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  • 2021-05-13 发布

全国各地中考数学压轴题汇编之一

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‎2017全国各地中考数学压轴题汇编之一 ‎1.(2017江苏淮安,28,14分)如图①,在平面直角坐标系中,二次函数=的图像与坐标轴交于A、B、C三点,其中点A的坐标为(-3,0),点B的坐标为(4,0),连接AC,BC.动点P从点A出发,在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动;同时,动点Q从点O出发,在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动,当其中一点到达终点时,另一点随之停止运动,设运动时间为秒.连接PQ.‎ ‎(1)填空:=________,=________;‎ ‎(2)在点P、Q运动过程中,△APQ可能是直角三角形吗?请说明理由;‎ ‎(3)在轴下方,该二次函数的图像上是否存在点M,使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形?若存在,请求出运动时间;若不存在,请说明理由;‎ ‎(4)如图②,点N的坐标为(,0),线段PQ的中点为H,连接NH,当点Q关于直线NH的对称点Q′恰好落在线段BC上时,请直接写出点Q′的坐标.‎ ‎【分析】(1)将A(-3,0)、B(4,0)代入=即可求解;(2)若△APQ为直角三角形,则∠APQ=90°(∠PAQ与∠PQA不可能为直角).连接QC,则AQ2-AP2=QC2-PC2=PQ2,据此列出关于的方程求解,若的值满足0≤≤4,则△APQ可能是直角三角形,否则不可能;(3)①过点P作DE∥轴,分别过点M、Q作MD⊥DE,QE⊥DE,垂足分别为D、E,构成“一线三直角”全等模型,用含的式子表示点M的坐标;②将点M的坐标代入二次函数的表达式求解;(4)①分别求直线BC、直线NQ′的函数表达式;②解直线BC、NQ′的函数达式组成的方程组.‎ ‎【解析】(1)=,=4.‎ ‎(2)在点P、Q运动过程中,△APQ不可能是直角三角形.理由如下:‎ 若△APQ是直角三角形,因为在点P、Q运动过程中,∠PAQ、∠PQA始终为锐角,所以∠APQ=90°.‎ ‎∴AQ2-AP2=QC2-PC2=PQ2.‎ 连接QC.‎ 由(1)知抛物线的函数表达式为=,当=0时,=4.‎ ‎∴C(0,4).‎ ‎∴OC=4.‎ ‎∵A(-3,0),‎ ‎∴OA=3.‎ 由题意,得AP=OQ=.‎ ‎∴AQ=OA+OQ=.‎ 在Rt△AOC中,由勾股定理得AC===5.‎ ‎∴PC=.‎ 在Rt△OCQ中,QC2=OQ2+OC2=.‎ ‎∵∠APQ=90°,‎ ‎∴AQ2-AP2=QC2-PC2=PQ2.‎ ‎∴=.‎ 解得=4.5.‎ 由题意知0≤≤4.‎ ‎∴=4.5不符合题意,舍去.‎ ‎∴在点P、Q运动过程中,△APQ不可能是直角三角形.‎ ‎(3)如图,过点P作DE∥轴,分别过点M、Q作MD⊥DE、QE⊥DE,垂足分别为点D、E,MD交轴于点F,过点P作PG⊥轴,垂足为点G,则PG∥轴,∠D=∠E=90°.‎ ‎∴△APG∽△ACO.‎ ‎∴==,即==.‎ ‎∴PG=,AG=.‎ ‎∴PE=GQ=GO+OQ=AO-AG+OQ==,DF=EQ=.‎ ‎∵∠MPQ=90°,∠D=90°,‎ ‎∴∠DMP+∠DPM=∠EPQ+∠DPM=90°.‎ ‎∴∠DMP=∠EPQ.‎ 又∵∠D=∠E,PM=PQ,‎ ‎∴△MDP≌△PEQ.‎ ‎∴PD=EQ=,MD=PE=.‎ ‎∴AM=MD-DF==,‎ OF=FG+GO=PD+OA-AG==.‎ ‎∴M(,).‎ ‎∵点M在轴下方的抛物线上,‎ ‎∴=.‎ 解得=.‎ ‎∵0≤≤4,‎ ‎∴=.‎ ‎(4)Q′(,).‎ 提示:连接OP,取OP中点R,连接RH、NR,延长NR交线段BC于点Q′.‎ ‎∵点H为PQ的中点,点R为OP的中点,‎ ‎∴RH=OQ=,RH∥OQ.‎ ‎∵A(-3,0)、N(,0),‎ ‎∴点N为OA的中点.‎ 又∵点R为OP的中点,‎ ‎∴NR=AP=,RN∥AC.‎ ‎∴RH=NR.‎ ‎∴∠RNH=∠RHN.‎ ‎∵RH∥OQ,‎ ‎∴∠RHN=∠HNO.‎ ‎∴∠RNH=∠HNO,即NH是∠QNQ′的平分线.‎ 设直线AC的函数表达式为=,把A(-3,0)、C(0,4)代入,得 解得=,=4.‎ ‎∴直线AC的函数表达式为=.‎ 同理可求,直线BC的函数表达式为=.‎ 设直线NR的函数表达式为=,把N(,0)代入,得 ‎0=.‎ 解得=2.‎ ‎∴直线NR的函数表达式为=.‎ 解方程组得 ‎∴Q′(,).‎ ‎2.(2017江苏南京,27,11分)折纸的思考.‎ ‎【操作体验】‎ 用一张矩形纸片折等边三角形.‎ 第一步,对折矩形纸片ABCD(AB>BC)(图①),使AB与DC重合,得到折痕EF,把纸片展平(图②).‎ 第二步,如图③,再一次折叠纸片,使点C落在EF上的P处,并使折痕经过点B,得到折痕BG,折出PB,PC,得到△PBC.‎ ‎(1)说明△PBC是等边三角形.‎ ‎【数学思考】‎ ‎(2)如图④.小明画出了图③的矩形ABCD和等边三角形PBC.他发现,在矩形ABCD中把△PBC经过图形变化,可以得到图⑤中的更大的等边三角形.请描述图形变化的过程.‎ ‎(3)已知矩形一边长为3cm,另一边长为acm.对于每一个确定的a的值,在矩形中都能画出最大的等边三角形.请画出不同情形的示意图,并写出对应的a的取值范围.‎ ‎【问题解决】‎ ‎(4)用一张正方形铁片剪一个直角边长分别为4cm和1cm的直角三角形铁片,所需正方形铁片的边长的最小值为 cm.‎ ‎【分析】(1)由折叠的性质,线段垂直平分线的性质可判断;‎ ‎(2)根据旋转的性质和位似变换直接作图,写出过程即可;‎ ‎(3)根据图形,由勾股定理和等边三角形的性质求解;‎ ‎(4)由勾股定理和正方形的性质的性质直接求解.‎ ‎【解析】(1)由折叠,PB=PC,EF是BC的垂直平分线,‎ ‎∴PB=PC,‎ ‎∴PB=PC=BC ,‎ ‎∴△PBC是等边三角形.‎ ‎(2)本题答案不惟一.例如,‎ 如图,以点B为中心,在矩形ABCD中把△PBC逆时针方向旋转适当的角度,得到△P1B1C1;‎ 再以点B为位似中心,将△P1B1C1放大,使C1的对应点C2落在CD上,得到△P2BC2.‎ ‎(3)‎ 当等边三角形的边长为3cm,acm为高时,则a=332,‎ 当等边三角形的边长为acm,3cm为高时,则a=23,‎ 然后分0<a≤332,332<a<23,a≥23画出示意图.‎ ‎ ‎ ‎(4)165.‎ 当以4cm的直角边与正方形的边重合时,边长为4cm,正方形的面积为16cm2;‎ 当直角三角形的一个顶点与正方形的顶点重合,两外两个顶点在边上时,如图,‎ ‎∵四边形ABCD是正方形,‎ ‎∴BC=CD,∠C=∠D=90°.‎ ‎∵∠BFE=90°,‎ ‎∴∠BFC+∠EFD=90°,∠BFC+∠CBF=90°,‎ ‎∴∠EFD=∠CBF,‎ ‎∴△BCF∽△FDE,‎ ‎∴BC∶DF=BF∶EF.‎ 设BC=a,由BF=4,‎ 得CF=16-a2,则DF=a-16-a2,‎ 可知a∶( a-16-a2)=4∶1‎ 解得a=165.‎ 正方形得面积为25625.‎ 因为25625<16,‎ 所以a=165.‎ ‎3.(2017江苏连云港,27,14分)问题呈现:‎ 如图1,点E、F、G、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA上,AE=DG,求证:2S四边形EFGH=S矩形ABCD.(S表示面积)‎ 实验探究:某数学实验小组发现:若图1中AH≠BF,点G在CD上移动时,上述结论会发生变化,分别过点E、G作BC边的平行线,再分别过点F、H作AB边的平行线,四条平行线分别相交于点A1、B1、C1、D1,得到矩形A1B1C1D1.‎ 如图2,当AH>BF时,若将点G向点C靠近(DG>AE),经过探索,发现:2S四边形EFGH=S矩形ABCD+.‎ 如图3,当AH>BF时,若将点G向点D靠近(DG<AE),请探索S四边形EFGH、S矩形ABCD与之间的数量关系,并说明理由.‎ 迁移应用:‎ 请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题:‎ ‎(1)如图4,点E、F、G、H分别是面积为25的正方形ABCD各边上的点,已知AH>BF,AE>DG,S四边形EFGH=11,HF=,求EG的长.‎ ‎(2)如图5,在矩形ABCD中,AB=3,AD=5,点E、H分别在边AB、AD上,BE=1,DH ‎=2,点F、G分别是边BC、CD上的动点,且FG=,连接EF、HG,请直接写出四边形EFGH面积的最大值.‎ ‎【分析】问题呈现:根据矩形的性质,通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论;实验探究:由题意得当将点G向点D靠近()时,通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论;迁移应用:(1)由上面的结论,结合图形,通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论;(2)直接根据规律写出结果即可.‎ ‎【解析】问题呈现:证明:如图1中,‎ ‎∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴AB∥CD,∠A=90°,‎ ‎∵AE=DG,‎ ‎∴四边形AEGD是矩形,‎ ‎∴S△HGE=S矩形AEGD,‎ 同理S△EGF=S矩形BEGC,‎ ‎∴S四边形EFGH=S△HGE+S△EFG=S矩形BEGC.‎ 实验探究:结论:2S四边形EFGH=S矩形ABCD-.‎ 理由:∵=,=,=,=,‎ ‎∴S四边形EFGH=+++-,‎ ‎∴2S四边形EFGH=2+2+2+2-2,‎ ‎∴2S四边形EFGH=S矩形ABCD-.‎ 迁移应用:解:(1)如图4中,‎ ‎∵2S四边形EFGH=S矩形ABCD-.‎ ‎∴=25-2×11=3=A1B1·A1D1,‎ ‎∵正方形的面积为25,∴边长为5,‎ ‎∵A1D12=HF2-52=29-25=4,‎ ‎∴A1D1=2,A1B1=,‎ ‎∴EG2=A1B12+52=,‎ EG=.‎ ‎(2)∵2S四边形EFGH=S矩形ABCD+.‎ ‎∴四边形A1B1C1D1面积最大时,矩形EFGH的面积最大.‎ ‎①如图5-1中,当G与C重合时,四边形A1B1C1D1面积最大时,矩形EFGH的面积最大.‎ 此时矩形A1B1C1D1面积=1·(-2)=‎ ‎②如图5-2中,当G与D重合时,四边形A1B1C1D1面积最大时,矩形EFGH的面积最大.‎ 此时矩形A1B1C1D1面积=2·1=2,‎ ‎∵2>-2,‎ ‎∴矩形EFGH的面积最大值=.‎ ‎4.(2017江苏南通,28,13分)已知直线y=kx+b与抛物线y=ax2(a>0)相交于A、B两点(点A在点B的左侧),与y轴正半轴相交于点C,过点A作AD⊥x轴,垂足为D.‎ ‎(1)若∠AOB=60°,AB∥x轴,AB=2,求a的值;‎ ‎(2)若∠AOB=90°,点A的横坐标为-4,AC=4BC,求点B的坐标;‎ ‎(3)延长AD、BO相交于点E,求证:DE=CO.‎ ‎【分析】(1)如图1,由条件可知△AOB为等边三角形,则可求得OA的长,在Rt△AOD中可求得AD和OD的长,可求得A点坐标,代入抛物线解析式可得a的值;‎ ‎(2)如图2,作辅助线,构建平行线和相似三角形,根据CF∥BG,由A的横坐标为-4,得B的横坐标为1,所以A(-4,16a),B(1,a),证明△ADO∽△OEB,则,得a的值及B的坐标;‎ ‎(3)如图3,设AC=nBC由(2)同理可知:A的横坐标是B的横坐标的n倍,则设B(m,am2),则A(-mn,am2n2),分别根据两三角形相似计算DE和CO的长即可得出结论.‎ ‎【解析】解:(1)如图1,∵抛物线y=ax2的对称轴是y轴,且AB∥x轴,‎ ‎∴A与B是对称点,O是抛物线的顶点,‎ ‎∴OA=OB,‎ ‎∵∠AOB=60°,‎ ‎∴△AOB是等边三角形,‎ ‎∵AB=2,AB⊥OC,‎ ‎∴AC=BC=1,∠BOC=30°,‎ ‎∴OC=,‎ ‎∴A(-1,),‎ 把A(-1,)代入抛物线y=ax2(a>0)中得:a=;‎ ‎(2)如图2,过B作BE⊥x轴于E,过A作AG⊥BE,交BE延长线于点G,交y轴于F,‎ ‎∵CF∥BG,‎ ‎∴,‎ ‎∵AC=4BC,‎ ‎∴=4,‎ ‎∴AF=4FG,‎ ‎∵A的横坐标为-4,‎ ‎∴B的横坐标为1,‎ ‎∴A(-4,16a),B(1,a),‎ ‎∵∠AOB=90°,‎ ‎∴∠AOD+∠BOE=90°,‎ ‎∵∠AOD+∠DAO=90°,‎ ‎∴∠BOE=∠DAO,‎ ‎∵∠ADO=∠OEB=90°,‎ ‎∴△ADO∽△OEB,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴16a2=4,‎ a=±,‎ ‎∵a>0,‎ ‎∴a=;‎ ‎∴B(1,);‎ ‎(3)如图3,设AC=nBC,‎ 由(2)同理可知:A的横坐标是B的横坐标的n倍,‎ 则设B(m,am2),则A(-mn,am2n2),‎ ‎∴AD=am2n2,‎ 过B作BF⊥x轴于F,‎ ‎∴DE∥BF,‎ ‎∴△BOF∽△EOD,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴,DE=am2n,‎ ‎∴,‎ ‎∵OC∥AE,‎ ‎∴△BCO∽△BAE,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴CO==am2n,‎ ‎∴DE=CO.‎ ‎5.(2017江苏苏州,28,10分)如图,二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于 A、B 两点,与y轴交于点C,OB=OC.点D在函数图象上,CD∥x轴,且CD=2,直线l是抛物线的对称轴,E是抛物线的顶点.‎ ‎(1)求b、c的值;‎ ‎(2)如图①,连接BE,线段OC上的点F关于直线l的对称点F'恰好在线段BE上,求点F的坐标;‎ ‎(3)如图②,动点P在线段OB上,过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M,与抛物线交于点N.试问:抛物线上是否存在点Q,使得△PQN与△APM的面积相等,且线段NQ的长度最小?如果存在,求出点Q的坐标;如果不存在,说明理由.‎ ‎【分析】(1)由条件可求得抛物线对称轴,则可求得b的值;由OB=OC,可用c表示出B点坐标,代入抛物线解析式可求得c的值;‎ ‎(2)可设F(0,m),则可表示出F′的坐标,由B、E的坐标可求得直线BE的解析式,把F′坐标代入直线BE解析式可得到关于m的方程,可求得F点的坐标;‎ ‎(3)设点P坐标为(n,0),可表示出PA、PB、PN的长,作QR⊥PN,垂足为R,则可求得QR的长,用n可表示出Q、R、N的坐标,在Rt△QRN中,由勾股定理可得到关于n的二次函数,利用二次函数的性质可知其取得最小值时n的值,则可求得Q点的坐标,‎ ‎【解析】解:‎ ‎(1)∵CD∥x轴,CD=2,‎ ‎∴抛物线对称轴为x=1.‎ ‎∴-=2,b=-2.‎ ‎∵OB=OC,C(0,c),‎ ‎∴B点的坐标为(-c,0),‎ ‎∴0=c2+2c+c,解得c=-3或c=0(舍去),‎ ‎∴c=-3;‎ ‎(2)设点F的坐标为(0,m).‎ ‎∵对称轴为直线x=1,‎ ‎∴点F关于直线l的对称点F的坐标为(2,m).‎ 由(1)可知抛物线解析式为y=x2-2x-3=(x-1)2-4,‎ ‎∴E(1,-4),‎ ‎∵直线BE经过点B(3,0),E(1,-4),‎ ‎∴利用待定系数法可得直线BE的表达式为y=2x-6.‎ ‎∵点F在BE上,‎ ‎∴m=2×2-6=-2,即点F的坐标为(0,-2);‎ ‎(3)存在点Q满足题意.‎ 设点P坐标为(n,0),则PA=n+1,PB=PM=3-n,PN=-n2+2n+3.‎ 作QR⊥PN,垂足为R,‎ ‎∵S△PQN=S△APM,‎ ‎∴(n+1)(3-n)=(-n2+2n+3) ·QR,‎ ‎∴QR=1.‎ ‎①点Q在直线PN的左侧时,Q点的坐标为(n-1,n2-4n),R点的坐标为(n,n2-4n),N点的坐标为(n,n2-2n-3).‎ ‎∴在Rt△QRN中,NQ2=1+(2n-3)2,‎ ‎∴n=时,NQ取最小值1.此时Q点的坐标为(,-); ‎ ‎②点Q在直线PN的右侧时,Q点的坐标为(n+11,n2-4).‎ 同理,NQ2=1+(2n-1)2,‎ ‎∴n=时,NQ取最小值1.此时Q点的坐标为(,-).‎ 综上可知存在满足题意的点Q,其坐标为(,-)或(,-).‎ ‎ ‎ ‎6.(2017江苏泰州,26,14分)平面直角坐标系xOy中,点A、B的横坐标分别为a、a+2,二次函数y=-x2+(m-2)x+2m的图象经过点A、B,且a、m满足2a-m=d(d为常数).‎ ‎(1)若一次函数y1=kx+b的图象经过A、B两点.‎ ‎①当a=1、d=-1时,求k的值;‎ ‎②若y1随x的增大而减小,求d的取值范围;‎ ‎(2)当d=-4且a≠-2、a≠-4时,判断直线AB与x轴的位置关系,并说明理由;‎ ‎(3)点A、B的位置随着a的变化而变化,设点A、B运动的路线与y轴分别相交于点C、D,线段CD的长度会发生变化吗?如果不变,求出CD的长;如果变化,请说明理由.‎ ‎【分析】(1)①当a=1、d=-1时,m=2a-d=3,于是得到抛物线的解析式,然后求得点A和点B的坐标,最后将点A和点B的坐标代入直线AB的解析式求得k的值即可;‎ ‎②将x=a,x=a+2代入抛物线的解析式可求得点A和点B的纵坐标,然后依据y1随着x的增大而减小,可得到-(a-m)(a+2)>-(a+2-m)(a+4),结合已知条件2a-m=d,可求得d的取值范围;‎ ‎(2)由d=-4可得到m=2a+4,则抛物线的解析式为y=-x2+(2a+2)x+4a+8,然后将x=a、x=a+2代入抛物线的解析式可求得点A和点B的纵坐标,最后依据点A和点B的纵坐标可判断出AB与x轴的位置关系;‎ ‎(3)先求得点A和点B的坐标,于是得到点A和点B运动的路线与字母a的函数关系式,则点C(0,2m),D(0,4m-8),于是可得到CD与m的关系式.‎ ‎【解析】解:(1)①当a=1、d=-1时,m=2a-d=3,‎ 所以二次函数的表达式是y=-x2+x+6.‎ ‎∵a=1,‎ ‎∴点A的横坐标为1,点B的横坐标为3,‎ 把x=1代入抛物线的解析式得:y=6,把x=3代入抛物线的解析式得:y=0,‎ ‎∴A(1,6),B(3,0).‎ 将点A和点B的坐标代入直线的解析式得:,解得:,‎ 所以k的值为-3.‎ ‎②∵y=-x2+(m-2)x+2m=-(x-m)(x+2),‎ ‎∴当x=a时,y=-(a-m)(a+2);当x=a+2时,y=-(a+2-4)(a+4),‎ ‎∵y1随着x的增大而减小,且a<a+2,‎ ‎∴-(a-m)(a+2)>-(a+2-m)(a+4),解得:2a-m>-4,‎ 又∵2a-m=d,‎ ‎∴d的取值范围为d>-4.‎ ‎(2)∵d=-4且a≠-2、a≠-4,2a-m=d,‎ ‎∴m=2a+4.‎ ‎∴二次函数的关系式为y=-x2+(2a+2)x+4a+8.‎ 把x=a代入抛物线的解析式得:y=a2+6a+8.‎ 把x=a+2代入抛物线的解析式得:y=a2+6a+8.‎ ‎∴A(a,a2+6a+8)、B(a+2,a2+6a+8).‎ ‎∵点A、点B的纵坐标相同,‎ ‎∴AB∥x轴.‎ ‎(3)线段CD的长随m的值的变化而变化.‎ ‎∵y=-x2+(m-2)x+2m过点A、点B,‎ ‎∴当x=a时,y=-a2+(m-2)a+2m,当x=a+2时,y=-(a+2)2+(m-2)(a+2)+2m,‎ ‎∴A(a,-a2+(m-2)a+2m)、B(a+2,-(a+2)2+(m-2)(a+2)+2m).‎ ‎∴点A运动的路线是的函数关系式为y1=-a2+(m-2)a+2m,点B运动的路线的函数关系式为y2=-(a+2)2+(m-2)(a+2)+2m.‎ ‎∴点C(0,2m),D(0,4m-8).‎ ‎∴DC=|2m-(4m-8)|=|8-2m|.‎ ‎∴线段CD的长随m的值的变化而变化.‎ 当8-2m=0时,m=4时,CD=|8-2m|=0,即点C与点D重合;当m>4时,CD=2m-8;当m<4时,CD=8-2m.‎ ‎7.(2017江苏无锡,28,8分)如图,已知矩形ABCD中,AB=4,AD=m,动点P从点D出发,在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动,连接CP,作点D关于直线PC的对称点E,设点P的运动时间为t(s).‎ ‎(1)若m=6,求当P,E,B三点在同一直线上时对应的t的值.‎ ‎(2)已知m满足:在动点P从点D到点A的整个运动过程中,有且只有一个时刻t,使点E到直线BC的距离等于3,求所有这样的m的取值范围.‎ ‎【分析】(1)如图1中,设PD=x.则PA=6-x.首先证明BP=BC=6,在Rt△ABP中利用勾股定理即可解决问题;‎ ‎(2)分两种情形求出AD的值即可解决问题:①如图2中,当点P与A重合时,点E在BC的下方,点E到BC的距离为3.②如图3中,当点P与A重合时,点E在BC的上方,点E到BC的距离为3;‎ ‎【解析】解:(1)如图1中,设PD=x.则PA=6-x.‎ ‎∵P、B、E共线,‎ ‎∴∠BPC=∠DPC,‎ ‎∵AD∥BC,‎ ‎∴∠DPC=∠PCB,‎ ‎∴∠BPC=∠PCB,‎ ‎∴BP=BC=6,‎ 在Rt△ABP中,∵AB2+AP2=PB2,‎ ‎∴42+(6-x)2=62,‎ ‎∴x=6-2或6+2(舍弃),‎ ‎∴PD=6-2,‎ ‎∴t=(6-2)s时,B、E、P共线.‎ ‎(2)如图2中,当点P与A重合时,点E在BC的下方,点E到BC的距离为3.‎ 作EQ⊥BC于Q,EM⊥DC于M.则EQ=3,CE=DC=4‎ 易证四边形EMCQ是矩形,‎ ‎∴CM=EQ=3,∠M=90°,‎ ‎∴EM=,‎ ‎∵∠DAC=∠EDM,∠ADC=∠M,‎ ‎∴△ADC∽△DME,‎ ‎,‎ ‎∴,‎ ‎∴AD=4,‎ 如图3中,当点P与A重合时,点E在BC的上方,点E到BC的距离为3.‎ 作EQ⊥BC于Q,延长QE交AD于M.则EQ=3,CE=DC=4‎ 在Rt△ECQ中,QC=DM=,‎ 由△DME∽△CDA,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴AD=,‎ 综上所述,在动点P从点D到点A的整个运动过程中,有且只有一个时刻t,使点E到直线BC的距离等于3,这样的m的取值范围≤m<4.‎ ‎8.(2017江苏宿迁,26,10分)如图,在矩形纸片ABCD中,已知AB=1,BC=,点E在边CD上移动,连接AE,将多边形ABCE沿直线AE翻折,得到多边形AB′C′E,点B、C的对应点分别为点B′、C′.‎ ‎(1)当B′C′恰好经过点D时(如图1),求线段CE的长;‎ ‎(2)若B′C′分别交边AD,CD于点F,G,且∠DAE=22.5°(如图2),求△DFG的面积;‎ ‎(3)在点E从点C移动到点D的过程中,求点C′运动的路径长.‎ ‎【分析】(1)如图1中,设CE=EC′=x,则DE=1-x,由△ADB′′∽△DEC,可得=‎ ‎,列出方程即可解决问题;‎ ‎(2)如图2中,首先证明△ADB′,△DFG都是等腰直角三角形,求出DF即可解决问题;‎ ‎(3)如图3中,点C的运动路径的长为的长,求出圆心角、半径即可解决问题.‎ ‎【解析】解:(1)如图1中,设CE=EC′=x,则DE=1-x,‎ ‎∵∠ADB′+∠EDC′=90°,∠B′AD+∠ADB′=90°,‎ ‎∴∠B′AD=∠EDC′,‎ ‎∵∠B′=∠C′=90°,AB′=AB=1,AD=,‎ ‎∴DB′==,‎ ‎∴△ADB′′∽△DEC,‎ ‎∴=,‎ ‎∴=,‎ ‎∴x=-2.‎ ‎∴CE=-2.‎ ‎(2)如图2中,‎ ‎∵∠BAD=∠B′=∠D=90°,∠DAE=22.5°,‎ ‎∴∠EAB=∠EAB′=67.5°,‎ ‎∴∠B′AF=∠B′FA=45°,‎ ‎∴∠DFG=∠AFB′=∠DGF=45°,‎ ‎∴DF=FG,‎ 在Rt△AB′F中,AB′=FB′=1,‎ ‎∴AF=AB′=,‎ ‎∴DF=DG=-,‎ ‎∴S△DFG=(-)2=-.‎ ‎(3)如图3中,点C的运动路径的长为的长,‎ 在Rt△ADC中,∵tan∠DAC==,‎ ‎∴∠DAC=30°,AC=2CD=2,‎ ‎∵∠C′AD=∠DAC=30°,‎ ‎∴∠CAC′=60°,‎ ‎∴的长==π.‎ ‎9.(2017江苏徐州,28,10分)如图,已知二次函数y=x2-4的图象与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,⊙C的半径为,P为⊙C上一动点.‎ ‎(1)点B,C的坐标分别为B(   ),C(   );‎ ‎(2)是否存在点P,使得△PBC为直角三角形?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由;‎ ‎(3)连接PB,若E为PB的中点,连接OE,则OE的最大值=   .‎ ‎【分析】(1)在抛物线解析式中令y=0可求得B点坐标,令x=0可求得C点坐标;‎ ‎(2)①当PB与⊙相切时,△PBC为直角三角形,如图1,连接BC,根据勾股定理得到BC=5,BP2=2,过P2作P2E⊥x轴于E,P2F⊥y轴于F,根据相似三角形的性质得到=2,设OC=P2E=2x,CP2=OE=x,得到BE=3-x,CF=2x-4,于是得到FP2=,EP2=,求得P2(,-),过P1作P1G⊥x轴于G,P1H⊥y轴于H,同理求得P1(-1,-2),②当BC⊥PC时,△PBC为直角三角形,根据相似三角形的判定和性质即可得到结论;‎ ‎(3)如图3中,连接AP,∵OB=OA,BE=EP,推出OE=AP,可知当AP最大时,OE的值最大,‎ ‎【解析】解:(1)在y=x2-4中,令y=0,则x=±3,令x=0,则y=-4,‎ ‎∴B(3,0),C(0,-4);‎ 故答案为:3,0;0,-4;‎ ‎(2)存在点P,使得△PBC为直角三角形,‎ ‎①当PB与⊙相切时,△PBC为直角三角形,如图(2)a,‎ 连接BC,‎ ‎∵OB=3.OC=4,‎ ‎∴BC=5,‎ ‎∵CP2⊥BP2,CP2=,‎ ‎∴BP2=2,‎ 过P2作P2E⊥x轴于E,P2F⊥y轴于F,‎ 则△CP2F∽△BP2E,四边形OCP2B是矩形,‎ ‎∴=2,‎ 设OC=P2E=2x,CP2=OE=x,‎ ‎∴BE=3-x,CF=2x-4,‎ ‎∴==2,‎ ‎∴x=,2x=,‎ ‎∴FP2=,EP2=,‎ ‎∴P2(,-),‎ 过P1作P1G⊥x轴于G,P1H⊥y轴于H,‎ 同理求得P1(-1,-2),‎ ‎②当BC⊥PC时,△PBC为直角三角形,如图(2)b 过P4作P4H⊥y轴于H,‎ 则△BOC∽△CHP4,‎ ‎∴==,‎ ‎∴CH=,P4H=,‎ ‎∴P4(,--4);‎ 同理P3(-,-4);‎ 综上所述:点P的坐标为:(-1,-2)或(,-)或(,--4)或(-,-4);‎ ‎(3)如图(3),连接AP,∵OB=OA,BE=EP,‎ ‎∴OE=AP,‎ ‎∴当AP最大时,OE的值最大,‎ ‎∵当P在AC的延长线上时,AP的值最大,最大值=5+,‎ ‎∴OE的最大值为 故答案为:.‎ ‎10.(2017江苏盐城,27,14分)如图,在平面直角坐标系中,直线y=x+2与x轴交于点A,与y轴交于点C,抛物线y=x2+bx+c经过A、C两点,与x轴的另一交点为点B.‎ ‎(1)求抛物线的函数表达式;‎ ‎(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点;‎ ‎①连接BC、CD,设直线BD交线段AC于点E,△CDE的面积为S1,△BCE的面积为S2,求的最大值;‎ ‎②过点D作DF⊥AC,垂足为点F,连接CD,是否存在点D,使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍?若存在,求点D的横坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎【分析】(1)根据题意得到A(-4,0),C(0,2)代入y=-x2+bx+c,于是得到结论;‎ ‎(2)①如图,令y=0,解方程得到x1=-4,x2=1,求得B(1,0),过D作DM⊥x轴于M,过B作BN⊥x轴交于AC于N,根据相似三角形的性质即可得到结论;‎ ‎②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形,取AB的中点P,求得P(-,0),得到PA=PC=PB=,过作x轴的平行线交y轴于R,交AC的延线于G,情况一:如图,∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG,情况二,∠FDC=2∠BAC,解直角三角形即可得到结论.‎ ‎【解析】解:(1)根据题意得A(-4,0),C(0,2),‎ ‎∵抛物线y=-x2+bx+c经过A、C两点,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ ‎∴y=-x2-x+2;‎ ‎(2)①如图,令y=0,‎ ‎∴-x2-x+2=0,‎ ‎∴x1=-4,x2=1,‎ ‎∴B(1,0),‎ 过D作DM⊥x轴于M,过B作BN⊥x轴交于AC于N,‎ ‎∴DM∥BN,‎ ‎∴△DME∽△BNE,‎ ‎∴==,‎ 设D(a,-a2-a+2),‎ ‎∴M(a,a+2),‎ ‎∵B(1.0),‎ ‎∴N(1,),‎ ‎∴===-(a+2)2+;‎ ‎∴当a=2时,的最大值是;‎ ‎②∵A(-4,0),B(1,0),C(0,2),‎ ‎∴AC=2,BC=,AB=5,‎ ‎∴AC2+BC2=AB2,‎ ‎∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形,取AB的中点P,‎ ‎∴P(-,0),‎ ‎∴PA=PC=PB=,‎ ‎∴∠CPO=2∠BAC,‎ ‎∴tan∠CPO=tan(2∠BAC)=,‎ 过D作x轴的平行线交y轴于R,交AC的延长线于G,‎ 情况一:如图,∴∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG,‎ ‎∴∠CDG=∠BAC,‎ ‎∴tan∠CDG=tan∠BAC=,‎ 即=‎ 令D(a,-a2-a+2),‎ ‎∴DR=-a,RC=-a2-a,‎ ‎∴=,‎ ‎∴a1=0(舍去),a2=-2,‎ ‎∴xD=-2,‎ 情况二,∴∠FDC=2∠BAC,‎ ‎∴tan∠FDC=,‎ 设FC=4k,‎ ‎∴DF=3k,DC=5k,‎ ‎∵tan∠DGC==,‎ ‎∴FG=6k,‎ ‎∴CG=2k,DG=3k,∴‎ ‎∴RC=k,RG=k,‎ DR=3k-k=k,‎ ‎∴==,‎ ‎∴a1=0(舍去),a2=,‎ 点D的横坐标为-2或-.‎ ‎11.(2017江苏扬州,28,12分)如图,已知正方形ABCD的边长为4,点P是AB边上的一个动点,连接CP,过点P作PC的垂线交AD于点E,以 PE为边作正方形PEFG,顶点G在线段PC上,对角线EG、PF相交于点O.‎ ‎(1)若AP=1,则AE=  ;‎ ‎(2)①求证:点O一定在△APE的外接圆上;‎ ‎②当点P从点A运动到点B时,点O也随之运动,求点O经过的路径长;‎ ‎(3)在点P从点A到点B的运动过程中,△APE的外接圆的圆心也随之运动,求该圆心到AB边的距离的最大值.‎ ‎【分析】(1)由正方形的性质得出∠A=∠B=∠EPG=90°,PF⊥EG,AB=BC=4,∠OEP=45°,由角的互余关系证出∠AEP=∠PBC,得出△APE∽△BCP,得出对应边成比例即可求出AE的长;‎ ‎(2)①A、P、O、E四点共圆,即可得出结论;‎ ‎②连接OA、AC,由光杆司令求出AC=4,由圆周角定理得出∠OAP=∠OEP=45°,周长点O在AC上,当P运动到点B时,O为AC的中点,即可得出答案;‎ ‎(3)设△APE的外接圆的圆心为M,作MN⊥AB于N,由三角形中位线定理得出MN=AE,设AP=x,则BP=4﹣x,由相似三角形的对应边成比例求出AE=x﹣x 2=﹣ (x﹣2)2+1,由二次函数的最大值求出AE的最大值为1,得出MN的最大值=即可.‎ ‎【解析】(1)解:∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形,‎ ‎∴∠A=∠B=∠EPG=90°,PF⊥EG,AB=BC=4,∠OEP=45°,‎ ‎∴∠AEP+∠APE=90°,∠BPC+∠APE=90°,‎ ‎∴∠AEP=∠PBC,‎ ‎∴△APE∽△BCP,‎ ‎∴,即,‎ 解得:AE=;‎ 故答案为:;‎ ‎(2)①证明:∵PF⊥EG,‎ ‎∴∠EOF=90°,‎ ‎∴∠EOF+∠A=180°,‎ ‎∴A、P、O、E四点共圆,‎ ‎∴点O一定在△APE的外接圆上;‎ ‎②解:连接OA、AC,如图1所示:‎ ‎∵四边形ABCD是正方形,‎ ‎∴∠B=90°,∠BAC=45°,‎ ‎∴AC==4,‎ ‎∵A、P、O、E四点共圆,‎ ‎∴∠OAP=∠OEP=45°,‎ ‎∴点O在AC上,‎ 当P运动到点B时,O为AC的中点,OA=AC=2,‎ 即点O经过的路径长为2;‎ ‎(3)解:设△APE的外接圆的圆心为M,作MN⊥AB于N,如图2所示:‎ 则MN∥AE,‎ ‎∵ME=MP,‎ ‎∴AN=PN,‎ ‎∴MN=AE,‎ 设AP= x,则BP=4﹣x,‎ 由(1)得:△APE∽△BCP,‎ ‎∴,即,‎ 解得:AE= x﹣x 2=﹣ (x﹣2)2+1,‎ ‎∴x=2时,AE的最大值为1,此时MN的值最大=×1=,‎ 即△APE的圆心到AB边的距离的最大值为.‎ ‎12.(2017江苏镇江,28,11分)【回顾】‎ 如图1,△ABC中,∠B=30°,AB=3,BC=4,则△ABC的面积等于 3 .‎ ‎【探究】‎ 图2是同学们熟悉的一副三角尺,一个含有30°的角,较短的直角边长为a;另一个含有45°的角,直角边长为b,小明用两副这样的三角尺拼成一个平行四边形ABCD(如图3),用了两种不同的方法计算它的面积,从而推出sin75°=,小丽用两副这样的三角尺拼成了一个矩形EFGH(如图4),也推出sin75°=,请你写出小明或小丽推出sin75°=的具体说理过程.‎ ‎【应用】‎ 在四边形ABCD中,AD∥BC,∠D=75°,BC=6,CD=5,AD=10(如图5)‎ ‎(1)点E在AD上,设t=BE+CE,求t2的最小值;‎ ‎(2)点F在AB上,将△BCF沿CF翻折,点B落在AD上的点G处,点G是AD的中点吗?说明理由.‎ ‎【分析】回顾:如图1中,作AH⊥BC.求出AH即可解决问题;‎ 探究:如图2中,根据S四边形ABCD=BC•AB•sin75°=2S△ABE+2S△BFC+S矩形EFGH列出方程即可解决问题;‎ 应用:①作C关于AD的对称点H,CH交AD于J,连接BH,EH.因为EC=EH,推出EB+EC=EB+EH,在△EBH中,BE+EH≥BH,推出BE+EC的最小值为BH,求出BH即可解决问题;‎ ‎②结论:点G不是AD的中点.理由反证法证明即可.‎ ‎【解析】由题意可知四边形EFGH是矩形,AB=CD=2a,AH=DH=BF=CF=b,EF=GH=a-b,EH=FG=b-a,BC=b,‎ 解:回顾:如图1中,作AH⊥BC.‎ 在Rt△ABH中,∵∠B=30°,AB=3,‎ ‎∴AH=AB•sin30°=,‎ ‎∴S△ABC=•BC•AH=×4×=3,‎ 故答案为3.‎ 探究:如图3中,‎ 由题意可知四边形EFGH是矩形,AB=CD=2a,AH=DH=BF=CF=b,EF=GH=a-b,EH=FG=b-a,BC=b,‎ ‎∵S四边形ABCD=BC•AB•sin75°=2S△ABE+2S△BFC+S矩形EFGH ‎∴b•2a•sin75°=2××a×a+2××b2+(a-b)(b-a),‎ ‎∴2absin75°=ab+ab,‎ ‎∴sin75°=.‎ 如图4中,‎ 易知四边形ABCD是平行四边形,∠BAD=75°,‎ ‎∴S四边形EFGH=2•S△ABE+2•S△ADF+S平行四边形ABCD,‎ ‎∴(a+b)(a+b)═2××a×a+2××b2+b•2a•sin75°,‎ ‎∴sin75°=.‎ 应用:①作C关于AD的对称点H,CH交AD于J,连接BH,EH.‎ 在Rt△DCJ中,JC=CD•sin75°=(+),‎ ‎∴CH=2CJ=(+),‎ 在Rt△BHC中,BH2=BC2+CH2=36+(+)2=86+25,‎ ‎∵EC=EH,‎ ‎∴EB+EC=EB+EH,‎ 在△EBH中,BE+EH≥BH,‎ ‎∴BE+EC的最小值为BH,‎ ‎∴t=BE+CE,t2的最小值为BH2,即为86+25.‎ ‎②结论:点G不是AD的中点.‎ 理由:作CJ⊥AD于J,DH⊥CG于H.‎ 不妨设AG=GD=5,∵CD=5,‎ ‎∴DC=DG,∵DH⊥CG,‎ ‎∴GH=CH=3,‎ 在Rt△CDH中,DH===4,‎ ‎∵S△DGC=•CG•DH=•DG•CJ,‎ ‎∴CJ=,‎ ‎∴sin∠CDJ==,‎ ‎∵∠CDJ=75°,‎ ‎∴与sin75°=矛盾,‎ ‎∴假设不成立,‎ ‎∴点G不是AD的中点.‎