2022年中考数学冲刺按题型难易度分层分类精选模拟题300题冲关训练（通用版）：14 解答题提升题30题

这是一份2022年中考数学冲刺按题型难易度分层分类精选模拟题300题冲关训练（通用版）：14 解答题提升题30题，共50页。试卷主要包含了填空题提升题等内容，欢迎下载使用。
14解答题提升题30题

四、填空题提升题
1．（2022•合肥模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），与直线y＝x+3交于y轴上的点C，直线y＝﹣x+3与x轴交于点D．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上第一象限内的一一个动点，连接PC、PD，当△PCD的面积最大时，求点P的坐标；
（3）将抛物线的对称轴向左平移3个长度单位得到直线l，点E是直线l上一点，连接OE、BE，若直线l上存在使sin∠BEO最大的点E，请直接写出满足条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．

2．（2022•合肥模拟）知识呈现
（1）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC互余，我们发现四边形ABCD中这对互余的角可进行拼合：先作∠ADF＝∠ABC，再过点A作AE⊥AD交DF于点E，连接EC后，易于发现CD，DE，CE之间的数量关系是 　 　；
方法运用
（2）如图2，在四边形ABCD中，连接AC，∠BAC＝90°，点O是△ACD两边垂直平分线的交点，连接OA，∠OAC＝∠ABC．
①求证：∠ABC+∠ADC＝90°；
②连接BD，如图3，已知AD＝m，DC＝n，＝2，求BD的长（用含m，n的式子表示）．

3．（2021•乐山模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1，0），B（3，2），与x轴交于另一点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y上是否存在一点E，使四边形ABCE为矩形，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以C为圆心，1为半径作⊙O，D为⊙O上一动点，求DA+DB的最小值

4．（2022•庐江县模拟）如图1，在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，MO⊥AC交BC于点N，P为CD边上一点，连接AN，CM，MP，PN，∠MPN＝2∠PMD．
（1）求证：四边形ANCM为菱形；
（2）求证：＝；
（3）如图2，当MO＝MP时，求的值．


5．（2022•庐江县模拟）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0），经过点C（0，﹣1），顶点为D．
（1）当a＝1时，求该抛物线的顶点D的坐标；
（2）点E的坐标为（0，1+a），若DE＝2DC，求该抛物线的解析式，
（3）若2≤x≤3时，其对应的y的整数值恰有两个，求a的取值范围．
6．（2022•淮北一模）如图（1），已知：在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，BE＝DF，AE，AF分别交BD于点G，H．
（1）求证：△ABG≌△ADH；
（2）连接FE，如图（2），当EF＝BG时，
①求证：EF∥BG；
②求的值．


7．（2022•马鞍山一模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为该抛物线上一点，且点P的横坐标为m．
①当点P在直线AC下方时，过点P作PE∥x轴，交直线AC于点E，作PF∥y轴．交直线AC于点F，求PE+PF的最大值；
②若∠PCB＝3∠OCB，求m的值．
8．（2022•马鞍山一模）在矩形ABCD中，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F．
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，当AD＝25，且AE＜DE时，求的值；
（3）如图3，当BE•EF＝84时，求BP的值．

9．（2022•黄山模拟）如图1，在正方形ABCD中，BD为对角线，点E为边AB上的点，连结DE，过点A作AG⊥DE交BC于点G，交BD于点H，垂足为F，连结EH．
（1）AE与BG相等吗，请说明理由；
（2）若BE：AE＝n，求证：DH：BH＝n+1；
（3）在（2）的基础上，如图2时，当EH∥AD时，求n的值．


10．（2022•安庆模拟）如图①，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E在边AB上，点F在BD的延长线上，BE＝DF，EFAD相交于点G，连接CE，CF．
（1）求证：CE＝CF；
（2）求证：△DFG∽△DCF；
（3）如图②，连接CG，若AB＝4，点E是AB的中点，求CG长．


11．（2022•宿州一模）已知抛物线y＝x2+（m+1）x+m．
（1）无论m取何值，该抛物线总经过一定点，定点坐标为 　 　；
（2）抛物线与直线y＝x+1交于两点A（x1，y1），B（x2，y2），且x1＜x2，若x1+x2＝3，求m的值；
（3）点P是抛物线上第四象限内一动点，在（2）的条件下，求△PAB面积的最大值．
12．（2022•宣城模拟）已知一系列具备负整数系数形式规律的“负倍数二次函数”：，，，…
（1）探索发现，所有“负倍数二次函数”都有同一条对称轴直线x＝　 　．
（2）求二次函数yn的解析式及其顶点坐标．
（3）点（﹣1，10）是否是“负倍数二次函数”中某一抛物线的顶点，若是，请求出它所在的抛物线解析式，并求出﹣2≤x≤1对应的y的取值范围；若不是，请说明理由．
13．（2022•蜀山区二模）如图，在等边三角形ABC中，D、E分别为边BC、AC上的动点（不与此等边三角形的顶点重合），且BD＝CE，连接AD、BE相交于点P．
（1）求证：△ABE≌△CAD；
（2）当点P为AD中点时，若BD＝1，求CD的长；
（3）连接CP，若CP⊥AP，求的值．

14．（2022春•定远县期中）如图所示为一个计算程序．

（1）若输入的x＝3，则输出的结果为 　 　．
（2）若开始输入的x为正整数，最后输出的结果为40，则满足条件的x的不同值最多 　 　个；
（3）规定：程序运行到“判断结果是否大于0“为一次运算．若运算进行了三次才输出，求x的取值范围．
15．（2022春•大观区校级期中）如果一个正整数能表示为两个连续偶数的平方差，那么称这个正整数为“神秘数”．如4＝22﹣02，12＝42﹣22，20＝62﹣42．因此，4、12、20这三个数都是神秘数．
（1）28和2016这两个数是神秘数吗？为什么？
（2）设两个连续偶数为2k+2和2k（其中k取非负整数），由这两个连续偶数构造的神秘数是4的倍数吗？为什么？
（3）两个连续奇数的平方差（取正数）是神秘数吗？为什么？
16．（2021秋•勃利县期末）已知a、b互为相反数且a≠0，c、d互为倒数，m的绝对值是最小的正整数，求|m|﹣﹣cd的值．
17．（2021秋•宿松县期末）新定义：如图①，已知∠AOB，在∠AOB内部画射线OC，得到三个角，分别为∠AOC、∠BOC、∠AOB．若这三个角中有一个角是另外一个角的2倍，则称射线OC为∠AOB的“幸运线”．（本题中所研究的角都是大于0°而小于180°的角．）

【阅读理解】（1）角的平分线 　 　这个角的“幸运线”；（填“是”或“不是”）
【初步应用】（2）如图①，∠AOB＝48°，射线OC为∠AOB的“幸运线”，则∠AOC的度数为 　 　；（直接写出答案）
【解决问题】
（3）如图②，已知∠AOB＝50°，射线OM从OA出发，以每秒10°的速度绕O点顺时针旋转，同时，射线ON从OB出发，以每秒15°的速度绕O点顺时针旋转，设运动的时间为t秒（0＜t＜5）．若OM、ON、OB三条射线中，一条射线恰好是以另外两条射线为边的角的“幸运线”，求运动的时间t的值．
【实际运用】
（4）周末，小丽帮妈妈到附近的“中通快递”网点取包裹，出家门时小丽看了看时钟，恰好是下午3点整，取好包裹回到家时，小丽再看了看时钟，还没有到下午3点半，但此时分针与时针恰好重合．问小丽帮妈妈取包裹用了多少分钟？

18．（2021秋•蓬江区月考）先阅读短文，然后回答短文后面所给出的问题：
对于三个数a、b、c的平均数，最小的数都可以给出符号来表示，我们规定M{a，b，c}表示这三个数的平均数，min{a，b，c}表示这三个数中的最小的数，max{a，b，c}表示这三个数中最大的数．例如：M{﹣1，2，3}＝＝，min{﹣1，2，3}＝﹣1，max{﹣1，2，3}＝3；M{﹣1，2，a}＝＝，min{﹣1，2，a}＝．
（1）请填空：min{﹣1，3，0}＝　 　；若x＜0，则max{2，x2+2，x+1}＝　 　；
（2）若min{2，2x+2，4﹣2x}＝M{x﹣1，5﹣4x，3x+2}，求x的取值范围．
（3）若M{2，x+1，2x}＝min{2，x+1，2x}，求x的值．
19．（2021秋•绵竹市期末）某商场开展春节促销活动出售A、B两种商品，活动方案如下两种：
方案一

A
B
每件标价
90元
100元
每件商品返利
按标价的30%
按标价的15%
例如买一件A商品，只需付款90×（1﹣30%）元
方案二
所购商品一律按标价的20%返利
（1）某单位购买A商品30件，B商品20件，选用何种方案划算？能便宜多少钱？
（2）某单位购买A商品x件（x为正整数），购买B商品的件数是A商品件数的2倍少1件，若两方案的实际付款一样，求x的值．
20．（2022•霍邱县一模）如图1，在平面直角坐标系中，已知C点坐标为（0，﹣3），且OA＝OC＝3OB，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）的图象经过A，B，C三点，D点是该抛物线的顶点．

（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）判断△ADC的形状，并求△ADC的面积；
（3）如图2，点P是该抛物线位于第三象限的部分上的一个动点，过P点作PE⊥AC于点E，PE的值是否存在最大值？如果存在，请求出PE的最大值；如果不存在，请说明理由．

21．（2022•安徽一模）如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，抛物线C2的顶点也在抛物线C1上，那么我们称抛物线C1与C2为“互为关联”的抛物线．如图（1），已知抛物线C1：y1＝x2+x与C2：y2＝ax2+x+c是“互为关联”的抛物线，点A，B分别是抛物线C1，C2的顶点，抛物线C2经过点D（6，﹣1）．
（1）直接写出A，B的坐标和抛物线C2的解析式；
（2）如图（2），点F（﹣6，3）在抛物线C1上，点M，N分别是抛物线C1，C2上的动点，且点M，N的横坐标相同，记△AFM的面积为S1（当点M与点A或F重合时，S1＝0），△ABN的面积为S2（当点N与点A或B重合时，S2＝0），令S＝S1+S2，观察图象，当y1≤y2时，写出x的取值范围，并求出在此范围内S的最大值．

22．（2021秋•怀宁县期末）对于二次函数y＝x2﹣3x+2和一次函数y＝﹣2x+4，把y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）称为这两个函数的“再生二次函数”，其中t是不为零的实数，其图象记作抛物线E，现有点A（2，0）和抛物线E上的点B（﹣1，n），请完成下列任务：
（1）（尝试）判断点A是否在抛物线E上，并说明理由．
（2）（发现）对于t取任何不为零的实数，抛物线E总过定点，请直接写出定点坐标．
（3）（应用）以AB为边作矩形ABCD，使得顶点D落在y轴负半轴上；若抛物线E经过A、B、D三点，求出符合条件的t的值．

23．（2022•安徽一模）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝4x+4与x轴，y轴分别相交于A，B两点．点A在抛物线y＝ax2+bx﹣3a（a＜0）上．
（1）求抛物线的顶点坐标（用含a的代数式表示）；
（2）若a＝﹣1，当t﹣1≤x≤t时，二次函数y＝ax2+bx﹣3a的最大值是3，求t的值；
（3）将点B向右平移3个单位长度，得到点C，若抛物线与线段BC有两个公共点，求a的取值范围．
24．（2022•萧县校级开学）已知A、C、D为⊙O上三点，且AD＝CD．
（1）如图1，延长AD至点B，使BD＝AD，连接CB．
①求证：△ABC为直角三角形；
②若⊙O的半径为4，AD＝5，求BC的值；
（2）如图2，若∠ADC＝90°，E为⊙O上的一点，且点D，E位于AC两侧，作△ADE关于AD对称的图形△ADQ，连接QC，求证：QA2+2QD2＝QC2．

25．（2022•和县二模）如图①，四边形ABCD是正方形，∠CBG是该正方形的一个外角．点E是边AB上一点，DE⊥EF，且DE＝EF，连接BF．
（1）求证：∠FBG＝45°；
（2）如图②，过C作CH⊥DE于点Q，交AD于点H，连接EH，CF．
①求证四边形EFCH为平行四边形；
②如图③，连接DF交BC于点M，若，求的值．

26．（2022•霍邱县一模）如图1，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，CO⊥BE交AB于F．EF交CB延长线于G．

（1）当E为AD中点时，求证：BC＝2BG；
（2）如图2，当BG＝BC时，求证：AE2＝AF•AB；
（3）在（2）的条件下，连接OD，求tan∠EOD的值．

27．（2021秋•和平县期末）某学校计划利用一片空地建一个学生自行车车棚，其中一面靠墙，这堵墙的长度为12米．计划建造车棚的面积为80平方米，已知现有的木板材料可使新建板墙的总长为26米．
（1）为了方便学生出行，学校决定在与墙平行的一面开一个2米宽的门，那么这个车棚的长和宽分别应为多少米？
（2）如图，为了方便学生取车，施工单位决定在车棚内修建几条等宽的小路，使得停放自行车的面积为54平方米，那么小路的宽度是多少米？

28．（2021秋•宣州区校级期末）在正常情况下，一个人在运动时所能承受的每分钟心跳的最高次数S（次/分）与这个人年龄n（岁）满足关系式：S＝an+b，其中a、b均为常数．

（1）根据图中提供的信息，求a、b的值；
（2）若一位63岁的人在跑步，医生在途中给他测得10秒心跳为26次，问：他是否有危险？为什么？
29．（2022•吉安一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是菱形，且B（﹣8，4）．若反比例函数y1＝
的图象经过菱形对角线AC，OB的交点F，设直线BC的解析式为y2＝k2x+b．
（1）求反比例函数解析式；
（2）求直线BC的解析式；
（3）请结合图象直接写出不等式k2x+b﹣＞0的解集．

30．（2021春•黄冈期末）某市A，B两个蔬菜基地得知四川C，D两个灾民安置点分别急需蔬菜240t和260t的消息后，决定调运蔬菜支援灾区，已知A蔬菜基地有蔬菜200t，B蔬菜基地有蔬菜300t，现将这些蔬菜全部调运C，D两个灾民安置点从A地运往C，D两处的费用分别为每吨20元和25元，从B地运往C，D两处的费用分别为每吨15元和18元．设从B地运往C处的蔬菜为x吨．
（1）请填写下表，并求两个蔬菜基地调运蔬菜的运费相等时x的值：

C
D
总计/t
A
　 　
　 　
200
B
x
　 　
300
总计/t
240
260
500
（2）设A，B两个蔬菜基地的总运费为w元，求出w与x之间的函数关系式，并求总运费最小的调运方案；
（3）经过抢修，从B地到C处的路况得到进一步改善，缩短了运输时间，运费每吨减少m元（m＞0），其余线路的运费不变，试讨论总运费最小的调动方案．







【参考答案】
四、填空题提升题
1．（2022•合肥模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），与直线y＝x+3交于y轴上的点C，直线y＝﹣x+3与x轴交于点D．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上第一象限内的一一个动点，连接PC、PD，当△PCD的面积最大时，求点P的坐标；
（3）将抛物线的对称轴向左平移3个长度单位得到直线l，点E是直线l上一点，连接OE、BE，若直线l上存在使sin∠BEO最大的点E，请直接写出满足条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【解析】解：（1）用交点式函数表达式得：y＝a（x+2）（x﹣4）＝a（x2﹣2x﹣8），
当x＝0时，y＝3，
则C（0，3），
即﹣8a＝3，
解得：a＝﹣．
则函数的表达式为y＝﹣x2+x+3；
（2）y＝﹣x+3，令y＝0，则x＝2，即点D（2，0），

连接OP，设点P（x，﹣x2+x+3），
S△PCD＝S△PDO+S△PCO﹣S△OCD
＝×2（﹣x2+x+3）+×3×x﹣×2×3
＝﹣（x﹣3）2+，
∵﹣＜0，
∴S△PCD有最大值，
此时点P（3，）；
（3）如图，经过点O、B的圆F与直线l相切于点E，此时，sin∠BEO最大，

过圆心F作HF⊥x轴于点H，则OH＝OB＝2＝OA，OF＝EF＝4，
∴HF＝2，过点E的坐标为（﹣2，2）；
同样当点E在x轴的下方时，其坐标为（﹣2，﹣2）；
故点E的坐标为（﹣2，2）或（﹣2，﹣2）．
2．（2022•合肥模拟）知识呈现
（1）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC与∠ADC互余，我们发现四边形ABCD中这对互余的角可进行拼合：先作∠ADF＝∠ABC，再过点A作AE⊥AD交DF于点E，连接EC后，易于发现CD，DE，CE之间的数量关系是 　CD2+DE2＝CE2　；
方法运用
（2）如图2，在四边形ABCD中，连接AC，∠BAC＝90°，点O是△ACD两边垂直平分线的交点，连接OA，∠OAC＝∠ABC．
①求证：∠ABC+∠ADC＝90°；
②连接BD，如图3，已知AD＝m，DC＝n，＝2，求BD的长（用含m，n的式子表示）．

【解析】（1）解：∵∠ADC+∠ABC＝90°，∠ADF＝∠ABC，
∴∠CDE＝∠ADC+∠ADF＝90°，
∴CD2+DE2＝CE2．
故答案为：CD2+DE2＝CE2．

（2）①证明：如图2中，连接OC，作△ADC的外接圆⊙O．

∵点O是△ACD两边垂直平分线的交点，
∴点O是△ADC的外心，
∴∠AOC＝2∠ADC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠AOC+∠OAC+∠OCA＝180°，∠OAC＝∠ABC，
∴2∠ADC+2∠ABC＝180°，
∴∠ADC+∠ABC＝90°．

②解：如图3中，在射线DC的下方作∠CDT＝∠ABC，过点C作CT⊥DT于T．

∵∠CTD＝∠CAB＝90°，∠CDT＝∠ABC，
∴△CTD∽△CAB，
∴∠DCT＝∠ACB，＝，
∴＝，∠DCB＝∠TCA，
∴△DCB∽△TCA，
∴＝，
∵＝2，
∴AC：BA：BC＝CT：DT：CD＝1：2：，
∴BD＝AT，
∵∠ADT＝∠ADC+∠CDT＝∠ADC+∠ABC＝90°，DT＝n，AD＝m，
∴AT＝＝＝，
∴BD＝．
3．（2021•乐山模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1，0），B（3，2），与x轴交于另一点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y上是否存在一点E，使四边形ABCE为矩形，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以C为圆心，1为半径作⊙O，D为⊙O上一动点，求DA+DB的最小值

【解析】解：（1）把A（﹣1，0）、B（3，2）代入y＝ax2+bx+2，
得，解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x+2．
（2）存在．
如图1，作AE⊥AB交y轴于点E，连结CE；作BF⊥x轴于点F，则F（3，0）．
当y＝0时，由x2+x+2＝0，得x1＝1，x2＝4，
∴C（4，0），
∴CF＝AO＝1，AF＝3﹣（﹣1）＝4；
又∵BF＝2，
∴，
∵∠BFC＝∠AFB＝90°，
∴△BFC∽△AFB，
∴∠CBF＝∠BAF，
∴∠ABC＝∠CBF+∠ABF＝∠BAF+∠ABF＝90°，
∴BC∥AE，
∵∠BCF＝90°﹣∠BAC＝∠EAO，∠BFC＝∠EOA＝90°，
∴△BCF≌△EAO（ASA），
∴BC＝EA，
∴四边形ABCE是矩形；
∵OE＝FB＝2，
∴E（0，﹣2）．
（3）如图2，作FL⊥BC于点L，连结AL、CD.
由（2）得∠BFC＝90°，BF＝2，CF＝1，
∴CF＝CD，CB＝＝．
∵∠FLC＝∠BFC＝90°，∠FCL＝∠BCF（公共角），
∴△FCL∽△BCF，
∴＝，
∴＝，
∵∠DCL＝∠BCD（公共角），
∴△DCL∽△BCD，
∴＝，
∴LD＝DB；
∵DA+LD≥AL，
∴当DA+LD＝AL，即点D落在线段AL上时，DA+DB＝DA+LD＝AL最小．
∵CL＝CF＝，
∴BL＝＝，
∴BL2＝（）2＝，
又∵AB2＝22+42＝20，
∴AL＝＝＝，
DA+DB的最小值为．


4．（2022•庐江县模拟）如图1，在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，MO⊥AC交BC于点N，P为CD边上一点，连接AN，CM，MP，PN，∠MPN＝2∠PMD．
（1）求证：四边形ANCM为菱形；
（2）求证：＝；
（3）如图2，当MO＝MP时，求的值．


【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠MAO＝∠NCO，
∵O为对角线AC的中点，
∴AO＝CO，
在△MAO和△NCO中，
，
∴△MAO≌△NCO（ASA），
∴OM＝ON，AM＝CN，
又∵MO⊥AC，AO＝CO，
∴AM＝MC，AN＝CN，
∴AM＝MC＝AN＝CN，
∴四边形ANCM为菱形；
（2）证明：延长NP、MD交于Q，如图1所示：
∵∠MPN＝2∠PMD，∠MPN＝∠PMQ+∠Q，
∴∠PMQ＝∠Q，
∴PM＝PQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠PDM＝90°，
∴MD＝DQ，△QPD∽△NPC，
∴＝，
由（1）得：四边形ANCM为菱形，
∴CM＝CN，
∴＝＝；
（3）解：由（2）得：＝，且CM＝AM，
∴＝，
∴＝，
又∵∠D＝∠D，
∴△MDP∽△ADC，
∴∠DMP＝∠DAC，
∴MP∥AC，
∵MN⊥AC，
∴MP⊥MN，
∴∠NMP＝90°，
∵MP＝MO，
由（1）得：OM＝ON，
∴MN＝2MP，
在Rt△PMN中，由勾股定理得：NP＝＝＝MP，
即＝，
∵＝，∠D＝∠NCP＝90°，
∴△MDP∽△NCP，
∴＝＝，
设MD＝a，
则CM＝NC＝a，BC＝AD＝AM+MD＝CM+MD＝a+a＝（+1）a，
∴＝＝1+．

5．（2022•庐江县模拟）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a＞0），经过点C（0，﹣1），顶点为D．
（1）当a＝1时，求该抛物线的顶点D的坐标；
（2）点E的坐标为（0，1+a），若DE＝2DC，求该抛物线的解析式，
（3）若2≤x≤3时，其对应的y的整数值恰有两个，求a的取值范围．
【解析】解：抛物线y＝ax2﹣2ax+c（a，c为常数，a≠0）经过点C（0，﹣1），则c＝﹣1，
（1）当a＝1时，抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，
故抛物线的顶点D的坐标为（1，﹣2）；

（2）∵y＝ax2﹣2ax﹣1＝a（x﹣1）2﹣a﹣1，
故点D（1，﹣a﹣1），
由DE＝2DC得：DE2＝8CD2，
即（1﹣0）2+（a+1+a+1）2＝8[（1﹣0）2+（﹣a﹣1+1）2]，
解得a＝或，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣1或y＝x2﹣3x﹣1；

（3）∵y＝ax2﹣2ax﹣1＝a（x﹣1）2﹣a﹣1，
∴顶点D（1，﹣a﹣1），对称轴为x＝1，
∵a＞0，
∴抛物线开口向上，当2≤x≤3时，y随x的增大而增大，
当x＝2时，y＝4a﹣4a﹣1＝﹣1，
∵若2≤x≤3时，其对应的y的整数值恰有两个，
∴当x＝3时，0≤y＜1，即0≤9a﹣6a﹣1＜1，
解得≤a＜，
∴a的取值范围为≤a＜．
6．（2022•淮北一模）如图（1），已知：在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，BE＝DF，AE，AF分别交BD于点G，H．
（1）求证：△ABG≌△ADH；
（2）连接FE，如图（2），当EF＝BG时，
①求证：EF∥BG；
②求的值．


【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF，

∵，，
∴∠ABG＝∠ADH，
在△ABG和△ADH中，
，
∴△ABG≌△ADH（ASA）．
（2）①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，
∵BE＝DF，
∴CE＝CF，
∴，
∵∠ECF＝∠BCD，
∴△ECF∽△BCD，
∴∠DBC＝∠FEC，
∴EF∥BG．
②解：如图，连接GF，
∵EF＝BG，EF∥BG，
∴四边形GBEF是平行四边形，
∴GF∥BE，
∵CE∥AD，
∴CE∥GF∥AD，
∴，
∵BE∥AD，
∴△GDA∽△GBE，
∴，
∴，
设菱形ABCD的边长为a，CF＝x，则DF＝BE＝a﹣x，
∴，
∴（，舍去），
∴，，
∴．
7．（2022•马鞍山一模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为该抛物线上一点，且点P的横坐标为m．
①当点P在直线AC下方时，过点P作PE∥x轴，交直线AC于点E，作PF∥y轴．交直线AC于点F，求PE+PF的最大值；
②若∠PCB＝3∠OCB，求m的值．
【解析】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C．
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）①在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0，得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线AC解析式y＝kx+n，∵A（﹣3，0）、C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直线AC解析式y＝﹣x﹣3，
∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，
∴tan∠ACO＝＝＝1，
∴∠ACO＝45°，
∵点P为该抛物线上一点，且点P的横坐标为m，
∴P（m，m2+2m﹣3），
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴F（m，﹣m﹣3），∠PFE＝∠ACO＝45°，∠EPF＝90°，
∴＝tan∠PFE＝tan45°＝1，
∴PE＝PF＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∴PE+PF＝2（﹣m2﹣3m）＝﹣2（m+）2+，
∵﹣2＜0，
∴当m＝﹣时，PE+PF的最大值＝；
②作点B关于y轴的对称点B′（﹣1，0），连接B′C，过点B′作B′D⊥B′C交CP于D，过点D作DE⊥x轴于E，
∵∠PCB＝3∠OCB，
∴∠PCO＝2∠OCB，
∵OB＝OB′，OC⊥BB′，
∴tan∠OCB＝＝，tan∠OCB′＝＝，
∴tan∠OCB＝tan∠OCB′，
∴∠OCB＝∠OCB′，
∴∠PCB′＝∠OCB，
∴tan∠PCB′＝tan∠OCB＝，即＝，
∵B′C＝＝＝，
∴B′D＝，
∵∠CB′D＝∠B′ED＝90°，
∴∠DB′E+∠CB′O＝90°，
∵∠OCB+∠CB′O＝90°，
∴∠DB′E＝∠OCB，
∴sin∠DB′E＝sin∠OCB＝＝＝，cos∠DB′E＝cos∠OCB＝＝＝，
∴＝，＝，
∴DE＝B′D＝×＝，B′E＝B′D＝×＝1，
∴OE＝OB′+B′E＝1+1＝2，
∴D（﹣2，），
设直线CD解析式为y＝k1x+b1，
则：，解得：，
∴直线CD解析式为y＝x﹣3，
联立方程组：，解得：（舍去），；
∴m＝．


8．（2022•马鞍山一模）在矩形ABCD中，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F．
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，当AD＝25，且AE＜DE时，求的值；
（3）如图3，当BE•EF＝84时，求BP的值．

【解析】（1）证明：在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，
∵E是AD中点，
∴AE＝DE，
在△AEB和△DEC中，
，
∴△AEB≌△DEC（SAS）；
（2）解：在矩形ABCD中，ABC＝90°，
∵△BPC沿PC折叠到△GPC，
∴∠PGC＝∠PBC＝90°，
∠BPC＝∠GPC，
∵BE⊥CG，
∴BE∥PG，
∴∠GPF＝∠PFB，
∴∠BPF＝∠BFP，
∴BP＝BF，
∵∠BEC＝90°，
∴∠AEB+∠CED＝90°，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠CED＝∠ABE，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
设AE＝x，
∴DE＝25﹣x，
∴，
解得x＝9或x＝16，
∵AE＜DE，
∴AE＝9，DE＝16，
∴CE＝20，BE＝15，
由折叠得：BP＝PG，
∴BP＝BF＝PG，
∵BE∥PG，
∴△ECF∽△GCP，
∴，
设BP＝BF＝PG＝y，
∴，
解得y＝，
∴BP＝，
∴EF＝BE﹣BF＝15﹣＝，
∴；
（3）解：如图，连接FG，

∵∠GEF＝∠PGC＝90°，
∴∠GEF+∠PGC＝180°，
∴BF∥PG，
∵BF＝PG，
∴平行四边形BPGF是菱形，
∴BP∥GF，
∴∠GFE＝∠ABE，
∴△GEF∽△EAB，
∴，
∴BE•BF＝AB•GF，
∵BE•EF＝84，AB＝12，
∴GF＝7，
∴BP＝GF＝7．
9．（2022•黄山模拟）如图1，在正方形ABCD中，BD为对角线，点E为边AB上的点，连结DE，过点A作AG⊥DE交BC于点G，交BD于点H，垂足为F，连结EH．
（1）AE与BG相等吗，请说明理由；
（2）若BE：AE＝n，求证：DH：BH＝n+1；
（3）在（2）的基础上，如图2时，当EH∥AD时，求n的值．


【解析】（1）解：相等，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴∠DAG+∠BAG＝90°，
∵AG⊥DE，
∴∠DAG+∠ADF＝90°，
∴∠BAG＝∠ADF，
∵AD＝AB，∠DAB＝∠ABG，
∴△ADE≌△BAG（ASA），
∴AE＝BG．
（2）解：∵△ADE≌△BAG，
∴BG＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴△ADH∽△GBH，
∴＝，
∵BE：AE＝n，BG＝AE，AD＝AB，
∴＝＝＝＝＝n+1．
（3）解：设BG＝AE＝k，则BE＝nk，
∵EH∥AD，
∴∠BEH＝∠BAD＝90°，∠EHB＝∠ADB＝45°，
∵∠ABD＝45°，
∴∠EHB＝∠ABD，
∴BE＝EH＝nk，
∵EH∥AD，
∴△AEH∽△ABG，
∴＝，
∴＝，
∵n＞0，
∴n＝．
10．（2022•安庆模拟）如图①，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E在边AB上，点F在BD的延长线上，BE＝DF，EFAD相交于点G，连接CE，CF．
（1）求证：CE＝CF；
（2）求证：△DFG∽△DCF；
（3）如图②，连接CG，若AB＝4，点E是AB的中点，求CG长．


【解析】（1）证明：在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，
∴BC＝DC，∠EBC＝180°﹣∠BAD＝120°，△CBD为等边三角形，
∴∠BDC＝60°，
∴∠CDF＝120°＝∠CBE，
∵BE＝DF，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴CE＝CF；

（2）证明：由（1）知，△BCF≌△DCF，
∴∠BCE＝∠DCF，
∴∠ECF＝∠DCE+∠DCF＝∠DCE+∠BCE＝∠BCD＝60°，
∵CE＝CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠CFE＝60°，
∴∠DFG+∠CFD＝60°，
∵∠DCF+∠CFD＝60°，
∴∠BFG＝∠DCF，
∵∠FDG＝∠CDF＝120°，
∴△DFG∽△DCF；

（3）如图，过点E作EH⊥CB，交CB的延长线于H，
在菱形ABCD中，∠EBH＝60°，AB＝BC＝4，
∵点E是AB的中点，
∴BE＝AB＝2，
在Rt△BHE中，∠BEH＝90°﹣60°＝30°，
∴BH＝BE＝1，根据勾股定理得，EH＝，
在Rt△CHE中，CH＝BC+BH＝5，
∴CE＝＝2，
由（2）知，△CEF是等边三角形，
∴CF＝EF＝CE＝2，
由（1）知，△BCE≌△DCF，
∴DF＝BE＝2，
∵△DFG∽△DCF，
∴，
∴，
∴FG＝，
∴EG＝EF﹣FG＝＝FG，
∵CE＝CF，
∴CG⊥EF，
根据勾股定理得，CG＝＝＝．

11．（2022•宿州一模）已知抛物线y＝x2+（m+1）x+m．
（1）无论m取何值，该抛物线总经过一定点，定点坐标为 　（﹣1，0）　；
（2）抛物线与直线y＝x+1交于两点A（x1，y1），B（x2，y2），且x1＜x2，若x1+x2＝3，求m的值；
（3）点P是抛物线上第四象限内一动点，在（2）的条件下，求△PAB面积的最大值．
【解析】解：（1）y＝x2+（m+1）x+m＝x2+m（x+1）+x，
∵无论m取何值，该抛物线总经过一定点，
∴x＝﹣1，y＝0，
∴定点为（﹣1，0），
故答案为：（﹣1，0）；
（2）∵x+1＝x2+（m+1）x+m，
∴x2+mx+m﹣1＝0，
∴x1+x2＝﹣m，
∵x1+x2＝3，
∴m＝﹣3；
（3）当m＝﹣3时，y＝x2﹣2x﹣3，
∴A（﹣1，0），B（4，5），
过点P作PQ⊥x轴交AB于点Q，
设P（t，t2﹣2t﹣3），则Q（t，t+1），
∴PQ＝t+1﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣t2+3t+4，
∴S△PAB＝×（﹣t2+3t+4）×5＝﹣（t﹣）2+，
当t＝时，△PAB面积的最大值为．

12．（2022•宣城模拟）已知一系列具备负整数系数形式规律的“负倍数二次函数”：，，，…
（1）探索发现，所有“负倍数二次函数”都有同一条对称轴直线x＝　﹣1　．
（2）求二次函数yn的解析式及其顶点坐标．
（3）点（﹣1，10）是否是“负倍数二次函数”中某一抛物线的顶点，若是，请求出它所在的抛物线解析式，并求出﹣2≤x≤1对应的y的取值范围；若不是，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线对称轴为直线x＝﹣，
∴抛物线，，的对称轴为直线x＝﹣1，
故答案为：﹣1．
（2）∵y1＝﹣x2﹣2x＝﹣x2﹣2×x，
y2＝﹣2x2﹣4x＝﹣2x2﹣2×2x，
y3＝﹣3x2﹣6x＝﹣3x2﹣2×3x，
…
∴yn＝﹣nx2﹣2nx．
把x＝﹣1代入yn＝﹣nx2﹣2nx得yn＝n，
∴二次函数yn的解析式为yn＝﹣nx2﹣2nx，顶点坐标为（﹣1，n）．
（3）是，理由如下：
把x＝﹣1代入yn＝﹣nx2﹣2nx得yn＝n，
当n＝10时，n＝10，满足题意，
∴点（﹣1，10）是“负倍数二次函数”y10＝﹣10x2﹣20x的顶点．
当x≤﹣1时，y随x的增大而增大；当x＞﹣1时，y随x的增大而减小；
当x＝﹣2时，y＝﹣10×（﹣2）2﹣20×（﹣2）＝0；
当x＝﹣1时，y＝﹣10×（﹣1）2﹣20×（﹣1）＝10；
当x＝1时，y＝﹣10×12﹣20×1＝﹣30；
∴当﹣2≤x≤1对应的y的取值范围为﹣30≤y≤10．
13．（2022•蜀山区二模）如图，在等边三角形ABC中，D、E分别为边BC、AC上的动点（不与此等边三角形的顶点重合），且BD＝CE，连接AD、BE相交于点P．
（1）求证：△ABE≌△CAD；
（2）当点P为AD中点时，若BD＝1，求CD的长；
（3）连接CP，若CP⊥AP，求的值．

【解析】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠BCA＝∠CAB＝60°，
∵BD＝CE，
∴BC﹣BD＝AC﹣CE，即CD＝AE，
在△ABE和△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD（SAS）；
（2）解：取AC的中点H，连接PH，如图：

设CD＝x，则BC＝AC＝x+1，
∵点H是AC的中点，
∴AH＝CH＝，
∴BD＝CE＝1，
∴EH＝CE﹣CH＝1﹣＝，
∵点P是AD的中点，点H是AC的中点，
∴PH∥BC，PH＝CD＝，
∴△EPH∽△EBC，
∴＝，
∴＝，
解得x＝或x＝（舍去），
∴CD＝；
（3）解：连接DE，如图：

由（1）知△ABE≌△CAD，
∴∠AEB＝∠CDA，
∵∠AEB+∠PEC＝180°，
∴∠CDA+∠PEC＝180°，
∴P、E、D、C四点共圆，
∵CP⊥AP，
∴∠CPD＝90°＝∠DEC，
在Rt△DEC中，∠DCE＝60°，
∴CE＝CD，
设CE＝m，则CD＝2m＝AE，
∴DE＝CE＝m，AC＝CE+AE＝3m，
在Rt△ADE中，
AD＝＝＝m，
∵∠APC＝90°＝∠ADE，∠PAC＝∠EAD，
∴△APC∽△AED，
∴＝＝，即＝＝，
∴AP＝m，CP＝m，
∴＝＝．
14．（2022春•定远县期中）如图所示为一个计算程序．

（1）若输入的x＝3，则输出的结果为 　31　．
（2）若开始输入的x为正整数，最后输出的结果为40，则满足条件的x的不同值最多 　3　个；
（3）规定：程序运行到“判断结果是否大于0“为一次运算．若运算进行了三次才输出，求x的取值范围．
【解析】解：（1）当x＝3时，
第一次：3×3+1＝10，
第二次：3×10+1＝31，
∴输出的结果为31；
故答案为：31；
（2）∵最后输出的结果是40，
∴3x+1＝40，解得x＝13，
由3x+1＝13，得x＝4，
由3x+1＝4，得x＝1，
∵1是最小的正整数，
∴满足条件的x的值有1、4、13共3个．
故答案为：3；
（3）第1次，结果是3x+1；
第2次，结果是3×（3x+1）+1＝9x+4；
第3次，结果是3×（9x+4）+1＝27x+13；
∴，
∴．
15．（2022春•大观区校级期中）如果一个正整数能表示为两个连续偶数的平方差，那么称这个正整数为“神秘数”．如4＝22﹣02，12＝42﹣22，20＝62﹣42．因此，4、12、20这三个数都是神秘数．
（1）28和2016这两个数是神秘数吗？为什么？
（2）设两个连续偶数为2k+2和2k（其中k取非负整数），由这两个连续偶数构造的神秘数是4的倍数吗？为什么？
（3）两个连续奇数的平方差（取正数）是神秘数吗？为什么？
【解析】解：（1）28是“神秘数”；2016不是“神秘数”，理由如下：
∵28＝82﹣62，2016不能表示为两个连续偶数的平方差，
∴28是“神秘数”；2016不是“神秘数”；
（2）“神秘数”是4的倍数．理由如下：
（2k+2）2﹣（2k）2＝（2k+2+2k）（2k+2﹣2k）＝2（4k+2）＝4（2k+1），
∴“神秘数”是4的倍数；
（3）设两个连续的奇数为：2k+1，2k﹣1，则
（2k+1）2﹣（2k﹣1）2＝8k，
而由（2）知“神秘数”是4的倍数，但不是8的倍数，
所以两个连续的奇数的平方差不是神秘数．
16．（2021秋•勃利县期末）已知a、b互为相反数且a≠0，c、d互为倒数，m的绝对值是最小的正整数，求|m|﹣﹣cd的值．
【解析】解：∵a、b互为相反数且a≠0，
∴a+b＝0；
∵c、d互为倒数，
∴cd＝1；
∵m的绝对值是最小的正整数，
∴|m|＝1，
∴|m|﹣﹣cd
＝1﹣（﹣1）+0﹣1
＝1
17．（2021秋•宿松县期末）新定义：如图①，已知∠AOB，在∠AOB内部画射线OC，得到三个角，分别为∠AOC、∠BOC、∠AOB．若这三个角中有一个角是另外一个角的2倍，则称射线OC为∠AOB的“幸运线”．（本题中所研究的角都是大于0°而小于180°的角．）

【阅读理解】（1）角的平分线 　是　这个角的“幸运线”；（填“是”或“不是”）
【初步应用】（2）如图①，∠AOB＝48°，射线OC为∠AOB的“幸运线”，则∠AOC的度数为 　16°或24°或32°　；（直接写出答案）
【解决问题】
（3）如图②，已知∠AOB＝50°，射线OM从OA出发，以每秒10°的速度绕O点顺时针旋转，同时，射线ON从OB出发，以每秒15°的速度绕O点顺时针旋转，设运动的时间为t秒（0＜t＜5）．若OM、ON、OB三条射线中，一条射线恰好是以另外两条射线为边的角的“幸运线”，求运动的时间t的值．
【实际运用】
（4）周末，小丽帮妈妈到附近的“中通快递”网点取包裹，出家门时小丽看了看时钟，恰好是下午3点整，取好包裹回到家时，小丽再看了看时钟，还没有到下午3点半，但此时分针与时针恰好重合．问小丽帮妈妈取包裹用了多少分钟？

【解析】解：（1）一个角的平分线是这个角的“幸运线”；
故答案为：是；
（2）①设∠AOC＝x，则∠BOC＝2x，
由题意得，x+2x＝48°，解得x＝16°，
②设∠AOC＝x，则∠BOC＝x，
由题意得，x+x＝48°，解得x＝24°，
③设∠AOC＝x，则∠BOC＝x，
由题意得，x+x＝48°，解得x＝32°，
故答案为：16°或24°或32°；
（3）当0＜t＜5时，射线OB在∠MON内部，此时∠MON＝50+5t，∠BON＝15t，
若OB是射线OM与ON的幸运线，
则∠BON＝∠MON，即15t＝（50+5t），解得t＝2；
∠BON＝∠MON，即15t＝（50+5t），解得t＝；
∠BON＝∠MON，即15t＝（50+5t），解得t＝；
故t的值是2或或；
（4）∵时针每小时转动的角度是30°，分针每小时转动一周，角度为360°．
∴时针每分钟转动30°÷60＝0.5°，分针每分钟转动360°÷60＝6°，
设此时对应的时刻是3点x分，
90+0.5x＝6x，解得：x＝，
∴这一时刻是3点分．
∴小丽帮妈妈取包裹用了分钟．
18．（2021秋•蓬江区月考）先阅读短文，然后回答短文后面所给出的问题：
对于三个数a、b、c的平均数，最小的数都可以给出符号来表示，我们规定M{a，b，c}表示这三个数的平均数，min{a，b，c}表示这三个数中的最小的数，max{a，b，c}表示这三个数中最大的数．例如：M{﹣1，2，3}＝＝，min{﹣1，2，3}＝﹣1，max{﹣1，2，3}＝3；M{﹣1，2，a}＝＝，min{﹣1，2，a}＝．
（1）请填空：min{﹣1，3，0}＝　﹣1　；若x＜0，则max{2，x2+2，x+1}＝　x2+2　；
（2）若min{2，2x+2，4﹣2x}＝M{x﹣1，5﹣4x，3x+2}，求x的取值范围．
（3）若M{2，x+1，2x}＝min{2，x+1，2x}，求x的值．
【解析】解：（1）∵﹣1，3，0最小的数是﹣1，
∴min{﹣1，3，0}＝﹣1，
∵若x＜0，2，x2+2，x+1中，最大的数是x2+2，
∴max{2，x2+2，x+1}＝x2+2；
故答案为：﹣1，x2+2；

（2）∵M（x﹣1，5﹣4x，3x+2}＝2，
∴，
则0≤x≤1．

（3）M{2，x+1，2x}＝＝x+1＝min{2，x+1，2x}，
∴，
∴，
∴x＝1．
19．（2021秋•绵竹市期末）某商场开展春节促销活动出售A、B两种商品，活动方案如下两种：
方案一

A
B
每件标价
90元
100元
每件商品返利
按标价的30%
按标价的15%
例如买一件A商品，只需付款90×（1﹣30%）元
方案二
所购商品一律按标价的20%返利
（1）某单位购买A商品30件，B商品20件，选用何种方案划算？能便宜多少钱？
（2）某单位购买A商品x件（x为正整数），购买B商品的件数是A商品件数的2倍少1件，若两方案的实际付款一样，求x的值．
【解析】解：（1）方案一付款：30×90×（1﹣30%）+20×100×（1﹣15%）＝3590（元），
方案二付款：（30×90+20×100）×（1﹣20%）＝3760（元），
∵3590＜3760，3760﹣3590＝170（元），
∴选用方案一更划算，能便宜170元；

（2）设某单位购买A商品x件，
则方案一需付款：90（1﹣30%）x+100（1﹣15%）（2x﹣1）＝233x﹣85，
方案二需付款：[90x+100（2x﹣1）]（1﹣20%）＝232x﹣80，
当两方案付款一样时可得，233x﹣85＝232x﹣80，
解得：x＝5，
答：某单位购买A商品x件（x为正整数），购买B商品的件数是A商品件数的2倍少1件，若两方案的实际付款一样，x的值为5．
20．（2022•霍邱县一模）如图1，在平面直角坐标系中，已知C点坐标为（0，﹣3），且OA＝OC＝3OB，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）的图象经过A，B，C三点，D点是该抛物线的顶点．

（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）判断△ADC的形状，并求△ADC的面积；
（3）如图2，点P是该抛物线位于第三象限的部分上的一个动点，过P点作PE⊥AC于点E，PE的值是否存在最大值？如果存在，请求出PE的最大值；如果不存在，请说明理由．

【解析】解：（1）∵C点坐标为（0，﹣3），
∴OC＝3，
又∵OA＝OC＝3OB，
∴OA＝OC＝3，OB＝1，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
将A，B两点的坐标代入解析式得，
，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣3；

（2）∵抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3，
∴对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
当x＝﹣1时，y＝（﹣1）2+2×（﹣1）﹣3＝﹣4，
∴D点的坐标为（﹣1，﹣4），
∴AD＝＝2，
AC＝＝3，
CD＝＝，
∵AD2＝AC2+CD2，
∴△ACD是直角三角形，
S△ADC＝AC•CD＝×3×＝3；

（3）PE的值存在最大值，
设直线AC的解析式为y＝sx+t，
代入A，C点坐标，
得，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣3，
如图，过点P作y轴的平行线交AC于点H

∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∵PH∥y轴，
∴∠PHE＝∠OCA＝45°，
设点P（x，x2+2x﹣3），则点H（x，﹣x﹣3），
∴PH＝﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）＝﹣x2﹣3x，
∴PE＝PH•sin∠PHE＝（﹣x2﹣3x）×＝﹣（x+）2+，
∴当x＝﹣时，PE有最大值为，
∴PE有最大值为．
21．（2022•安徽一模）如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，抛物线C2的顶点也在抛物线C1上，那么我们称抛物线C1与C2为“互为关联”的抛物线．如图（1），已知抛物线C1：y1＝x2+x与C2：y2＝ax2+x+c是“互为关联”的抛物线，点A，B分别是抛物线C1，C2的顶点，抛物线C2经过点D（6，﹣1）．
（1）直接写出A，B的坐标和抛物线C2的解析式；
（2）如图（2），点F（﹣6，3）在抛物线C1上，点M，N分别是抛物线C1，C2上的动点，且点M，N的横坐标相同，记△AFM的面积为S1（当点M与点A或F重合时，S1＝0），△ABN的面积为S2（当点N与点A或B重合时，S2＝0），令S＝S1+S2，观察图象，当y1≤y2时，写出x的取值范围，并求出在此范围内S的最大值．

【解析】解：（1）∵y1＝x2+x＝（x+2）2﹣1，
∴点A坐标为（﹣2，﹣1），
将（﹣2，﹣1），（6，﹣1）代入y2＝ax2+x+c得，
解得﹣，
∴y2＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣2）2+3．
∴点B坐标为（2，3）．
（2）根据y1≤y2，观察图象可得x的取值范围为﹣2≤x≤2．
设M（t，t2+t），N（t，﹣t2+t+2），且﹣2≤t≤2．
设直线AF解析式为y＝kx+b，
将（﹣6，3），（﹣2，﹣1）代入y＝kx+b得，
解得，
∴y＝﹣x﹣3．
过点M作x轴的平行线MQ交AF于点Q，

由yQ＝yM，得Q（﹣t2﹣t﹣3，t2+t），
则S1＝|QM|•|yF﹣yA|＝t2+4t+6．
设AB交MN于点P，易知点P的坐标为（t，t+1），
则S2＝|PN|•|xA﹣xB|＝2﹣t2，
∴S＝S1+S2＝4t+8，
∴当t＝2时，S取最大值，最大值为16．
22．（2021秋•怀宁县期末）对于二次函数y＝x2﹣3x+2和一次函数y＝﹣2x+4，把y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）称为这两个函数的“再生二次函数”，其中t是不为零的实数，其图象记作抛物线E，现有点A（2，0）和抛物线E上的点B（﹣1，n），请完成下列任务：
（1）（尝试）判断点A是否在抛物线E上，并说明理由．
（2）（发现）对于t取任何不为零的实数，抛物线E总过定点，请直接写出定点坐标．
（3）（应用）以AB为边作矩形ABCD，使得顶点D落在y轴负半轴上；若抛物线E经过A、B、D三点，求出符合条件的t的值．

【解析】解：【尝试】A（2，0）在抛物线y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）上，理由如下：
∵在y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）中，令x＝0得：y＝t（4﹣6+2）+（1﹣t）（﹣4+4）＝0，
∴点A（2，0）在抛物线E上；
【发现】由y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）得：
y＝t（x﹣1）（x﹣2）﹣2（1﹣t）（x﹣2）
＝t（x+1）（x﹣2）﹣2x+4，
∵对于t取任何不为零的实数，抛物线E总过定点，
∴（x+1）（x﹣2）＝0，解得x1＝﹣1，x2＝2，
当x＝﹣1时，y＝t（1+3+2）+（1﹣t）（2+4）＝6t+6﹣6t＝6，
当x＝2时，y＝t（22﹣3×2+2）+（1﹣t）（﹣2×2+4）＝0，
∴抛物线E总过（﹣1，6）和（2，0）；
【应用】设AB交y轴于F，过点B做BE⊥y轴于点E，如图：

根据【发现】可得A（2，0）和B（﹣1，6），
∵∠BEF＝∠AOF＝90°，∠BFE＝∠AFO，
∴△BEF∽△AOF，
∴＝．
∵BE＝1，AO＝2，EO＝6，
∴OF＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAF＝90°，
∴∠AFO＝90°﹣∠ADO＝∠OAD，
∵∠AOF＝∠DOA，
∴△FOA∽△AOD，
∴＝，
∴OD＝1，即D（0，﹣1），
∵抛物线y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4）经过D（0，﹣1），
∴﹣1＝t（0﹣0+2）+（1﹣t）•（0+4），
解得t＝，
答：t的值是．
23．（2022•安徽一模）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝4x+4与x轴，y轴分别相交于A，B两点．点A在抛物线y＝ax2+bx﹣3a（a＜0）上．
（1）求抛物线的顶点坐标（用含a的代数式表示）；
（2）若a＝﹣1，当t﹣1≤x≤t时，二次函数y＝ax2+bx﹣3a的最大值是3，求t的值；
（3）将点B向右平移3个单位长度，得到点C，若抛物线与线段BC有两个公共点，求a的取值范围．
【解析】解：（1）∵y＝4x+4与x轴，y轴分别交A，B两点，
可求得A（﹣1，0），B（0，4），
∵A在抛物线y＝ax2+bx﹣3a上，
∴0＝a﹣b﹣3a，
∴b＝﹣2a，
∴抛物线的解析式为y＝ax2﹣2ax﹣3a＝ax2﹣2ax+a﹣4a＝a（x﹣1）2﹣4a，
∴抛物线的顶点坐标为（1，﹣4a）．
（2）∵a＝﹣1，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3，顶点坐标为（1，4），
∴二次函数y＝﹣x2+2x+3在x＝1时有最大值为4，
∵t﹣1＜x＜t时，二次函数y＝﹣x2+2x+3有最大值为3，
∴当1＜t﹣1时，在x＝t﹣1时，y＝3；当t＜1时，在x＝t时，y＝3，
①当1＜t﹣1，即t＞2时：
﹣（t﹣1）2+2（t﹣1）+3＝3，
解得t＝1或3，
∵t＞2，
∴t＝3，
②当t＜1时：
﹣t2+2t+3＝3
解得t＝0或2，
∵t＜1，
∴t＝0，
综上所述，t＝3或0．
（3）∵将点B（0，4）平移3个单位长度，得到点C，
∴C（3，4），

∵y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣3）（x+1），
∴抛物线经过点（3，0）和（﹣1，0），
若此二次函数的图象与线段BC有两个交点，
则如图所示，抛物线的图象只能位于图中两个虚线的位置之间，
当抛物线经过点B时，为一种临界情况，
将B（0，4）代入，
4＝0﹣0﹣3a，
∴a＝，
当抛物线的顶点在线段BC上时，为一种临界情况，
此时顶点的纵坐标为4，
∴﹣4a＝4，
得a＝﹣1，
∴﹣≤a＜﹣1．
24．（2022•萧县校级开学）已知A、C、D为⊙O上三点，且AD＝CD．
（1）如图1，延长AD至点B，使BD＝AD，连接CB．
①求证：△ABC为直角三角形；
②若⊙O的半径为4，AD＝5，求BC的值；
（2）如图2，若∠ADC＝90°，E为⊙O上的一点，且点D，E位于AC两侧，作△ADE关于AD对称的图形△ADQ，连接QC，求证：QA2+2QD2＝QC2．

【解析】（1）①证明：∵AD＝CD，BD＝AD，
∴DB＝DC，
∴DC＝DB＝AB，
∴△ABC为直角三角形；
②解：连接OA，OD，如图1，

∵AD＝CD，
∴＝，
∴OD⊥AC，AH＝CH，
∵OA＝OD＝4，
设DH＝x，则OH＝4﹣x，
∵AH2＝OA2﹣OH2＝AD2﹣DH2，
∴52﹣x2＝42﹣（4﹣x）2，
解得x＝．
∴DH＝，
∵BC⊥AC，OD⊥AC，
∴OD∥BC，
∴BC＝2DH＝；
（2）延长QA交⊙O于点F，连接DF，FC，如图2，

∵∠ADC＝90°，AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA＝45°，
∴∠DFA＝∠E＝∠DCA＝45°，∠DFC＝∠DAC＝45°，
∴∠QFC＝∠AFD+∠DFC＝90°，
∴QC2＝QF2+CF2，
∵△ADE关于AD对称的图形△ADQ，
∴∠DQA＝∠E＝45°，
∴∠DQA＝∠DFA＝45°，
∴DQ＝DF，
∴∠QDF＝180°﹣∠DQA﹣∠QFD＝90°，
∴DQ2+DF2＝QF2，即QF2＝2DQ2，
由∠QDF＝∠ADC＝90°，得∠QDA＝∠CDF，
在△QDA与△FDC中，
，
∴△QDA≌△FDC（AAS），
∴QA＝FC，
∴QC2＝2QD2+QA2．
25．（2022•和县二模）如图①，四边形ABCD是正方形，∠CBG是该正方形的一个外角．点E是边AB上一点，DE⊥EF，且DE＝EF，连接BF．
（1）求证：∠FBG＝45°；
（2）如图②，过C作CH⊥DE于点Q，交AD于点H，连接EH，CF．
①求证四边形EFCH为平行四边形；
②如图③，连接DF交BC于点M，若，求的值．

【解析】（1）证明：FH⊥BG于H，

∵∠DEF＝90°，
∴∠AED+∠FEH＝90°，
又∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠FEH＝∠ADE，
又∵∠A＝∠EHF，
且DE＝EF，
∴△DAE≌△EHF（AAS），
∴AE＝HF，AD＝EH，
∴AB＝AD＝EH，
∴EH﹣EB＝AB﹣EB，
∴BH＝AE，
∴BH＝HF．
∴∠FBG＝∠BFH＝45°；

（2）①证明：∵CH⊥DE，DE⊥EF，
∴CH∥EF；
∴四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠BAD＝90°，
∴∠ADE+∠CDE＝90°，
∵CH⊥DE，
∴∠DCH+∠CDE＝90°，
∴∠DCH＝∠ADE，
在△CDH和△DAE中，
，
∴△CDH≌△DAE （ASA），
∴CH＝DE，
∵DE＝EF，
∴CH＝EF，
又∵CH∥EF，
∴四边形EFCH为平行四边形；
②解：如图，延长BA到N，使AN＝CM，连接DN、EM，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝АВ，
∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠BAD＝∠DAN＝90°，
△ADN和△CDM中，
，
∴△ADN≌△CDM（SAS），
∴DN＝DM，∠ADN＝∠CDM，
∴∠ADN+∠ADM＝∠CDM+∠ADM，
∴∠MDN＝∠ADC＝90，
∵DE⊥EF，DE＝EF，
∴∠EDF＝45°，
∴∠NDE＝90°﹣∠EDF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠NDE＝∠MDE＝45°，
在△NDЕ△МDE中，
，
∴△NDE≌△MDE（SAS），
∴EN＝ЕМ，
∵EN＝AN+AE＝CM+AE，
∴ЕM＝CM+AЕ，
∵＝，
设CM＝2k，则AH＝3k，
由（2）①可知△CDH≌△DAE，DH＝AЕ，
∵AD﹣DH＝AB﹣AE，
即BE＝AH＝3k，
设AE＝x，则DH＝x，
BC＝AD＝AH+DH＝3k+x，
∴ЕМ＝2k+x，
ВМ＝BC﹣СМ＝3k+x﹣2k＝x+k，
∵∠ABC＝90°，
∴BE2+BM2＝EM2，
∴（3k）2+（x+k）2＝（2k+x）2，
解得x＝3k，
∴AE＝DH＝3k，CD＝AD＝3k+3k＝6k，
∴EH＝＝＝3k，
CH＝＝＝3k，
由①得四边形EFCH为平行四边形，
∴CF＝EH＝3k，
∴＝＝．
26．（2022•霍邱县一模）如图1，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，CO⊥BE交AB于F．EF交CB延长线于G．

（1）当E为AD中点时，求证：BC＝2BG；
（2）如图2，当BG＝BC时，求证：AE2＝AF•AB；
（3）在（2）的条件下，连接OD，求tan∠EOD的值．

【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，CF⊥BE，
∴∠FCB+∠EBC＝∠EBC+∠ABE，
∴∠FCB＝∠ABE，
又∵AB＝BC，∠A＝∠FBC，
∴△AEB≌△BFC（ASA），
∴BF＝AE，
∵E为AD中点，
∴AE＝AD，
∴F为AB中点，
∴AE＝AF，
∴∠AFE＝45°，
∴∠G＝90°﹣45°＝45°，
∴BF＝BG＝BC，
即BC＝2BG；

（2）证明：∵BG＝BC，BF⊥CG，
∴FG＝FC，
∴∠G＝∠FCG，
∵AE∥CG，
∴∠AEF＝∠G，
∴∠AEF＝∠FCG，
∴△AEF∽△BCF，
∴，
∴AE•BF＝AF•BC，
由（1）可知，△AEB≌△BFC，
∴AE＝BF，
∵AB＝BC，
∴AE2＝AF•AB；

（3）解：如图，延长OE、CD交于P点，连接CE，
∵∠PDE＝∠POC，
∴△PDE∽△POC，
∴，
又∵∠P＝∠P，
∴△POD∽△PCE，
∴∠EOD＝∠ECD，
设AE＝x，AB＝1，则AF＝1﹣x，
由（2）可得AE2＝AF•AB，
∴x2＝（1﹣x）×1，解得x＝或x＝﹣（舍去），
∴DE＝AF＝1﹣＝，
∴tan∠ECD＝＝，
即tan∠EOD＝．

27．（2021秋•和平县期末）某学校计划利用一片空地建一个学生自行车车棚，其中一面靠墙，这堵墙的长度为12米．计划建造车棚的面积为80平方米，已知现有的木板材料可使新建板墙的总长为26米．
（1）为了方便学生出行，学校决定在与墙平行的一面开一个2米宽的门，那么这个车棚的长和宽分别应为多少米？
（2）如图，为了方便学生取车，施工单位决定在车棚内修建几条等宽的小路，使得停放自行车的面积为54平方米，那么小路的宽度是多少米？

【解析】解：（1）设与墙垂直的一面为x米，另一面则为（26﹣2x+2）米
根据题意得：x（28﹣2x）＝80
整理得：x2﹣14x+40＝0
解得x＝4或x＝10，
当x＝4时，28﹣2x＝20＞12（舍去）
当x＝10时，28﹣2x＝8＜12
∴长为10米，宽为8米．

（2）设宽为a米，根据题意得：（8﹣2a）（10﹣a）＝54，
a2﹣14a+13＝0，
解得：a＝13＞10（舍去），a＝1，
答：小路的宽为1米．
28．（2021秋•宣州区校级期末）在正常情况下，一个人在运动时所能承受的每分钟心跳的最高次数S（次/分）与这个人年龄n（岁）满足关系式：S＝an+b，其中a、b均为常数．

（1）根据图中提供的信息，求a、b的值；
（2）若一位63岁的人在跑步，医生在途中给他测得10秒心跳为26次，问：他是否有危险？为什么？
【解析】解：（1）根据题意，得
解这个方程组，得
所以，a＝﹣，b＝174．
（2）当n＝63时，S＝﹣×63+174＝132（次/分）．
即63岁的人在运动时所能承受的最高心跳次数为132次/分．
而26×＝156（次/分）＞132（次/分）．
所以，他有危险．
29．（2022•吉安一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是菱形，且B（﹣8，4）．若反比例函数y1＝
的图象经过菱形对角线AC，OB的交点F，设直线BC的解析式为y2＝k2x+b．
（1）求反比例函数解析式；
（2）求直线BC的解析式；
（3）请结合图象直接写出不等式k2x+b﹣＞0的解集．

【解析】解：（1）过B作BM⊥OC于M，过F作FN⊥OC于N，则BM∥FN，
∴△OFN∽△OBM，
∴＝＝，
∵B（﹣8，4），
∴OM＝8，BM＝4，
∵四边形OABC是菱形，
∴BF＝OF，
∴＝，
∴＝＝，
∴ON＝×8＝4，FN＝×4＝2，
∴F（﹣4，2），
∵反比例函数y1＝的图象经过点F，
∴2＝，
∴k1＝﹣8，
∴反比例函数解析式为y1＝；
（2）设OC＝x，则CM＝8﹣x，
∵四边形OABC是菱形，
∴BC＝OC＝x，
在Rt△BCM中，BM2+CM2＝BC2，
∴42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴C（﹣5，0），
把B（﹣8，4），C（﹣5，0）的坐标代入y2＝k2x+b得，
解得：，
∴直线BC的解析式为y2＝﹣x﹣；
（3）解方程组，得：，，
∴D（﹣6，），E（1，﹣8），
∴不等式k2x+b﹣＞0的解集为x＜﹣6或0＜x＜1．

30．（2021春•黄冈期末）某市A，B两个蔬菜基地得知四川C，D两个灾民安置点分别急需蔬菜240t和260t的消息后，决定调运蔬菜支援灾区，已知A蔬菜基地有蔬菜200t，B蔬菜基地有蔬菜300t，现将这些蔬菜全部调运C，D两个灾民安置点从A地运往C，D两处的费用分别为每吨20元和25元，从B地运往C，D两处的费用分别为每吨15元和18元．设从B地运往C处的蔬菜为x吨．
（1）请填写下表，并求两个蔬菜基地调运蔬菜的运费相等时x的值：

C
D
总计/t
A
　（240﹣x）　
　（x﹣40）　
200
B
x
　（300﹣x）　
300
总计/t
240
260
500
（2）设A，B两个蔬菜基地的总运费为w元，求出w与x之间的函数关系式，并求总运费最小的调运方案；
（3）经过抢修，从B地到C处的路况得到进一步改善，缩短了运输时间，运费每吨减少m元（m＞0），其余线路的运费不变，试讨论总运费最小的调动方案．
【解析】解：（1）填表如下：

C
D
总计/t
A
（240﹣x）
（x﹣40）
200
B
x
（300﹣x）
300
总计/t
240
260
500
依题意得：20（240﹣x）+25（x﹣40）＝15x+18（300﹣x）
解得：x＝200
两个蔬菜基地调运蔬菜的运费相等时x的值为200．
（2）w与x之间的函数关系为：w＝20（240﹣x）+25（x﹣40）+15x+18（300﹣x）＝2x+9200
由题意得：
∴40≤x≤240
∵在w＝2x+9200中，2＞0
∴w随x的增大而增大
∴当x＝40时，总运费最小
此时调运方案为：

（3）由题意得w＝（2﹣m）x+9200
∴0＜m＜2，（2）中调运方案总费用最小；
m＝2时，在40≤x≤240的前提下调运方案的总费用不变；
2＜m＜15时，x＝240总费用最小，其调运方案如下：