，图略．‎ 点评：‎ 本题考查了利用旋转设计图案，读懂题目所给的信息，结合所学的旋转、轴对称等知识是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎27．已知：点P为线段AB上的动点（与A、B两点不重合）．在同一平面内，把线段AP、BP分别折成△CDP、△EFP，其中∠CDP=∠EFP=90°，且D、P、F三点共线，如图所示．‎ ‎（1）若△CDP、△EFP均为等腰三角形，且DF=2，求AB的长；‎ ‎（2）若AB=12，tan∠C=，且以C、D、P为顶点的三角形和以E、F、P为顶点的三角形相似，求四边形CDFE的面积的最小值．‎ 考点：‎ 相似形综合题；勾股定理；等腰直角三角形；相似三角形的判定与性质；解直角三角形。1077676‎ 分析：‎ ‎（1）根据等腰直角三角形的性质，设DP=x，PF=y，得出CD=DP=x，EF=PF=y，PC=，PE=，进而得出x+y的值，求出AB即可；‎ ‎（2）由于tan∠C=，且以C、D、P为顶点的三角形和以E、F、P为顶点的三角形相似，因此分两种情况考虑，当∠DCP=∠PEF时，当∠DCP=∠EPF时，分别利用勾股定理求出m+n的值，即可得出四边形CDFE的面积的最小值．‎ 解答：‎ 解：（1）设DP=x，PF=y，‎ ‎∵△CDP和△EFP都是等腰直角三角形，且∠CDP=∠EFP=90°，‎ ‎∴CD=DP=x，EF=PF=y，PC=，PE=．‎ ‎∴AB=AP+PB=CD+DP+PC+PF+EF+PE ‎=x+x++y+y+‎ ‎=（2+）（x+y），‎ ‎∵DF=2，‎ ‎∴x+y=2．‎ ‎∴AB=（2+）×2=4+；‎ ‎（2）连接CE．‎ 由于tan∠C=，且以C、D、P为顶点的三角形和以E、F、P为顶点的三角形相似，因此分两种情况考虑．‎ ‎①当∠DCP=∠PEF时，‎ 设DP=4m，PF=4n，则CD=3m，EF=3n，‎ 根据勾股定理，可得CP=5m，PE=5n．‎ ‎∵AB=CD+PC+DP+PE+EF+PF=12（m+n）=12，‎ ‎∴m+n=1，‎ ‎∵S四边形CDFE=（3m+3n）（4m+4n），‎ ‎=6（m+n）2‎ ‎=6，‎ 当∠DCP=∠EPF时，‎ 设DP=4m，PF=3n，则CD=3m，EF=4n，‎ 根据勾股定理，可得CP=5m，PE=5n．‎ ‎∵AB=12（m+n）=12，‎ ‎∴m+n=1．‎ ‎∵m＞0，n＞0，‎ ‎∴S四边形CDFE=（3m+4n）（4m+3n）‎ ‎==‎ ‎=（12+mn）‎ ‎=6+mn＞6，‎ 综上所述，四边形CDFE的面积的最小值为6．‎ 点评：‎ 此题主要考查了相似形的综合应用以及勾股定理应用，根据以C、D、P为顶点的三角形和以E、F、P 为顶点的三角形相似进行分类讨论得出是解题关键．‎ ‎　‎ ‎28．在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=﹣x+交x轴于点C，交y轴于点A．等腰直角三角板OBD的顶点D与点C重合，如图A所示．把三角板绕着点O顺时针旋转，旋转角度为α（0°＜α＜180°），使B点恰好落在AC上的B'处，如图B所示．‎ ‎（1）求图A中的点B的坐标；‎ ‎（2）求α的值；‎ ‎（3）若二次函数y=mx2+3x的图象经过（1）中的点B，判断点B′是否在这条抛物线上，并说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。1077676‎ 分析：‎ ‎（1）根据直线y=﹣x+交x轴于点C，交y轴于点A，得出DO的长，进而得出B点坐标；‎ ‎（2）根据已知得出在Rt△B′EO中，OB′=，OE=1，得出∠EOD=90°，进而得出∠COD=30°；‎ ‎（3）首先得出点B'的坐标为（，），进而求出m的值，将B′点代入解析式，即可得出B′是否在这条抛物线上．‎ 解答：‎ 解：（1）∵直线y=﹣x+交x轴于点C，交y轴于点A，‎ ‎∴点A的坐标为（0，），点C的坐标为（2，0）．‎ ‎∵等腰直角三角板OBD的顶点D与点C重合，‎ ‎∴OD=2，∠BOD=45°．‎ 过点B作BM⊥OC于M．‎ ‎∴OM=．‎ ‎∴BM=1，OB=．‎ ‎∴点B的坐标为（1，1）‎ ‎（2）∵OA=，OC=2，∠AOC=90°，‎ ‎∴∠ACO=30°．‎ 过点O作OE⊥AC于E．‎ ‎∴OE=1．‎ ‎∵在Rt△B′EO中，OB′=，OE=1，‎ ‎∴∠B′OE=45°．‎ ‎∴∠EOD=90°．‎ 又∵∠EOC=60°，‎ ‎∴∠COD=30°．‎ ‎∴α=30°．‎ ‎（3）判断：点B'在这条抛物线上．‎ 理由：∵点B'在直线AC上，‎ ‎∴点B'的坐标为（a，﹣a+）．‎ ‎∵a2+（﹣a+）2=OB'2，‎ ‎∴a2+（﹣a+）2=（）2．‎ 解方程，得a1=，a2=（不合题意，舍去）．‎ ‎∴点B'的坐标为（，）．‎ 又∵二次函数y=mx2+3x过B（1，1），‎ ‎∴m=﹣2．‎ ‎∴二次函数的解析式为y=﹣2x2+3x．把x=代入y=﹣2x2+3x，得y=‎ ‎∴点B'在这条抛物线上．‎ ‎（注：对于每题的不同解法，请老师们根据评分标准酌情给分．）‎ 点评：‎ 此题主要考查了二次函数的综合应用以及等腰直角三角形的性质等知识，根据已知得出B′点坐标是解题关键．‎ ‎　‎ ‎29．已知：如图，AC是⊙O的直径，AB是弦，MN是过点A的直线，AB等于半径长．‎ ‎（1）若∠BAC=2∠BAN，求证：MN是⊙O的切线．‎ ‎（2）在（1）成立的条件下，当点E是的中点时，在AN上截取AD=AB，连接BD、BE、DE，求证：△BED是等边三角形．‎ 考点：‎ 切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定。1077676‎ 专题：‎ 证明题。‎ 分析：‎ ‎（1）连接OB．由AC是⊙O的直径，AB是弦且等于半径长，易证△AOB为等边三角形，得到∠BAC=2∠BAN=60°，得∠BAN=30°，所以∠CAN=∠BAC+∠BAN=90°；‎ ‎（2）连接AE，由E是弧AB的中点，根据弧相等所对的圆心角相等和弧的度数与它所对圆心角的度数的关系得到∠BAE=∠ABE=15°，则∠DAE=15°，易证△ABE≌△ADE．则BE=DE，∠EDA=∠ABE=15°，得到∠BDE=∠EBD=（180°﹣30°﹣30°）÷2=60°，即可判断△BED是等边三角形．‎ 解答：‎ 证明：（1）连接OB．如图，‎ ‎∵AC是⊙O的直径，AB是弦且等于半径长，‎ ‎∴OA=OB=AB，‎ ‎∴△AOB为等边三角形，‎ ‎∴∠OAB=60°，‎ ‎∵∠BAC=2∠BAN=60°，‎ ‎∴∠BAN=30°，‎ ‎∴∠CAN=∠BAC+∠BAN=90°，‎ 即AC⊥MN，‎ 所以MN是⊙O的切线；‎ ‎（2）连接AE，OE，如图，‎ ‎∵E是弧AB的中点，‎ ‎∴∠BAE=∠ABE=15°，‎ ‎∴∠DAE=15°，‎ 易证△ABE≌△ADE．‎ ‎∴BE=DE，∠EDA=∠ABE=15°．‎ ‎∴∠BDE=∠EBD=（180°﹣30°﹣30°）÷2=60°．‎ ‎∴△BDE是等边三角形．‎ 点评：‎ 本题考查了切线的判定与性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了圆周角定理的推论以及三角形全等的判定与性质．‎ ‎　‎ ‎30．在一个夹角为120°的墙角放置了一个圆形的容器，俯视图如图，在俯视图中圆与两边的墙分别切于B、C两点．如果用带刻度的直尺测量圆形容器的直径，发现直尺的长度不够．‎ ‎（1）写出此图中相等的线段．‎ ‎（2）请你设计一种可以通过计算求出直径的测量方法．（写出主要解题过程）‎ 考点：‎ 切线长定理。1077676‎ 专题：‎ 应用题。‎ 分析：‎ ‎（1）根据切线长定理，知AB=AC；‎ ‎（2）连接OB、OA．根据切线长定理，得∠OAB=60°，利用解直角三角形的知识，得OB=AB，从而求得圆的直径．‎ 解答：‎ 解：（1）根据切线长定理，知AB=AC；‎ ‎（2）连接OB、OA．‎ 根据切线长定理，得∠OAB=60°．‎ 在直角三角形AOB中，得OB=AB，‎ 则只需测得AB的长，即可求得圆的直径．‎ 点评：‎ 此题综合运用了切线长定理、解直角三角形的知识．‎ ‎　‎