福建省五年（2017-2021）中考数学真题解答题按难易度分层汇编：03解答题提升题&压轴题（15题）

这是一份福建省五年（2017-2021）中考数学真题解答题按难易度分层汇编：03解答题提升题&压轴题（15题），共27页。试卷主要包含了解答题提升题，解答题压轴题等内容，欢迎下载使用。

03解答题提升题&压轴题（15题）

四、解答题提升题
34．（2020•福建）已知直线l1：y＝﹣2x+10交y轴于点A，交x轴于点B，二次函数的图象过A，B两点，交x轴于另一点C，BC＝4，且对于该二次函数图象上的任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），当x1＞x2≥5时，总有y1＞y2．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若直线l2：y＝mx+n（n≠10），求证：当m＝﹣2时，l2∥l1；
（3）E为线段BC上不与端点重合的点，直线l3：y＝﹣2x+q过点C且交直线AE于点F，求△ABE与△CEF面积之和的最小值．
35．（2019•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c（b＜0）与x轴只有一个公共点．
（1）若抛物线与x轴的公共点坐标为（2，0），求a、c满足的关系式；
（2）设A为抛物线上的一定点，直线l：y＝kx+1﹣k与抛物线交于点B、C，直线BD垂直于直线y＝﹣1，垂足为点D．当k＝0时，直线l与抛物线的一个交点在y轴上，且△ABC为等腰直角三角形．
①求点A的坐标和抛物线的解析式；
②证明：对于每个给定的实数k，都有A、D、C三点共线．
36．（2018•福建）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8．线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF过点D．
（1）求∠BDF的大小；
（2）求CG的长．

37．（2018•福建）已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是⊙O的直径，DE⊥AB，垂足为E．
（1）延长DE交⊙O于点F，延长DC，FB交于点P，如图1．求证：PC＝PB；
（2）过点B作BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，且点O和点A都在DE的左侧，连接OH，BD，如图2．若AB＝，DH＝1，∠OHD＝80°，求∠BDE的大小．

38．（2018•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（0，2）．
（1）若点（﹣，0）也在该抛物线上，求a，b满足的关系式；
（2）若该抛物线上任意不同两点M（x1，y1），N（x2，y2）都满足：当x1＜x2＜0时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0；当0＜x1＜x2时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＜0．以原点O为心，OA为半径的圆与抛物线的另两个交点为B，C，且△ABC有一个内角为60°．
①求抛物线的解析式；
②若点P与点O关于点A对称，且O，M，N三点共线，求证：PA平分∠MPN．
39．（2018•福建）如图，D是△ABC外接圆上的动点，且B，D位于AC的两侧，DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交此圆于点F．BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，DC，FB的延长线交于点P，且PC＝PB．
（1）求证：BG∥CD；
（2）设△ABC外接圆的圆心为O，若AB＝DH，∠OHD＝80°，求∠BDE的大小．

40．（2017•福建）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点P在CA的延长线上，∠CAD＝45°．
（Ⅰ）若AB＝4，求的长；
（Ⅱ）若＝，AD＝AP，求证：PD是⊙O的切线．

41．（2017•福建）小明在某次作业中得到如下结果：
sin27°+sin283°≈0.122+0.992＝0.9945，
sin222°+sin268°≈0.372+0.932＝1.0018，
sin229°+sin261°≈0.482+0.872＝0.9873，
sin237°+sin253°≈0.602+0.802＝1.0000，
sin245°+sin245°＝（）2+（）2＝1．
据此，小明猜想：对于任意锐角α，均有sin2α+sin2（90°﹣α）＝1．
（Ⅰ）当α＝30°时，验证sin2α+sin2（90°﹣α）＝1是否成立；
（Ⅱ）小明的猜想是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请举出一个反例．
42．（2017•福建）自2016年国庆后，许多高校均投放了使用手机就可随用的共享单车．某运营商为提高其经营的A品牌共享单车的市场占有率，准备对收费作如下调整：一天中，同一个人第一次使用的车费按0.5元收取，每增加一次，当次车费就比上次车费减少0.1元，第6次开始，当次用车免费．具体收费标准如下：
使用次数
0
1
2
3
4
5（含5次以上）
累计车费
0
0.5
0.9
a
b
1.5
同时，就此收费方案随机调查了某高校100名师生在一天中使用A品牌共享单车的意愿，得到如下数据：
使用次数
0
1
2
3
4
5
人数
5
15
10
30
25
15
（Ⅰ）写出a，b的值；
（Ⅱ）已知该校有5000名师生，且A品牌共享单车投放该校一天的费用为5800元．试估计：收费调整后，此运营商在该校投放A品牌共享单车能否获利？说明理由．
43．（2017•福建）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P，E分别是线段AC、BC上的点，且四边形PEFD为矩形．
（Ⅰ）若△PCD是等腰三角形时，求AP的长；
（Ⅱ）若AP＝，求CF的长．

44．（2017•福建）已知直线y＝2x+m与抛物线y＝ax2+ax+b有一个公共点M（1，0），且a＜b．
（Ⅰ）求抛物线顶点Q的坐标（用含a的代数式表示）；
（Ⅱ）说明直线与抛物线有两个交点；
（Ⅲ）直线与抛物线的另一个交点记为N．
（ⅰ）若﹣1≤a≤﹣，求线段MN长度的取值范围；
（ⅱ）求△QMN面积的最小值．
五、解答题压轴题
45．（2021•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴只有一个公共点．
（1）若抛物线过点P（0，1），求a+b的最小值；
（2）已知点P1（﹣2，1），P2（2，﹣1），P3（2，1）中恰有两点在抛物线上．
①求抛物线的解析式；
②设直线l：y＝kx+1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y＝﹣1上，且∠MAN＝90°，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点B，C．求证：△MAB与△MBC的面积相等．
46．（2018•福建）如图，在足够大的空地上有一段长为a米的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，其中AD≤MN，已知矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100米木栏．
（1）若a＝20，所围成的矩形菜园的面积为450平方米，求所利用旧墙AD的长；
（2）求矩形菜园ABCD面积的最大值．

47．（2018•福建）空地上有一段长为a米的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，已知木栏总长为100米．
（1）已知a＝20，矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100米木栏，且围成的矩形菜园面积为450平方米．
如图1，求所利用旧墙AD的长；
（2）已知0＜a＜50，且空地足够大，如图2．请你合理利用旧墙及所给木栏设计一个方案，使得所围成的矩
形菜园ABCD的面积最大，并求面积的最大值．

48．（2018•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（0，2），且抛物线上任意不同两点M（x1，y1），N（x2，y2）都满足：当x1＜x2＜0时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0；当0＜x1＜x2时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＜0．以原点O为圆心，OA为半径的圆与抛物线的另两个交点为B，C，且B在C的左侧，△ABC有一个内角为60°．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若MN与直线y＝﹣2x平行，且M，N位于直线BC的两侧，y1＞y2，解决以下问题：
①求证：BC平分∠MBN；
②求△MBC外心的纵坐标的取值范围．




【参考答案】
四、解答题提升题
34．（2020•福建）已知直线l1：y＝﹣2x+10交y轴于点A，交x轴于点B，二次函数的图象过A，B两点，交x轴于另一点C，BC＝4，且对于该二次函数图象上的任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），当x1＞x2≥5时，总有y1＞y2．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若直线l2：y＝mx+n（n≠10），求证：当m＝﹣2时，l2∥l1；
（3）E为线段BC上不与端点重合的点，直线l3：y＝﹣2x+q过点C且交直线AE于点F，求△ABE与△CEF面积之和的最小值．
【解析】解：（1）∵直线l1：y＝﹣2x+10交y轴于点A，交x轴于点B，
∴点A（0，10），点B（5，0），
∵BC＝4，
∴点C（9，0）或点C（1，0），
∵点P1（x1，y1），P2（x2，y2），当x1＞x2≥5时，总有y1＞y2．
∴当x≥5时，y随x的增大而增大，
当抛物线过点C（9，0）时，则当5＜x＜7时，y随x的增大而减少，不合题意舍去，
当抛物线过点C（1，0）时，则当x＞3时，y随x的增大而增大，符合题意，
∴设抛物线解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣5），过点A（0，10），
∴10＝5a，
∴a＝2，
∴抛物线解析式为：y＝2（x﹣1）（x﹣5）＝2x2﹣12x+10；
方法二：设抛物线解析式为y＝ax2+bx+c，
由题意可得：，
解得：，
∴抛物线解析式为：y＝2x2﹣12x+10；

（2）当m＝﹣2时，直线l2：y＝﹣2x+n（n≠10），
∴直线l2：y＝﹣2x+n（n≠10）与直线l1：y＝﹣2x+10不重合，
假设l1与l2不平行，则l1与l2必相交，设交点为P（xP，yP），
∴
解得：n＝10，
∵n＝10与已知n≠10矛盾，
∴l1与l2不相交，
∴l2∥l1；
（3）如图，
、
∵直线l3：y＝﹣2x+q过点C，
∴0＝﹣2×1+q，
∴q＝2，
∴直线l3解析式为：y＝﹣2x+2，
∴l3∥l1，
∴CF∥AB，
∴∠ECF＝∠ABE，∠CFE＝∠BAE，
∴△CEF∽△BEA，
∴＝（）2，
设BE＝t（0＜t＜4），则CE＝4﹣t，
∴S△ABE＝×t×10＝5t，
∴S△CEF＝（）2×S△ABE＝（）2×5t＝，
∴S△ABE+S△CEF＝5t+＝10t+﹣40＝10（﹣）2+40﹣40，
∴当t＝2时，S△ABE+S△CEF的最小值为40﹣40．
35．（2019•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c（b＜0）与x轴只有一个公共点．
（1）若抛物线与x轴的公共点坐标为（2，0），求a、c满足的关系式；
（2）设A为抛物线上的一定点，直线l：y＝kx+1﹣k与抛物线交于点B、C，直线BD垂直于直线y＝﹣1，垂足为点D．当k＝0时，直线l与抛物线的一个交点在y轴上，且△ABC为等腰直角三角形．
①求点A的坐标和抛物线的解析式；
②证明：对于每个给定的实数k，都有A、D、C三点共线．
【解析】解：（1）抛物线与x轴的公共点坐标即为函数顶点坐标，故：y＝a（x﹣2）2＝ax2﹣4ax+4a，
则c＝4a；
（2）y＝kx+1﹣k＝k（x﹣1）+1过定点（1，1），
且当k＝0时，直线l变为y＝1平行x轴，与y轴的交点为（0，1），
又△ABC为等腰直角三角形，
∴点A为抛物线的顶点；
①c＝1，顶点A（1，0），
抛物线的解析式：y＝x2﹣2x+1，
②，

x2﹣（2+k）x+k＝0，
x＝（2+k±），
xD＝xB＝（2+k﹣），yD＝﹣1；
则D，
yC＝（2+k2+k），
C，A（1，0），
∴直线AD表达式中的k值为：kAD＝＝，直线AC表达式中的k值为：kAC＝，
∴kAD＝kAC，点A、C、D三点共线．

36．（2018•福建）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8．线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF过点D．
（1）求∠BDF的大小；
（2）求CG的长．

【解析】解：（1）∵线段AD是由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，
∴∠DAB＝90°，AD＝AB＝10，
∴∠ABD＝45°，
∵△EFG是△ABC沿CB方向平移得到，
∴AB∥EF，
∴∠BDF＝∠ABD＝45°；

（2）方法1、由平移的性质得，AE∥CG，AB∥EF，
∴∠DEA＝∠DFC＝∠ABC，∠ADE+∠DAB＝180°，
∵∠DAB＝90°，
∴∠ADE＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ADE＝∠ACB，
∴△ADE∽△ACB，
∴，
∵AC＝8，AB＝AD＝10，
∴AE＝12.5，
由平移的性质得，CG＝AE＝12.5；

方法2、由平移的性质得，AE∥CG，AB∥EF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴S▱ABFE＝AE•AC＝AB•AD，
由旋转知，AD＝AB＝10，
∵AC＝8，
∴AE×8＝10×10，
∴AE＝12.5，
由平移的性质得，CG＝AE＝12.5．
37．（2018•福建）已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是⊙O的直径，DE⊥AB，垂足为E．
（1）延长DE交⊙O于点F，延长DC，FB交于点P，如图1．求证：PC＝PB；
（2）过点B作BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，且点O和点A都在DE的左侧，连接OH，BD，如图2．若AB＝，DH＝1，∠OHD＝80°，求∠BDE的大小．

【解析】解：（1）如图1，∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA＝90°，
∴∠DEA＝∠ABC，
∴BC∥DF，
∴∠F＝∠PBC，
∵四边形BCDF是圆内接四边形，
∴∠F+∠DCB＝180°，
∵∠PCB+∠DCB＝180°，
∴∠F＝∠PCB，
∴∠PBC＝∠PCB，
∴PC＝PB；

（2）如图2，连接OD，∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∵BG⊥AD，
∴∠AGB＝90°，
∴∠ADC＝∠AGB，
∴BG∥DC，
∵BC∥DE，
∴四边形DHBC是平行四边形，
∴BC＝DH＝1，
在Rt△ABC中，AB＝，tan∠ACB＝，
∴∠ACB＝60°，
∴BC＝AC＝OD，
∴DH＝OD，
在等腰三角形DOH中，∠DOH＝∠OHD＝80°，
∴∠ODH＝20°，
设DE交AC于N，
∵BC∥DE，
∴∠ONH＝∠ACB＝60°，
∴∠NOH＝180°﹣（∠ONH+∠OHD）＝40°，
∴∠DOC＝∠DOH﹣∠NOH＝40°，
∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠DOC＝20°，
∴∠CBD＝∠OAD＝20°，
∵BC∥DE，
∴∠BDE＝∠CBD＝20°．

38．（2018•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（0，2）．
（1）若点（﹣，0）也在该抛物线上，求a，b满足的关系式；
（2）若该抛物线上任意不同两点M（x1，y1），N（x2，y2）都满足：当x1＜x2＜0时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0；当0＜x1＜x2时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＜0．以原点O为心，OA为半径的圆与抛物线的另两个交点为B，C，且△ABC有一个内角为60°．
①求抛物线的解析式；
②若点P与点O关于点A对称，且O，M，N三点共线，求证：PA平分∠MPN．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c过点A（0，2），
∴c＝2．
又∵点（﹣，0）也在该抛物线上，
∴a（﹣）2+b（﹣）+c＝0，
∴2a﹣b+2＝0（a≠0）．
（2）①∵当x1＜x2＜0时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0，
∴x1﹣x2＜0，y1﹣y2＜0，
∴当x＜0时，y随x的增大而增大；
同理：当x＞0时，y随x的增大而减小，
∴抛物线的对称轴为y轴，开口向下，
∴b＝0．
∵OA为半径的圆与抛物线的另两个交点为B、C，
∴△ABC为等腰三角形，
又∵△ABC有一个内角为60°，
∴△ABC为等边三角形．
设线段BC与y轴交于点D，则BD＝CD，且∠OCD＝30°，
又∵OB＝OC＝OA＝2，
∴CD＝OC•cos30°＝，OD＝OC•sin30°＝1．
不妨设点C在y轴右侧，则点C的坐标为（，﹣1）．
∵点C在抛物线上，且c＝2，b＝0，
∴3a+2＝﹣1，
∴a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2．
②证明：由①可知，点M的坐标为（x1，﹣+2），点N的坐标为（x2，﹣+2）．
直线OM的解析式为y＝k1x（k1≠0）．
∵O、M、N三点共线，
∴x1≠0，x2≠0，且＝，
∴﹣x1+＝﹣x2+，
∴x1﹣x2＝﹣，
∴x1x2＝﹣2，即x2＝﹣，
∴点N的坐标为（﹣，﹣+2）．
设点N关于y轴的对称点为点N′，则点N′的坐标为（，﹣+2）．
∵点P是点O关于点A的对称点，
∴OP＝2OA＝4，
∴点P的坐标为（0，4）．
设直线PM的解析式为y＝k2x+4，
∵点M的坐标为（x1，﹣+2），
∴﹣+2＝k2x1+4，
∴k2＝﹣，
∴直线PM的解析式为y＝﹣x+4．
∵﹣•+4＝＝﹣+2，
∴点N′在直线PM上，
∴PA平分∠MPN．


39．（2018•福建）如图，D是△ABC外接圆上的动点，且B，D位于AC的两侧，DE⊥AB，垂足为E，DE的延长线交此圆于点F．BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，DC，FB的延长线交于点P，且PC＝PB．
（1）求证：BG∥CD；
（2）设△ABC外接圆的圆心为O，若AB＝DH，∠OHD＝80°，求∠BDE的大小．

【解析】（1）证明：如图1，∵PC＝PB，
∴∠PCB＝∠PBC，
∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠PCB＝180°，
∴∠BAD＝∠PCB，
∵∠BAD＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠PCB＝∠PBC，
∴BC∥DF，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∵BG⊥AD，
∴∠AGB＝90°，
∴∠ADC＝∠AGB，
∴BG∥CD；
（2）由（1）得：BC∥DF，BG∥CD，
∴四边形BCDH是平行四边形，
∴BC＝DH，
在Rt△ABC中，∵AB＝DH，
∴tan∠ACB＝＝，
∴∠ACB＝60°，∠BAC＝30°，
∴∠ADB＝60°，BC＝AC，
∴DH＝AC，
①当点O在DE的左侧时，如图2，作直径DM，连接AM、OH，则∠DAM＝90°，
∴∠AMD+∠ADM＝90°
∵DE⊥AB，
∴∠BED＝90°，
∴∠BDE+∠ABD＝90°，
∵∠AMD＝∠ABD，
∴∠ADM＝∠BDE，
∵DH＝AC，
∴DH＝OD，
∴∠DOH＝∠OHD＝80°，
∴∠ODH＝20°
∵∠ADB＝60°，
∴∠ADM+∠BDE＝40°，
∴∠BDE＝∠ADM＝20°，
②当点O在DE的右侧时，如图3，作直径DN，连接BN，
由①得：∠ADE＝∠BDN＝20°，∠ODH＝20°，
∴∠BDE＝∠BDN+∠ODH＝40°，
综上所述，∠BDE的度数为20°或40°．



40．（2017•福建）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点P在CA的延长线上，∠CAD＝45°．
（Ⅰ）若AB＝4，求的长；
（Ⅱ）若＝，AD＝AP，求证：PD是⊙O的切线．

【解析】解：（Ⅰ）连接OC，OD，
∵∠COD＝2∠CAD，∠CAD＝45°，
∴∠COD＝90°，
∵AB＝4，
∴OC＝AB＝2，
∴的长＝×π×2＝π；
（Ⅱ）∵＝，
∴∠BOC＝∠AOD，
∵∠COD＝90°，
∴∠AOD＝45°，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵∠AOD+∠ODA+∠OAD＝180°，
∴∠ODA＝67.5°，
∵AD＝AP，
∴∠ADP＝∠APD，
∵∠CAD＝∠ADP+∠APD，∠CAD＝45°，
∴∠ADP＝CAD＝22.5°，
∴∠ODP＝∠ODA+∠ADP＝90°，
∴PD是⊙O的切线．

41．（2017•福建）小明在某次作业中得到如下结果：
sin27°+sin283°≈0.122+0.992＝0.9945，
sin222°+sin268°≈0.372+0.932＝1.0018，
sin229°+sin261°≈0.482+0.872＝0.9873，
sin237°+sin253°≈0.602+0.802＝1.0000，
sin245°+sin245°＝（）2+（）2＝1．
据此，小明猜想：对于任意锐角α，均有sin2α+sin2（90°﹣α）＝1．
（Ⅰ）当α＝30°时，验证sin2α+sin2（90°﹣α）＝1是否成立；
（Ⅱ）小明的猜想是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请举出一个反例．
【解析】解：（1）当α＝30°时，
sin2α+sin2（90°﹣α）
＝sin230°+sin260°
＝（）2+（）2
＝+
＝1；

（2）小明的猜想成立，证明如下：
如图，在△ABC中，∠C＝90°，

设∠A＝α，则∠B＝90°﹣α，
∴sin2α+sin2（90°﹣α）
＝（）2+（）2
＝
＝
＝1．
42．（2017•福建）自2016年国庆后，许多高校均投放了使用手机就可随用的共享单车．某运营商为提高其经营的A品牌共享单车的市场占有率，准备对收费作如下调整：一天中，同一个人第一次使用的车费按0.5元收取，每增加一次，当次车费就比上次车费减少0.1元，第6次开始，当次用车免费．具体收费标准如下：
使用次数
0
1
2
3
4
5（含5次以上）
累计车费
0
0.5
0.9
a
b
1.5
同时，就此收费方案随机调查了某高校100名师生在一天中使用A品牌共享单车的意愿，得到如下数据：
使用次数
0
1
2
3
4
5
人数
5
15
10
30
25
15
（Ⅰ）写出a，b的值；
（Ⅱ）已知该校有5000名师生，且A品牌共享单车投放该校一天的费用为5800元．试估计：收费调整后，此运营商在该校投放A品牌共享单车能否获利？说明理由．
【解析】解：（Ⅰ）a＝0.9+0.3＝1.2，b＝1.2+0.2＝1.4；
（Ⅱ）根据用车意愿调查结果，抽取的100名师生每人每天使用A品牌共享单车的平均车费为：
×（0×5+0.5×15+0.9×10+1.2×30+1.4×25+1.5×15）＝1.1（元），
所以估计5000名师生一天使用共享单车的费用为：5000×1.1＝5500（元），
因为5500＜5800，
故收费调整后，此运营商在该校投放A品牌共享单车不能获利．
43．（2017•福建）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P，E分别是线段AC、BC上的点，且四边形PEFD为矩形．
（Ⅰ）若△PCD是等腰三角形时，求AP的长；
（Ⅱ）若AP＝，求CF的长．

【解析】解：（Ⅰ）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，∠ADC＝90°，
∴DC＝AB＝6，
∴AC＝＝10，
要使△PCD是等腰三角形，
①当CP＝CD时，AP＝AC﹣CP＝10﹣6＝4，
②当PD＝PC时，∠PDC＝∠PCD，
∵∠PCD+∠PAD＝∠PDC+∠PDA＝90°，
∴∠PAD＝∠PDA，
∴PD＝PA，
∴PA＝PC，
∴AP＝AC＝5，
③当DP＝DC时，如图1，过点D作DQ⊥AC于Q，则PQ＝CQ，
∵S△ADC＝AD•DC＝AC•DQ，
∴DQ＝＝，
∴CQ＝＝，
∴PC＝2CQ＝，
∴AP＝AC﹣PC＝10﹣＝；
所以，若△PCD是等腰三角形时，AP＝4或5或；

（Ⅱ）方法1、如图2，连接PF，DE，记PF与DE的交点为O，连接OC，
∵四边形ABCD和PEFD是矩形，
∴∠ADC＝∠PDF＝90°，
∴∠ADP+∠PDC＝∠PDC+∠CDF，
∴∠ADP＝∠CDF，
∵∠BCD＝90°，OE＝OD，
∴OC＝ED，
在矩形PEFD中，PF＝DE，
∴OC＝PF，
∵OP＝OF＝PF，
∴OC＝OP＝OF，
∴∠OCF＝∠OFC，∠OCP＝∠OPC，
∵∠OPC+∠OFC+∠PCF＝180°，
∴2∠OCP+2∠OCF＝180°，
∴∠PCF＝90°，
∴∠PCD+∠FCD＝90°，
在Rt△ADC中，∠PCD+∠PAD＝90°，
∴∠PAD＝∠FCD，
∴△ADP∽△CDF，
∴，
∵AP＝，
∴CF＝．

方法2、如图，

∵四边形ABCD和DPEF是矩形，
∴∠ADC＝∠PDF＝90°，
∴∠ADP＝∠CDF，
∵∠DGF+∠CDF＝90°，
∴∠EGC+∠CDF＝90°，
∵∠CEF+∠CGE＝90°，
∴∠CDF＝∠FEC，
∴点E，C，F，D四点共圆，
∵四边形DPEF是矩形，
∴点P也在此圆上，
∵PE＝DF，∴，
∴∠ACB＝∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAP，
∴∠DAP＝∠DCF，
∵∠ADP＝∠CDF，
∴△ADP∽△CDF，
∴，
∵AP＝，
∴CF＝．

方法3、如图3，
过点P作PM⊥BC于M交AD于N，
∴∠PND＝90°，
∵PN∥CD，
∴，
∴，
∴AN＝，
∴ND＝8﹣＝（10﹣）
同理：PM＝（10﹣）
∵∠PND＝90°，
∴∠DPN+∠PDN＝90°，
∵四边形PEFD是矩形，
∴∠DPE＝90°，
∴∠DPN+∠EPM＝90°，
∴∠PDN＝∠EPM，
∵∠PND＝∠EMP＝90°，
∴△PND∽△EMP，
∴＝，
∵PD＝EF，DF＝PE．
∴，
∵，
∴，∵∠ADP＝∠CDF，
∴△ADP∽△CDF，
∴＝，
∵AP＝，
∴CF＝．


44．（2017•福建）已知直线y＝2x+m与抛物线y＝ax2+ax+b有一个公共点M（1，0），且a＜b．
（Ⅰ）求抛物线顶点Q的坐标（用含a的代数式表示）；
（Ⅱ）说明直线与抛物线有两个交点；
（Ⅲ）直线与抛物线的另一个交点记为N．
（ⅰ）若﹣1≤a≤﹣，求线段MN长度的取值范围；
（ⅱ）求△QMN面积的最小值．
【解析】解：（Ⅰ）∵抛物线y＝ax2+ax+b过点M（1，0），
∴a+a+b＝0，即b＝﹣2a，
∴y＝ax2+ax+b＝ax2+ax﹣2a＝a（x+）2﹣，
∴抛物线顶点Q的坐标为（﹣，﹣）；
（Ⅱ）∵直线y＝2x+m经过点M（1，0），
∴0＝2×1+m，解得m＝﹣2，
联立直线与抛物线解析式，消去y可得ax2+（a﹣2）x﹣2a+2＝0（*），
∴△＝（a﹣2）2﹣4a（﹣2a+2）＝9a2﹣12a+4，
由（Ⅰ）知b＝﹣2a，且a＜b，
∴a＜0，b＞0，
∴Δ＞0，
∴方程（*）有两个不相等的实数根，
∴直线与抛物线有两个交点；
（Ⅲ）联立直线与抛物线解析式，消去y可得ax2+（a﹣2）x﹣2a+2＝0，即x2+（1﹣）x﹣2+＝0，
∴（x﹣1）[x﹣（﹣2）]＝0，解得x＝1或x＝﹣2，
∴N点坐标为（﹣2，﹣6）；
（i）由勾股定理可得MN2＝[（﹣2）﹣1]2+（﹣6）2＝﹣+45＝20（﹣）2，
∵﹣1≤a≤﹣，
∴﹣2≤≤﹣1，
∴MN2随的增大而减小，
∴当＝﹣2时，MN2有最大值245，则MN有最大值7，
当＝﹣1时，MN2有最小值125，则MN有最小值5，
∴线段MN长度的取值范围为5≤MN≤7；
（ii）如图，设抛物线对称轴交直线于点E，
∵抛物线对称轴为x＝﹣，点E在直线MN：y＝2x﹣2上，
∴E（﹣，﹣3），
∵M（1，0），N（﹣2，﹣6），且a＜0，设△QMN的面积为S，
∴S＝S△QEN+S△QEM＝|（﹣2）﹣1|•|﹣﹣（﹣3）|＝﹣﹣，
∴27a2+（8S﹣54）a+24＝0（*），
∵关于a的方程（*）有实数根，
∴△＝（8S﹣54）2﹣4×27×24≥0，即（8S﹣54）2≥（36）2，
∵a＜0，
∴S＝﹣﹣＞，
∴8S﹣54＞0，
∴8S﹣54≥36，即S≥+，
当S＝+时，由方程（*）可得a＝﹣满足题意，
∴当a＝﹣，b＝时，△QMN面积的最小值为+．

五、解答题压轴题
45．（2021•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴只有一个公共点．
（1）若抛物线过点P（0，1），求a+b的最小值；
（2）已知点P1（﹣2，1），P2（2，﹣1），P3（2，1）中恰有两点在抛物线上．
①求抛物线的解析式；
②设直线l：y＝kx+1与抛物线交于M，N两点，点A在直线y＝﹣1上，且∠MAN＝90°，过点A且与x轴垂直的直线分别交抛物线和l于点B，C．求证：△MAB与△MBC的面积相等．
【解析】解：（1）把P（0，1）代入解析式得：c＝1，
∴y＝ax2+bx+1，
又∵抛物线与x轴只有一个公共点，
∴△＝b2﹣4a＝0，即，
∴，
当b＝﹣2时，a+b有最小值为﹣1；
（2）①∵抛物线与x轴只有一个公共点，
∴抛物线上的顶点在x轴上，
∴抛物线上的点为P1，P3，
又∵P1，P3关于y轴对称，
∴顶点为原点（0，0），
设解析式为y＝ax2，
代入点P1得：，
②证明：
联立直线l和抛物线得：
，
即：x2﹣4kx﹣4＝0，
设M（x1，kx1+1），N（x2，kx2+1），
由韦达定理得：x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4，
设线段MN的中点为T，设A的坐标为（m，﹣1），
则T的坐标为（2k，2k2+1），
∴AT2＝（2k﹣m）2+（2k2+2）2，
由题意得：，
∵△MAN是直角三角形，且MN是斜边，
∴，即：，
∴×16（k4+2k2+1）＝（2k﹣m）2+（2k2+2）2，
解得m＝2k，
∴A（2k，﹣1），
∴B（2k，k2），
∴C（2k，2k2+1），
∵，
∴B是AC的中点，
∴AB＝BC，
又∵△MAB与△MBC的高都是点M到直线AC的距离，
∴△MAB与△MBC的高相等，
∴△MAB与△MBC的面积相等．
46．（2018•福建）如图，在足够大的空地上有一段长为a米的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，其中AD≤MN，已知矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100米木栏．
（1）若a＝20，所围成的矩形菜园的面积为450平方米，求所利用旧墙AD的长；
（2）求矩形菜园ABCD面积的最大值．

【解析】解：（1）设AB＝tm，则BC＝（100﹣2t）m，
根据题意得t（100﹣2t）＝450，解得t1＝5，t2＝45，
当t＝5时，100﹣2t＝90＞20，不合题意舍去；
当t＝45时，100﹣2t＝10，
答：AD的长为10m；
（2）设AD＝xm，矩形菜园ABCD面积为S，
S＝x（100﹣x）＝﹣（x﹣50）2+1250，
当a≥50时，则x＝50时，S的最大值为1250；
当0＜a＜50时，则当0＜x≤a时，S随x的增大而增大，当x＝a时，S的最大值为50a﹣a2，
综上所述，当a≥50时，矩形菜园ABCD面积的最大值为1250m2；当0＜a＜50时，矩形菜园ABCD面积的最大值为（50a﹣a2）m2．
47．（2018•福建）空地上有一段长为a米的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，已知木栏总长为100米．
（1）已知a＝20，矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100米木栏，且围成的矩形菜园面积为450平方米．
如图1，求所利用旧墙AD的长；
（2）已知0＜a＜50，且空地足够大，如图2．请你合理利用旧墙及所给木栏设计一个方案，使得所围成的矩
形菜园ABCD的面积最大，并求面积的最大值．

【解析】解：（1）设AD＝x米，则AB＝
依题意得，
解得x1＝10，x2＝90
∵a＝20，且x≤a
∴x＝90舍去
∴利用旧墙AD的长为10米．
（2）设AD＝x米，矩形ABCD的面积为S平方米
①如果按图一方案围成矩形菜园，依题意
得：
S＝，0＜x＜a
∵0＜a＜50
∴x＜a＜50时，S随x的增大而增大
当x＝a时，S最大＝50a﹣

②如按图2方案围成矩形菜园，依题意得
S＝，a≤x＜50+
当a＜25+＜50+时，即0＜a＜时，
则x＝25+时，S最大＝（25+）2＝
当25+≤a，即时，S随x的增大而减小
∴x＝a时，S最大＝
综合①②，当0＜a＜时，
﹣（）＝
＞，此时，按图2方案围成矩形菜园面积最大，最大面积为平方米
当时，两种方案围成的矩形菜园面积最大值相等．
∴当0＜a＜时，围成长和宽均为（25+）米的矩形菜园面积最大，最大面积为平方米；
当时，围成长为a米，宽为（50﹣）米的矩形菜园面积最大，最大面积为（）平方米．
48．（2018•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（0，2），且抛物线上任意不同两点M（x1，y1），N（x2，y2）都满足：当x1＜x2＜0时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0；当0＜x1＜x2时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＜0．以原点O为圆心，OA为半径的圆与抛物线的另两个交点为B，C，且B在C的左侧，△ABC有一个内角为60°．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若MN与直线y＝﹣2x平行，且M，N位于直线BC的两侧，y1＞y2，解决以下问题：
①求证：BC平分∠MBN；
②求△MBC外心的纵坐标的取值范围．
【解析】解：（1）∵抛物线过点A（0，2），
∴c＝2，
当x1＜x2＜0时，x1﹣x2＜0，由（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0，得到y1﹣y2＜0，
∴当x＜0时，y随x的增大而增大，
同理当x＞0时，y随x的增大而减小，
∴抛物线的对称轴为y轴，且开口向下，即b＝0，
∵以O为圆心，OA为半径的圆与抛物线交于另两点B，C，如图1所示，
∴△ABC为等腰三角形，
∵△ABC中有一个角为60°，
∴△ABC为等边三角形，且OC＝OA＝2，
设线段BC与y轴的交点为点D，则有BD＝CD，且∠OBD＝30°，
∴BD＝OB•cos30°＝，OD＝OB•sin30°＝1，
∵B在C的左侧，
∴B的坐标为（﹣，﹣1），
∵B点在抛物线上，且c＝2，b＝0，
∴3a+2＝﹣1，
解得：a＝﹣1，
则抛物线解析式为y＝﹣x2+2；
（2）①由（1）知，点M（x1，﹣x12+2），N（x2，﹣x22+2），
∵MN与直线y＝﹣2x平行，
∴设直线MN的解析式为y＝﹣2x+m，则有﹣x12+2＝﹣2x1+m，即m＝﹣x12+2x1+2，
∴直线MN解析式为y＝﹣2x﹣x12+2x1+2，
把y＝﹣2x﹣x12+2x1+2代入y＝﹣x2+2，解得：x＝x1或x＝2﹣x1，
∴x2＝2﹣x1，即y2＝﹣（2﹣x1）2+2＝﹣x12+4x1﹣10，
作ME⊥BC，NF⊥BC，垂足为E，F，如图2所示，
∵M，N位于直线BC的两侧，且y1＞y2，则y2＜﹣1＜y1≤2，且﹣＜x1＜x2，
∴ME＝y1﹣（﹣1）＝﹣x12+3，BE＝x1﹣（﹣）＝x1+，NF＝﹣1﹣y2＝x12﹣4x1+9，BF＝x2﹣（﹣）＝3﹣x1，
在Rt△BEM中，tan∠MBE＝＝＝﹣x1，
在Rt△BFN中，tan∠NBF＝＝＝＝＝﹣x1，
∵tan∠MBE＝tan∠NBF，
∴∠MBE＝∠NBF，
则BC平分∠MBN；
②∵y轴为BC的垂直平分线，
∴设△MBC的外心为P（0，y0），则PB＝PM，即PB2＝PM2，
根据勾股定理得：3+（y0+1）2＝x12+（y0﹣y1）2，
∵x12＝2﹣y1，
∴y02+2y0+4＝（2﹣y1）+（y0﹣y1）2，即y0＝y1﹣1，
由①得：﹣1＜y1≤2，
∴﹣＜y0≤0，
则△MBC的外心的纵坐标的取值范围是﹣＜y0≤0．