安徽省九年级2022中考数学冲刺复习-17填空题压轴必刷60题②

这是一份安徽省九年级2022中考数学冲刺复习-17填空题压轴必刷60题②，共39页。试卷主要包含了间的函数关系如图所示等内容，欢迎下载使用。
17填空题压轴必刷60题②

一十四．一次函数图象上点的坐标特征（共3小题）
21．（2022•建邺区一模）如图，“爱心”图案是由函数y＝﹣x2+6的部分图象与其关于直线y＝x的对称图形组成．点A是直线y＝x上方“爱心”图案上的任意一点，点B是其对称点．若，则点A的坐标是 　 　．

22．（2022•泰山区一模）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝2x和y＝﹣x的图象分别为直线l1，l2，过点（1，0）作x轴的垂线交l1于点A1，过点A1作y轴的垂线交l2于点A2，过点A2作x轴的垂线交l1于点A3，过点A3作y轴的垂线交l2于点A4，…依次进行下去，则点A2022的坐标为 　 　．

23．（2022春•石家庄期中）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如图所示方式放置，点A1，A2，A3，…和C1，C2，C3，…分别在直线y＝x+1和x轴上，则点B4的坐标是 　 　，B2020的纵坐标是 　 　．

一十五．一次函数的应用（共2小题）
24．（2022•南岸区校级模拟）经历了漫长体训，初三学子即将迎来中考体考．初三某班的家委会为孩子们准备了脉动饮料、士力架和葡萄糖口服液．已知脉动饮料、士力架和葡萄糖口服液的单价之和为22元，计划购买脉动饮料、士力架和葡萄糖口服液的数量总共不超过200．其中，葡萄糖口服液的单价为10元，计划购买50支；脉动饮料的数量不多于士力架数量的一半，但至少购买20瓶．在做预算时，家委会将脉动饮料和士力架的单价弄反了，结果在实际购买时总费用比预算多了160元．若脉动饮料、士力架和葡萄糖口服液的单价均为整数，则实际购买脉动饮料、士力架和葡萄糖口服液的总费用最多需要花费 　 　元．
25．（2022•市中区校级模拟）一辆货车从A地匀速驶往相距350km的B地，当货车行驶1小时经过途中的C地时，一辆快递车恰好从C地出发以另一速度匀速驶往B地，当快递车到达B地后立即掉头以原来的速度匀速驶往A地．（货车到达B地，快递车到达A地后分别停止运动）行驶过程中两车与B地间的距离y（单位：km）与货车从出发所用的时间x（单位：h）间的函数关系如图所示．则货车到达B地后，快递车再行驶　 　h到达A地．

一十六．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）
26．（2022•湖里区校级模拟）已知点A（a，b）是反比例函数y＝图象上的任意一点，连接AO并延长交反比例函数图象于点C．现有以下结论：①点（﹣a，﹣b）一定在反比例函数y＝的图象上；②过点A作AE⊥x轴于E，S△AOE＝k；③分别过点A，C作AC的垂线交反比例函数y＝图象于点B，D，则四边形ABCD是平行四边形；④若点B，D在反比例函数y＝的图象上，且CD＝AB，则四边形ABCD为平行四边形．其中正确的是 　 　．（写出所有正确结论的序号）
27．（2022•江北区一模）如图，点A，B，C，D是菱形的四个顶点，其中点A，D在反比例函数y＝（m＞0，x＞0）的图象上，点B，C在反比例函数y＝（n＜0）的图象上，且点B，C关于原点成中心对称，点A，C的横坐标相等，则的值为 　 　；过点A作AE∥x轴交反比例函数y＝（n＜0）的图象于点E，连结ED并延长交x轴于点F，连结OD．若S△DOF＝7，则m的值为 　 　．

一十七．反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题）
28．（2022•厦门模拟）将抛物线y＝﹣（x﹣1）2+向上平移（2k﹣k）个单位长度，＜k＜，平移后的抛物线与双曲线y＝（x＞0）交于点P（p，q），M（1+，n），则下列结论正确的是 　 　．
①0＜p＜1﹣；②1﹣＜p＜1；③q＜n；④q＞2k﹣k．（写出所有正确结论的序号）
一十八．反比例函数与一次函数的交点问题（共3小题）
29．（2022春•兴文县期中）如图，直线y＝x与双曲线y＝交于A、B两点，直线BC经过点B，与双曲线y＝交于另一点C，∠ABC＝45°，连接AC，若△ABC的面积是35，则k＝　 　．

30．（2022•成都模拟）如图，直角坐标系中，Rt△ABC的AB边在x轴上，∠CAB＝90°，sin∠ACB＝．将Rt△ABC沿直线BC翻折得Rt△DBC，再将Rt△DBC绕点B逆时针旋转，正好点C与坐标原点O重合，点D的对应点E落在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，此时线段AC交双曲线于点F，则点F的坐标为　 　．

31．（2021•泉州模拟）如图，平面直角坐标系xOy中，在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上取点A，连接OA，与y＝的图象交于点B，过点B作BC∥x轴交函数y＝的图象于点C，过点C作CE∥y轴交函数y＝的图象于点E，连接AC，OC，BE，OC与BE交于点F，则＝　 　．

一十九．待定系数法求二次函数解析式（共1小题）
32．（2022•惠山区一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣（x+m）2+m2﹣m的顶点为A，与y轴交于点B，则点B的坐标为 　 　（用含m的代数式表示）；若作AC⊥AB，且∠ABC＝∠ABO（C、O在AB的两侧），设点C的坐标为（x，y），则y关于x的函数关系式为 　 　．

二十．抛物线与x轴的交点（共1小题）
33．（2022•包河区二模）已知：抛物线y＝x2﹣2ax与x轴交于点A、B（点B在x轴正半轴），且AB＝4．
（1）此抛物线的顶点坐标为 　 　；
（2）若点P（m，n）为抛物线上一动点，作PQ⊥x轴，交一次函数y＝kx﹣4（k＞0）的图象于点Q，当1＜m＜4时，PQ的长度随m的增大而增大，则k的取值范围是 　 　．
二十一．二次函数的应用（共1小题）
34．（2022•定海区校级模拟）准备在一个“7”字型遮阳棚下安装一个喷水装置（如图1），已知遮阳棚DB与竖杆OB垂直，遮阳棚的高度OB＝3米，喷水点A与地面的距离OA＝1米（喷水点A喷出来的水柱呈抛物线型），水柱喷水的最高点恰好是遮阳棚的C处，C到竖杆的水平距离BC＝2米（如图2），此时水柱的函数表达式为 　 　，现将遮阳棚BD绕点B向上旋转45°（如图3），则此时水柱与遮阳棚的最小距离为 　 　米．（保留根号）

二十二．三角形的重心（共1小题）
35．（2022•定海区一模）点G为△ABC的重心（三角形三条中线的交点），BC＝12，∠A＝60°．
（1）若∠C＝30°，则BG＝　 　；
（2）BG的最大值为 　 　．

二十三．全等三角形的判定与性质（共2小题）
36．（2022•庐江县二模）在△ABC中，AB＝1，AC＝2，BC＝，点D是AB延长线上一点（点D与点B不重合），过点D作线段DE⊥AB，使△BDE与△ABC全等，则点C到点E的距离为 　 　．
37．（2022•高密市一模）在等边△ABC中，AB＝1，AD是边BC上的中线，点E是BD上点（不与B、D重合），点F是AC上一点，连接EF交AD于点G，CF＝2BE，以下结论正确的是 　 　．
A．当EF∥AB时，
B．当EF⊥AC时，CE＝4BE
C．EG＝FG
D．点G可能是AD的中点
二十四．角平分线的性质（共1小题）
38．（2022•乐清市一模）如图1是一款多功能儿童餐椅，有坐和躺两种模式，图2是它的横截面示意图，已知脚架AB＝AC＝85cm，脚垫B，C两点之间的距离为80cm，靠背DE＝40cm，分离式餐盘AQ与B，C所在直线平行，固定支撑杆AE平分∠BAC，坐垫EG与AC交于点F，且AE＝AF＝17cm，脚踏GH始终与AC保持平行，当调到坐式时，DE∥AC，则此时点D到AQ的距离为 　 　cm，当调到躺式时，坐垫EG会沿EF方向平移，从点E恰好移动到EF的中点E1，GH移动到G1H1，靠背DE向下调整到D1E1，此时∠D1E1E＝∠EAF，则点D向下调整的高度为 　 　cm．

二十五．勾股定理的应用（共1小题）
39．（2022•温州一模）图1是一种木质投石机模型，其示意图如图2所示．已知AB＝AC，BD＝4cm，BC＝8cm，木架高AG＝8Cm．按压点F旋转至点F'，抛杆EF绕点A旋转至E'F'，弹绳DE随之拉伸至DE'，测得∠CDE'＝∠BAE'＝90°，则抛杆EF的长为 　 　cm．若弹绳自然状态时，点A，E，D在同一直线上，则此次旋转后弹绳被拉长的长度DE'﹣DE为 　 　cm．

二十六．三角形综合题（共1小题）
40．（2022•信阳模拟）如图（1），在等腰直角三角形纸片ABC中，∠B＝90°，AB＝2+2，点D，E分别为AB，BC上的动点．将纸片沿DE翻折，点B的对应点B'恰好落在边AC上，如图（2），再将纸片沿B'E翻折，点C的对应点为C'，如图（3）．当△DB'E，△B'C'E的重合部分（即阴影部分）为直角三角形时，CE的长为 　 　．





【参考答案】
一十四．一次函数图象上点的坐标特征（共3小题）
21．（2022•建邺区一模）如图，“爱心”图案是由函数y＝﹣x2+6的部分图象与其关于直线y＝x的对称图形组成．点A是直线y＝x上方“爱心”图案上的任意一点，点B是其对称点．若，则点A的坐标是 　（﹣2，2）或（1，5）　．

【解析】解：因为A、B关于直线y＝x对称，
所以设A（a，b），则B（b，a），
∵，
∴，
（4）2＝（b﹣a）2+（b﹣a）2，
32＝2（b﹣a）2，
（b﹣a）2＝16，
b﹣a＝4或b﹣a＝﹣4（舍去），
∴b＝a+4，
又∵A（a，b）在y＝﹣x2+6上，
∴b＝﹣a2+6，
即a+4＝﹣a2+6，
整理得，a2+a﹣2＝0，
解得，a1＝﹣2，a2＝1，
∴当a1＝﹣2时，b＝a+4＝﹣2+4＝2，
点A的坐标为（﹣2，2）；
当a2＝1时，b＝a+4＝1+4＝5，
点A的坐标为（1，5）．
故答案为：（﹣2，2）或（1，5）．
22．（2022•泰山区一模）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝2x和y＝﹣x的图象分别为直线l1，l2，过点（1，0）作x轴的垂线交l1于点A1，过点A1作y轴的垂线交l2于点A2，过点A2作x轴的垂线交l1于点A3，过点A3作y轴的垂线交l2于点A4，…依次进行下去，则点A2022的坐标为 　（﹣21011，21011）　．

【解析】解：当x＝1时，y＝2，
∴点A1的坐标为（1，2）；
当y＝﹣x＝2时，x＝﹣2，
∴点A2的坐标为（﹣2，2）；
同理可得A3（﹣2，﹣4），A4（4，﹣4），A5（4，8），A6（﹣8，﹣8），A7（﹣8，﹣16），A8（16，﹣16）……，
∴，
，
，
（n为自然数），
∵2022＝505×4+2，
∴点A2022的坐标为（﹣2505×2+1，2505×2+1），
即点A2022的坐标为（﹣21011，21011）．
故答案为：（﹣21011，21011）．
23．（2022春•石家庄期中）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如图所示方式放置，点A1，A2，A3，…和C1，C2，C3，…分别在直线y＝x+1和x轴上，则点B4的坐标是 　（15，8）　，B2020的纵坐标是 　22019　．

【解析】解：当x＝0时，y＝x+1＝1，
∴点A1的坐标为（0，1），
∵四边形A1B1C1O为正方形，
∴点B1的坐标为（1，1），点C1的坐标为（1，0），
当x＝1时，y＝x+1＝2，
∴点A2的坐标为（1，2），
∵四边形A2B2C2C1为正方形，
∴点B2的坐标为（3，2），点C2的坐标为（3，0），
同理可知，
点B3的坐标为（7，4），
点B4的坐标为（15，8），
点B5的坐标为（31，16），
……，
∴点Bn的坐标为（2n﹣1，2n﹣1）（n为正整数），
∴点B2020的纵坐标为2n﹣1＝22019．
故答案为：（15，8）；22019．
一十五．一次函数的应用（共2小题）
24．（2022•南岸区校级模拟）经历了漫长体训，初三学子即将迎来中考体考．初三某班的家委会为孩子们准备了脉动饮料、士力架和葡萄糖口服液．已知脉动饮料、士力架和葡萄糖口服液的单价之和为22元，计划购买脉动饮料、士力架和葡萄糖口服液的数量总共不超过200．其中，葡萄糖口服液的单价为10元，计划购买50支；脉动饮料的数量不多于士力架数量的一半，但至少购买20瓶．在做预算时，家委会将脉动饮料和士力架的单价弄反了，结果在实际购买时总费用比预算多了160元．若脉动饮料、士力架和葡萄糖口服液的单价均为整数，则实际购买脉动饮料、士力架和葡萄糖口服液的总费用最多需要花费 　1480　元．
【解析】解：购买x个士力架，y瓶脉动饮料，士力架的单价为m元，则脉动饮料的单价为22﹣10﹣m＝（12﹣m）元，
依题意得：xm+y（12﹣m）﹣[x（12﹣m）+ym]＝160，
整理得：y﹣x＝＝，
∵y≤x，y≥20，
∴x≥2y，y≥20，
∵x+y+50≤200，
∴x+y≤150，
又∵x，y，m均为正整数，y≤x，
∴y﹣x是负整数，
∵m＜12，
∴6﹣m＝﹣1或6﹣m＝﹣2或6﹣m＝﹣4或6﹣m＝﹣5，
∴m＝7或m＝8或m＝10或m＝11，
当m＝7时，12﹣m＝5，y﹣x＝﹣80，
∴，
解得：20≤y≤35，
此时实际购买这三种物品的总费用为：
10×50+7x+5y＝500+7（y+80）+5y＝12y+1060，
∴当y取最大值35时，总费用最大为12×35+1060＝1480（元）；
当m＝8时，12﹣m＝4，y﹣x＝﹣40，x＝y+40，
，
解得20≤y≤55，
∴此时实际购买这三种物品的总费用为：
10×50+4y+8（y+40）＝12y+820，
∴当y取最大值55时，总费用最大为12×55+820＝1480（元）；
当m＝10时，12﹣m＝2，y﹣x＝﹣20，x＝y+20
∴，
解得：20≤y≤65，
此时实际购买这三种物品的总费用为：
10×50+10x+2y＝500+10（y+20）+2y＝12y+700，
∴当y取最大值65时，总费用最大为12×65+700＝1480（元）；
当m＝11时，12﹣m＝1，y﹣x＝﹣16，x＝y+16
∴，
解得：20≤y≤67，
此时实际购买这三种物品的总费用为：
10×50+11x+y＝500+11（y+16）+y＝12y+676，
∴当y取最大值67时，总费用最大为12×67+6760＝1480（元）；
综上，实际购买三种物品最多需要花费1480元，
故答案为：1480．
25．（2022•市中区校级模拟）一辆货车从A地匀速驶往相距350km的B地，当货车行驶1小时经过途中的C地时，一辆快递车恰好从C地出发以另一速度匀速驶往B地，当快递车到达B地后立即掉头以原来的速度匀速驶往A地．（货车到达B地，快递车到达A地后分别停止运动）行驶过程中两车与B地间的距离y（单位：km）与货车从出发所用的时间x（单位：h）间的函数关系如图所示．则货车到达B地后，快递车再行驶　　h到达A地．

【解析】解：由题意货车的速度＝350﹣270＝80km/h，设快递车的速度为xkm/h，
则有：3（80+x）＝270×2，
解得x＝100，
∴两车相遇后，快递车需要＝3.2小时到达A地，货车需要＝小时到达B地，
∴货车到达B地后，快递车再行驶3.2﹣＝h到达A地．
故答案为．
一十六．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）
26．（2022•湖里区校级模拟）已知点A（a，b）是反比例函数y＝图象上的任意一点，连接AO并延长交反比例函数图象于点C．现有以下结论：①点（﹣a，﹣b）一定在反比例函数y＝的图象上；②过点A作AE⊥x轴于E，S△AOE＝k；③分别过点A，C作AC的垂线交反比例函数y＝图象于点B，D，则四边形ABCD是平行四边形；④若点B，D在反比例函数y＝的图象上，且CD＝AB，则四边形ABCD为平行四边形．其中正确的是 　①③　．（写出所有正确结论的序号）
【解析】解：①∵点A（a，b）在反比例函数y＝图象上，
∴k＝ab，
将点（﹣a，﹣b）代入函数解析式y＝得，k＝ab，
∴点（﹣a，﹣b）在反比例函数y＝图象上，故①正确，符合题意；
②当k＜0时，k＜0，
∵S△AOE＞0，
∴S△AOE＝k不成立，故②错误，不符合题意；
③由反比例函数的对称性得，OA＝OC，
∵AB⊥AC，CD⊥AC，
∴AB∥CD，∠OAB＝∠OCD＝90°，
∴∠ABO＝∠CDO，
∴△AOB≌△COD（AAS），
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故③正确，符合题意；
④∵反比例函数图象一支上到点A的距离为定值（不为零）的点有两个，
∴当点B，D在反比例函数y＝的图象上且CD＝AB时，四边形ABCD不一定为平行四边形，故④错误，不符合题意；
故答案为：①③．
27．（2022•江北区一模）如图，点A，B，C，D是菱形的四个顶点，其中点A，D在反比例函数y＝（m＞0，x＞0）的图象上，点B，C在反比例函数y＝（n＜0）的图象上，且点B，C关于原点成中心对称，点A，C的横坐标相等，则的值为 　﹣3　；过点A作AE∥x轴交反比例函数y＝（n＜0）的图象于点E，连结ED并延长交x轴于点F，连结OD．若S△DOF＝7，则m的值为 　﹣9　．

【解析】解：如图，延长AD交x轴于点G，连接AC，BD交于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BH＝DH，AH＝CH，
设点B（﹣a，b），则C（a，﹣b），
∵点A、C的横坐标相同，且AH＝CH，
∴点A的坐标为（a，3b），
∵点B、C在反比例函数y＝（n＜0）的图象上，点A，D在反比例函数y＝（m＞0，x＞0）的图象上，
∴n＝﹣ab，m＝3ab，
∴＝﹣3，
∵AE∥x轴，
∴点E的纵坐标为3b，
∵点B、E在反比例函数y＝的图象上，n＝﹣ab，
∴点E的坐标为（﹣a，3b），
∵BH＝DH，
∴点D的坐标为（3a，b），
分别过点A、D作x轴的垂线于点P、Q，则AP∥DQ，
∴△APG∽△DQG，
∴＝，
∴＝，
∵PQ＝OQ﹣OP＝3a﹣a＝2a，
∴GQ＝a，
∴OG＝OQ+QG＝3a+a＝4a，
∴点G的坐标为（4a，0），
∵AE∥x轴，
∴△ADE∽△GDF，
∴＝2，
∵AE＝a+a＝a，
∴GF＝a，
∴OF＝OG+FG＝4a+a＝a，
∴S△DOF＝＝ab＝7，
∴ab＝3，
∴m＝﹣3ab＝﹣9，
故答案为：﹣3，﹣9．

一十七．反比例函数图象上点的坐标特征（共1小题）
28．（2022•厦门模拟）将抛物线y＝﹣（x﹣1）2+向上平移（2k﹣k）个单位长度，＜k＜，平移后的抛物线与双曲线y＝（x＞0）交于点P（p，q），M（1+，n），则下列结论正确的是 　②④　．
①0＜p＜1﹣；②1﹣＜p＜1；③q＜n；④q＞2k﹣k．（写出所有正确结论的序号）
【解析】解：∵抛物线y＝﹣（x﹣1）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，顶点坐标为（1，），
将该抛物线向上平移（2k﹣k）个单位长度，
则平移后的抛物线顶点坐标为（1，+2k﹣k），
当x＝1时，反比例函数图象上点的坐标为（1，k），
如图所示，抛物线平移后的顶点纵坐标即为m，反比例函数上横坐标为1的点的纵坐标记为s，
∴m﹣s＝+2k﹣k﹣k＝+k﹣k，
∵＜k＜，
∴0＜m﹣s＜，
∴抛物线对称轴右侧图象与反比例函数图象只有一个交点，且该交点的横坐标大于1，
∵平移后的抛物线与双曲线y＝（x＞0）交于点P（p，q），M（1+，n），
∴点M为抛物线对称轴右侧图象与反比例函数图象的交点，点P为抛物线对称轴左侧图象与反比例函数图象的交点，n＝k，
∵反比例函数的图象在第一象限内y随x的增大而减小，且抛物线关于直线x＝1对称，
∴1﹣＜p＜1，q＞n，即q＞2k﹣k，
∴②④正确，
故答案为：②④．

一十八．反比例函数与一次函数的交点问题（共3小题）
29．（2022春•兴文县期中）如图，直线y＝x与双曲线y＝交于A、B两点，直线BC经过点B，与双曲线y＝交于另一点C，∠ABC＝45°，连接AC，若△ABC的面积是35，则k＝　6　．

【解析】解：过点A作AM⊥x轴于点M，过点O作OK⊥AB交BC于点K，过点K作KT⊥x轴于T，设BC交y轴于点J，连接OC，设A（m，m），则OM＝m，AM＝m，B（﹣m，﹣m）．

∵∠ABC＝45°，OK⊥AB，
∴OK＝OB＝OA，
∵∠OTK＝∠AOK＝∠AMO＝90°，
∴∠KOT+∠AOM＝90°，∠AOM+∠OAM＝90°，
∴∠KOT＝∠OAM，
∴△KTO≌△OMA（AAS），
∴OT＝AM＝m，KT＝OM＝m，
∴K（﹣m，m），
∴直线BK的解析式为y＝2x+m，
设C（n，2n+m），
∴J（0，m），
∵S△BOC＝S△AOC＝，
∴S△BOJ+S△OCJ＝，
则有，
可得m2＝18，
∴k＝m×m＝6，
30．（2022•成都模拟）如图，直角坐标系中，Rt△ABC的AB边在x轴上，∠CAB＝90°，sin∠ACB＝．将Rt△ABC沿直线BC翻折得Rt△DBC，再将Rt△DBC绕点B逆时针旋转，正好点C与坐标原点O重合，点D的对应点E落在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，此时线段AC交双曲线于点F，则点F的坐标为　（3，）　．

【解析】解：过点E作EH⊥OB于点H，如图，
则有∠EHO＝∠BHE＝90°．
由题可得：△CAB≌△CDB≌△OEB，
∴∠ACB＝∠DCB＝∠EOB，∠CAB＝∠CDB＝∠OEB＝90°，
AC＝CD＝OE，AB＝DB＝EB．
∵sin∠ACB＝，
∴sin∠EOB＝＝．
设EH＝a，则OE＝3a，
∴点E的坐标为（2a，a）．
∵点E在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，
∴2a2＝4，a＞0，
∴a2＝2，
∴a＝，
∴OH＝4，EH＝．
∵∠OEB＝90°，
∴∠OEH＝90°﹣∠HEB＝∠EBH，
∴△OHE∽△EHB，
∴＝，
∴BH＝，
∴AB＝BE＝，
∴OA＝OB﹣BA＝3，
∴F（3，）．
故答案为（3，）．

31．（2021•泉州模拟）如图，平面直角坐标系xOy中，在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上取点A，连接OA，与y＝的图象交于点B，过点B作BC∥x轴交函数y＝的图象于点C，过点C作CE∥y轴交函数y＝的图象于点E，连接AC，OC，BE，OC与BE交于点F，则＝　　．

【解析】解：如图，过点A作AN⊥x轴于N，过点B作BM⊥x轴于M．

∵AN∥BM，
∴△OBM∽△OAN，
∵S△OBM＝，S△AON＝2k，
∴＝（）2＝，
∴＝＝，
设A（m，），则B（，），
∵BC∥x轴，EC∥y轴，
∴C（2m，），E（2m，），
∴直线OC的解析式为y＝x，直线BE的解析式为y＝﹣x+，
由，解得，
∴F（，），
∴＝＝，
故答案为：．
一十九．待定系数法求二次函数解析式（共1小题）
32．（2022•惠山区一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣（x+m）2+m2﹣m的顶点为A，与y轴交于点B，则点B的坐标为 　（0，﹣m）　（用含m的代数式表示）；若作AC⊥AB，且∠ABC＝∠ABO（C、O在AB的两侧），设点C的坐标为（x，y），则y关于x的函数关系式为 　y＝﹣x﹣4　．

【解析】解：延长CA，交y轴于点D，过点A作x轴的平行线，交y轴于点N，作CM⊥NA于M，如图，

在△ABC和△ABD中，
，
∴△ABC≌△ABD（ASA），
∴AC＝AD，
同理可得：△AMC≌△AND，
∴AM＝AN，CM＝DN．
∵抛物线y＝﹣（x+m）2+m2﹣m的顶点为A，与y轴交于点B，
∴点A（﹣m，m2﹣m），点B（0，﹣m），
∴AM＝AN＝m，ON＝m2﹣m，OB＝m，
∴BN＝m+（m2﹣m）＝m2．
∵∠ABN＝90°﹣∠BAN＝∠CAM，∠ANB＝∠CMA＝90°，
∴△ABN∽△CAM，
∴，
即：，
∴CM＝4，
∴点C的坐标为（﹣2m，m2﹣m﹣4），
∴x＝﹣2m，y＝m2﹣m﹣4，
∴m＝﹣x，
∴y＝•（﹣x）2﹣（﹣x）﹣4，
∴所求函数的解析式为：y＝+x﹣4．
故答案为y＝+x﹣4．
二十．抛物线与x轴的交点（共1小题）
33．（2022•包河区二模）已知：抛物线y＝x2﹣2ax与x轴交于点A、B（点B在x轴正半轴），且AB＝4．
（1）此抛物线的顶点坐标为 　（2，﹣4）　；
（2）若点P（m，n）为抛物线上一动点，作PQ⊥x轴，交一次函数y＝kx﹣4（k＞0）的图象于点Q，当1＜m＜4时，PQ的长度随m的增大而增大，则k的取值范围是 　k≥4　．
【解析】解：（1）令y＝0，则x2﹣2ax＝0，
解得：x＝0或2a，
∵点B在x轴正半轴，
∴A（0，0），B（2a，0）．
∴AB＝2a＝4，
∴a＝2，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x．
∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣4），
故答案为：（2，﹣4）；
（2）∵点P（m，n）为抛物线上一动点，
∴P（m，m2﹣4m），
∵PQ⊥x轴，交一次函数y＝kx﹣4（k＞0）的图象于点Q，
∴Q（m，km﹣4），
当1＜m＜4时，PQ的长度随m的增大而增大，
PQ＝km﹣4﹣（m2﹣4m）＝﹣m2+（k+4）m﹣4＝﹣+，
∵﹣1＜0，
∴当m≤时，PQ的值随m的增大而增大，
∵1＜m＜4，
∴≥4，
∴k≥4，
故答案为：k≥4．
二十一．二次函数的应用（共1小题）
34．（2022•定海区校级模拟）准备在一个“7”字型遮阳棚下安装一个喷水装置（如图1），已知遮阳棚DB与竖杆OB垂直，遮阳棚的高度OB＝3米，喷水点A与地面的距离OA＝1米（喷水点A喷出来的水柱呈抛物线型），水柱喷水的最高点恰好是遮阳棚的C处，C到竖杆的水平距离BC＝2米（如图2），此时水柱的函数表达式为 　y＝﹣x2+2x+1　，现将遮阳棚BD绕点B向上旋转45°（如图3），则此时水柱与遮阳棚的最小距离为 　　米．（保留根号）

【解析】解：将线段BD沿y轴向下平移，使平移后的线段MN恰好与抛物线只有一个交点，
过点B作BG⊥MN于G，如图：

∵抛物线的顶点C的坐标为（2，3），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+3，
把点A （0，1）的坐标代入y＝a（x﹣2）2+3，得：
1＝a×（0﹣2）2+3，
解得：a＝﹣，
∴y＝﹣（x﹣2）2+3＝﹣x2+2x+1，
∵∠DBC＝45°，BC⊥y轴，
∴BD与直线y＝x平行，且BD与y轴的夹角是45°，
∵BD//MN，
∴MN与直线y＝x平行，∠BMG＝45°，
∴设MN的解析式为y＝x+b，
∵MN与抛物线只有一个交点，
∴方程组只有一组解，
∴方程x+b＝﹣x2+2x+1有两个相等的实数根，
将方程整理得：x2﹣x+b﹣1＝0，
∴Δ＝（﹣1）2﹣4××（b﹣1）＝0，
解得：b＝，
∴MN的解析式为y＝x+，
令x＝0，得y＝，
∴M（0，），
∵B（0，3），
∴BM＝3﹣＝（米），
在Rt△BMG中，∠BGM＝90°，∠BMG＝45°，
∵sin∠BMG＝，
∴BG＝BM•sin∠BMG＝sin45°＝×＝（米），
∴此时水住与遮阳棚的最小距离为米．
故答案为：y＝﹣x2+2x+1，．
二十二．三角形的重心（共1小题）
35．（2022•定海区一模）点G为△ABC的重心（三角形三条中线的交点），BC＝12，∠A＝60°．
（1）若∠C＝30°，则BG＝　　；
（2）BG的最大值为 　　．

【解析】解：（1）延长BG交AC于点D，连接并延长AG，CG，分别交BC，AB于点F，E，过点C作CH∥BD，交AF的延长线于点H，则∠BCH＝∠CBG，
∵BF＝CF，∠BFG＝∠CFH，
∴△BFG≌△CFH（ASA），
∴BG＝CH，
∵点D是AC中点，
∴G是AH中点，
∴DG＝CH＝BG，
∴BD＝BG+DG＝BG，
∴BG＝BD，
∵∠BAC＝60°，
∴当∠ACB＝30°时，∠ABC＝90°，AC＝BC＝×12＝8，
∴BD＝AC＝4，
∴BG＝BD＝，
故答案为：．
（2）当BG通过点G的轨迹圆的圆心时，BG最大，
过点G作GM∥AB，作GN∥AC，分别交BC于点M，N，则∠MGN＝60°，且FM＝BF＝2，FN＝CF＝2，
∴FM＝FN，MN＝4，
∴点G在以MN为弦的圆周上运动，
设圆心为点P，点O为△ABC的外心，连接PF，PM，PN，则∠MPN＝2∠MGN＝120°，PF⊥MN，PM＝PN，
∴∠PMN＝∠PNM＝（180°﹣∠MPN）＝30°，
∴PF＝MF＝，PG＝PM＝MF＝，
∴BP＝＝，
∴BG＝BP+PG＝+＝．


二十三．全等三角形的判定与性质（共2小题）
36．（2022•庐江县二模）在△ABC中，AB＝1，AC＝2，BC＝，点D是AB延长线上一点（点D与点B不重合），过点D作线段DE⊥AB，使△BDE与△ABC全等，则点C到点E的距离为 　2或2或或3　．
【解析】解：∵AB＝1，AC＝2，BC＝，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠A＝90°，
根据题意可知：分4种情况：
①如图1，当点E在AB上方时，
∵△BDE1与△ABC全等，
∴AB＝BD＝1，AC＝DE1，∠A＝∠BDE1＝90°，
∴AC∥DE1，
∴四边形ADE1C是平行四边形，
∴CE1＝AD＝2；

②如图1，当点E在AB下方时，
∵△BDE2与△ABC全等，
∴CB＝BE2＝＝，
∴CE2＝2；
③如图2，当点E在AB上方时，
∵△BDE3与△ABC全等，
∴CB＝BE3＝＝，∠ACB＝∠E3BD，
∵∠ACB+∠ABC＝90°，
∴∠E3BD+∠ABC＝90°，
∴∠CBE3＝90°，
∴CE2＝BC＝；

④如图2，当点E在AB下方时，过点E4作E4F⊥CA延长线于点F，得矩形AFE4D，
∴AD＝FE4，AF＝DE4，
∵△BDE4与△ABC全等，
∴CB＝BE4＝＝，AB＝E4D＝1，AC＝BD＝2，
∴CF＝AC+AF＝2+1＝3，FE4＝AD＝AB+BD＝3，
∴△CFE4是等腰直角三角形，
∴CE4＝AF＝3，
综上所述：点C到点E的距离为：2或2或或3．
故答案为：2或2或或3．
37．（2022•高密市一模）在等边△ABC中，AB＝1，AD是边BC上的中线，点E是BD上点（不与B、D重合），点F是AC上一点，连接EF交AD于点G，CF＝2BE，以下结论正确的是 　A，B，C　．
A．当EF∥AB时，
B．当EF⊥AC时，CE＝4BE
C．EG＝FG
D．点G可能是AD的中点
【解析】解：A、如图1中，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝∠BAC＝60°，AB＝CB＝1，
∵EF∥AB，
∴∠CEF＝∠B＝60°，∠CFE＝∠BAC＝60°，
∴△EFC是等边三角形，
∴CE＝CF，
∵CF＝2BE，
∴CE＝2BE，
∴BE＝BC＝，故A正确；
B、如图2中，

∵EF⊥AC，
∴∠EFC＝90°，
∵∠C＝60°，
∴∠CEF＝30°，
∴EC＝2CF，
∵CF＝2BE，
∴EC＝4BE，故B正确；
C、如图3中，过点F作FJ⊥BC于点J．

在Rt△CFJ中，∠CFJ＝30°，
∴CF＝2CJ，
∵CF＝2BE，
∴BE＝CJ，
∵BD＝CD，AB＝AC，
∴AD⊥CB，
∴DE＝DJ，
∵DG∥FJ，
∴EG＝FG，故C正确；
D、若点G是AD的中点，
∵EG＝FG，
∴四边形AEDF是平行四边形，显然不可能，故D不正确，
∴结论正确的是：A，B，C．
故答案为：A，B，C．
二十四．角平分线的性质（共1小题）
38．（2022•乐清市一模）如图1是一款多功能儿童餐椅，有坐和躺两种模式，图2是它的横截面示意图，已知脚架AB＝AC＝85cm，脚垫B，C两点之间的距离为80cm，靠背DE＝40cm，分离式餐盘AQ与B，C所在直线平行，固定支撑杆AE平分∠BAC，坐垫EG与AC交于点F，且AE＝AF＝17cm，脚踏GH始终与AC保持平行，当调到坐式时，DE∥AC，则此时点D到AQ的距离为 　　cm，当调到躺式时，坐垫EG会沿EF方向平移，从点E恰好移动到EF的中点E1，GH移动到G1H1，靠背DE向下调整到D1E1，此时∠D1E1E＝∠EAF，则点D向下调整的高度为 　　cm．

【解析】解：（1）如图1，延长AE交BC于点M，作DT∥AM，ET∥BC，延长QA交DT于点R，

∵DE∥AC，DT∥AM，
∴∠DEA＝∠EAC，∠DEA＝∠TDE，
∴∠TDE＝∠EAC＝∠MAC，
∵AE平分∠BAC，AB＝AC＝85，BC＝80，
∴AM⊥MC，MC＝BC＝40，
∴∠DTE＝∠AMC＝90°，AM＝＝75，
∴△TDE∽△MAC，
∴＝，即：
＝，
解得：DT＝，
∵四边形RAET是矩形，
∴RT＝AE＝17，
∴DR＝DT﹣RT＝﹣17＝，
故答案为：；
（2）躺式时，如图2，连接AE1，作DJ∥AM，延长FE交DJ于点J，作EZ∥BC，E1N∥BC，分别交DJ于点Z，点N，

∵AE＝AF＝17，EE1＝E1F，
∴∠EAE1＝∠EAF，
∵tan∠EAF＝tan∠MAC＝＝＝，
如图3，在△AEF中，过点E作EH⊥AF交AF于点H，

∴＝，
∵AE＝17，
∴EH＝8，AH＝15，
∴HF＝2，
∴EF＝2，
∵AE＝AF，
∴EE1＝E1F＝EF＝，
∵S△EAF＝×AF×EH＝×EF×AE1，
∴AE1＝＝＝4，
∴tan∠EAE1＝＝＝，
在Rt△EAE1中，设EE1＝x，则：
AE1＝4x，
由勾股定理可得：
AE2＝EE12+AE12，即：
172＝x2+（4x）2，
解得：EE1＝x＝，
∴EF＝2EE1＝2，
∵∠D1E1E＝∠EAF，AM∥DJ，
∴△D′JE1∽△EFA，
∴＝，即：
＝，
解得：D′J＝，
∴D′N＝NJ＝D′J＝，
∵EZ∥E1N，
∴∠ZEJ＝∠NE1J＝∠D′E1J＝∠EAF＝∠EAE1，
∴△ZJE∽△EAE1，
∴＝，即：
＝，
解得：ZJ＝﹣1，
∴ZN＝NJ﹣ZJ＝1，
∴D′Z＝D′N+NZ＝+1，
∴点D向下调整的高度为：DT﹣D′Z＝﹣（+1）＝，
故答案为：．
二十五．勾股定理的应用（共1小题）
39．（2022•温州一模）图1是一种木质投石机模型，其示意图如图2所示．已知AB＝AC，BD＝4cm，BC＝8cm，木架高AG＝8Cm．按压点F旋转至点F'，抛杆EF绕点A旋转至E'F'，弹绳DE随之拉伸至DE'，测得∠CDE'＝∠BAE'＝90°，则抛杆EF的长为 　8　cm．若弹绳自然状态时，点A，E，D在同一直线上，则此次旋转后弹绳被拉长的长度DE'﹣DE为 　12﹣8+4　cm．

【解析】解：如图，

延长AB交E′D的延长线于H，
在△ABD和△HBD中，
，
∴△ABG≌△HBD（ASA），
∴DH＝AG＝8，BH＝AB，
∵∠AGB＝90°，
∴AB＝＝＝4，
∴AH＝AB+BH＝8，
∵tanH＝＝＝＝，
∴AE′＝＝4，
∴EF＝E′F′＝2AE′＝8，
在Rt△AHE′中，
HE′＝＝＝20，
∴DE′＝HE′﹣DH＝20﹣8＝12，
在Rt△AGD中，
AD＝＝＝8，
∴DE＝AD﹣AE＝AD﹣AE′＝8﹣4，
∴DE'﹣DE为＝12﹣（8﹣4）＝12﹣8+4，
故答案是：8，12﹣8+4．
二十六．三角形综合题（共1小题）
40．（2022•信阳模拟）如图（1），在等腰直角三角形纸片ABC中，∠B＝90°，AB＝2+2，点D，E分别为AB，BC上的动点．将纸片沿DE翻折，点B的对应点B'恰好落在边AC上，如图（2），再将纸片沿B'E翻折，点C的对应点为C'，如图（3）．当△DB'E，△B'C'E的重合部分（即阴影部分）为直角三角形时，CE的长为 　+1或2　．

【解析】解：由翻折可知：要使△DB'E，△B'C'E的重合部分为直角三角形，则分两种情况画图：
①当DE⊥B′C′时，

由翻折可知：∠EB′D＝∠DBE＝90°，∠B′ED＝∠BED，∠CB′E＝∠C′B′E，
∵∠BEB′＝∠CB′E+∠C，
∴2∠DEB′＝∠CB′E+45°，
∵∠DEB′＝90°﹣∠EB′C′，
∴2（90°﹣∠EB′C′）＝∠CB′E+45°，
∵∠CB′E＝∠C′B′E，
∴∠CB′E＝∠C′B′E＝45°，
∵∠C＝45°，
∴∠CEB′＝90°，
∴B′E⊥BC，
由翻折可知：CB′＝C′B′，
∴CE＝BC＝AB＝（2+2）＝+1；
②当∠EB′C′＝90°，

由翻折可知：B′E＝BE，∠EB′A＝∠B＝90°，
∴点E在∠BAC的平分线上，
设B′E＝BE＝x，则CE＝BC﹣BE＝2+2﹣x，
在Rt△B′EC中，∠C＝∠B′EC＝45°，
∴B′E＝B′C＝x，
∴CE＝B′E，
∴2+2﹣x＝x，
解得x＝2，
CE＝B′E＝x＝2．
综上所述：CE的长为+1或2．