四川省2022年各地区中考数学真题按题型分层分类汇编-09解答题（压轴题）

这是一份四川省2022年各地区中考数学真题按题型分层分类汇编-09解答题（压轴题），共53页。试卷主要包含了，顶点D的横坐标为1，，其顶点为点D，连结AC，，点B关于y轴的对称点为B'，关于x轴对称，两点，直线x＝3与x轴交于点C等内容，欢迎下载使用。

四川省2022年各地区中考数学真题按题型分层分类汇编-09解答题（压轴题）
一．二次函数综合题（共11小题）
1．（2022•绵阳）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C（0，3），顶点D的横坐标为1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y轴的负半轴上是否存在点P使∠APB+∠ACB＝180°，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）过点C作直线l与y轴垂直，与抛物线的另一个交点为E，连接AD，AE，DE，在直线l下方的抛物线上是否存在一点M，过点M作MF⊥l，垂足为F，使以M，F，E三点为顶点的三角形与△ADE相似？若存在，请求出M点的坐标，若不存在，请说明理由．

2．（2022•广安）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为（0，﹣4），点C坐标为（2，0）．
（1）求此抛物线的函数解析式．
（2）点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△PAB为直角三角形，请求出点P的坐标．


3．（2022•雅安）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣1，0），B（3，0），且与y轴交于点C（0，﹣3）．

（1）求此二次函数的表达式及图象顶点D的坐标；
（2）在此抛物线的对称轴上是否存在点E，使△ACE为Rt△，若存在，试求点E的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）在平面直角坐标系中，存在点P，满足PA⊥PD，求线段PB的最小值．
4．（2022•宜宾）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（3，0）、B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），其顶点为点D，连结AC．
（1）求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上取一点E，点F为抛物线上一动点，使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形，求点F的坐标；
（3）在（2）的条件下，将点D向下平移5个单位得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求PF+PM的最小值．

5．（2022•广元）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B，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A，B两点，并与x轴的正半轴交于点C．
（1）求a，b满足的关系式及c的值；
（2）当a＝时，若点P是抛物线对称轴上的一个动点，求△ABP周长的最小值；
（3）当a＝1时，若点Q是直线AB下方抛物线上的一个动点，过点Q作QD⊥AB于点D，当QD的值最大时，求此时点Q的坐标及QD的最大值．

6．（2022•乐山）如图1，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（2，0），与y轴交于点C，且tan∠OAC＝2．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图2，过点C作CD∥x轴交二次函数图象于点D，P是二次函数图象上异于点D的一个动点，连结PB、PC，若S△PBC＝S△BCD，求点P的坐标；
（3）如图3，若点P是二次函数图象上位于BC下方的一个动点，连结OP交BC于点Q．设点P的横坐标为t，试用含t的代数式表示的值，并求的最大值．

7．（2022•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx﹣3（k≠0）与抛物线y＝﹣x2相交于A，B两点（点A在点B的左侧），点B关于y轴的对称点为B'．
（1）当k＝2时，求A，B两点的坐标；
（2）连接OA，OB，AB'，BB'，若△B'AB的面积与△OAB的面积相等，求k的值；
（3）试探究直线AB'是否经过某一定点．若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．

8．（2022•德阳）抛物线的解析式是y＝﹣x2+4x+a．直线y＝﹣x+2与x轴交于点M，与y轴交于点E，点F与直线上的点G（5，﹣3）关于x轴对称．
（1）如图①，求射线MF的解析式；
（2）在（1）的条件下，当抛物线与折线EMF有两个交点时，设两个交点的横坐标是x1，x2（x1＜x2），求x1+x2的值；
（3）如图②，当抛物线经过点C（0，5）时，分别与x轴交于A，B两点，且点A在点B的左侧．在x轴上方的抛物线上有一动点P，设射线AP与直线y＝﹣x+2交于点N．求的最大值．

9．（2022•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+x+c经过A（﹣2，0），B（0，4）两点，直线x＝3与x轴交于点C．
（1）求a，c的值；
（2）经过点O的直线分别与线段AB，直线x＝3交于点D，E，且△BDO与△OCE的面积相等，求直线DE的解析式；
（3）P是抛物线上位于第一象限的一个动点，在线段OC和直线x＝3上是否分别存在点F，G，使B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

10．（2022•南充）抛物线y＝x2+bx+c与x轴分别交于点A，B（4，0），与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，▱BCPQ顶点P在抛物线上，如果▱BCPQ面积为某值时，符合条件的点P有且只有三个，求点P的坐标．
（3）如图2，点M在第二象限的抛物线上，点N在MO延长线上，OM＝2ON，连接BN并延长到点D，使ND＝NB．MD交x轴于点E，∠DEB与∠DBE均为锐角，tan∠DEB＝2tan∠DBE，求点M的坐标．


11．（2022•遂宁）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，E为△ABC边AB上的一动点，F为BC边上的一动点，D点坐标为（0，﹣2），求△DEF周长的最小值；
（3）如图2，N为射线CB上的一点，M是抛物线上的一点，M、N均在第一象限内，B、N位于直线AM的同侧，若M到x轴的距离为d，△AMN面积为2d，当△AMN为等腰三角形时，求点N的坐标．

二．三角形综合题（共1小题）
12．（2022•达州）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形CDE，按如图1的方式摆放，∠ACB＝∠ECD＝90°，随后保持△ABC不动，将△CDE绕点C按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），连接AE，BD，延长BD交AE于点F，连接CF．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：
【初步探究】
（1）如图2，当ED∥BC时，则α＝　 　；
（2）如图3，当点E，F重合时，请直接写出AF，BF，CF之间的数量关系：　 　；
【深入探究】
（3）如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．
【拓展延伸】
（4）如图5，在△ABC与△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，若BC＝mAC，CD＝mCE（m为常数）．保持△ABC不动，将△CDE绕点C按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），连接AE，BD，延长BD交AE于点F，连接CF，如图6．试探究AF，BF，CF之间的数量关系，并说明理由．


三．四边形综合题（共2小题）
13．（2022•乐山）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
如图，在正方形ABCD中，CE⊥DF．求证：CE＝DF．
证明：设CE与DF交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD．
∴∠BCE+∠DCE＝90°，
∵CE⊥DF，
∴∠COD＝90°．
∴∠CDF+∠DCE＝90°．
∴∠CDF＝∠BCE，
∴△CBE≌△DFC．
∴CE＝DF．
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究．
【问题探究】
如图1，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．试猜想的值，并证明你的猜想．
【知识迁移】
如图2，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．则＝　 　．
【拓展应用】
如图3，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝BC，点E、F分别在线段AB、AD上，且CE⊥BF．求的值．



14．（2022•南充）如图，在矩形ABCD中，点O是AB的中点，点M是射线DC上动点，点P在线段AM上（不与点A重合），OP＝AB．
（1）判断△ABP的形状，并说明理由．
（2）当点M为边DC中点时，连接CP并延长交AD于点N．求证：PN＝AN．
（3）点Q在边AD上，AB＝5，AD＝4，DQ＝，当∠CPQ＝90°时，求DM的长．


四．几何变换综合题（共1小题）
15．（2022•成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．
【尝试初探】
（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．



四川省2022年各地区中考数学真题按题型分层分类汇编-09解答题（压轴题）
参考答案与试题解析
一．二次函数综合题（共11小题）
1．（2022•绵阳）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C（0，3），顶点D的横坐标为1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y轴的负半轴上是否存在点P使∠APB+∠ACB＝180°，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）过点C作直线l与y轴垂直，与抛物线的另一个交点为E，连接AD，AE，DE，在直线l下方的抛物线上是否存在一点M，过点M作MF⊥l，垂足为F，使以M，F，E三点为顶点的三角形与△ADE相似？若存在，请求出M点的坐标，若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）∵顶点D的横坐标为1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∵A（﹣1，0），
∴B（3，0），
∴设抛物线的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣3），
将C（0，3）代入抛物线的解析式，
则﹣3a＝3，
解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3．
（2）存在，P（0，﹣1），理由如下：

∵∠APB+∠ACB＝180°，
∴∠CAP+∠CBP＝180°，
∴点A，C，B，P四点共圆，如图所示，
由（1）知，OB＝OC＝3，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠APC＝∠ABC＝45°，
∴△AOP是等腰直角三角形，
∴OP＝OA＝1，
∴P（0，﹣1）．
（3）存在，理由如下：
由（1）知抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，
∴D（1，4），
由抛物线的对称性可知，E（2，3），
∵A（﹣1，0），
∴AD＝2，DE＝，AE＝3．
∴AD2＝DE2+AE2，
∴△ADE是直角三角形，且∠AED＝90°，DE：AE＝1：3．
∵点M在直线l下方的抛物线上，

∴设M（t，﹣t2+2t+3），则t＞2或t＜0．
∴EF＝|t﹣2|，MF＝3﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t，
若△MEF与△ADE相似，则EF：MF＝1：3或MF：EF＝1：3，
∴|t﹣2|：（t2﹣2t）＝1：3或（t2﹣2t）：|t﹣2|＝1：3，
解得t＝2（舍）或t＝3或﹣3或（舍）或﹣，
∴M的坐标为（3，0）或（﹣3，﹣12）或（﹣，）．
综上，存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与△ADE相似，此时点M的坐标为（3，0）或（﹣3，﹣12）或（﹣，）．
2．（2022•广安）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为（0，﹣4），点C坐标为（2，0）．
（1）求此抛物线的函数解析式．
（2）点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△PAB为直角三角形，请求出点P的坐标．


【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象经过点B（0，﹣4），点C（2，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4；

（2）存在．
理由：如图1中，设D（t，t2+t﹣4），连接OD．

令y＝0，则x2+x﹣4＝0，
解得x＝﹣4或2，
∴A（﹣4，0），C（2，0），
∵B（0，﹣4），
∴OA＝OB＝4，
∵S△ABD＝S△AOD+S△OBD﹣S△AOB＝×4×（﹣﹣t+4）+×4×（﹣t）﹣×4×4＝﹣t2﹣4t＝﹣（t+2）2+4，
∵﹣1＜0，
∴t＝﹣2时，△ABD的面积最大，最大值为4，此时D（﹣2，﹣4）；

（3）如图2中，设抛物线的对称轴交x轴于点N，过点B作BM⊥抛物线的对称轴于点M．则N（﹣1.0）．M（﹣1，﹣4）；

∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
当∠P1AB＝90°时，△ANP1是等腰直角三角形，
∴AN＝NP1＝3，
∴P1（﹣1，3），
当∠ABP2＝90°时，△BMP2是等腰直角三角形，可得P2（﹣1，﹣5），
当∠APB＝90°时，设P（﹣1，n），设AB的中点为J，连接PJ，则J（﹣2，﹣2），
∴PJ＝AB＝2，
∴12+（n+2）2＝（2）2，
解得n＝﹣2或﹣﹣2，
∴P3（﹣1，﹣2），P4（﹣1，﹣﹣2），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣1，3）或（﹣1，﹣5）或（﹣1，﹣2）或（﹣1，﹣﹣2）．
3．（2022•雅安）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣1，0），B（3，0），且与y轴交于点C（0，﹣3）．

（1）求此二次函数的表达式及图象顶点D的坐标；
（2）在此抛物线的对称轴上是否存在点E，使△ACE为Rt△，若存在，试求点E的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）在平面直角坐标系中，存在点P，满足PA⊥PD，求线段PB的最小值．
【解答】解：（1）由题意设二次函数表达式为：y＝a（x+1）•（x﹣3），
∴a•（﹣3）＝﹣3，
∴a＝1，
∴y＝（x+1）•（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴D（1，﹣4）；
（2）存在点E，使△ACE是直角三角形，过程如下：
设点E（1，m），
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴AC2＝10，AE2＝4+m2，CE2＝1+（m+3）2，
当∠EAC＝90°时，
AE2+AC2＝CE2，
∴14+m2＝1+（m+3）2，
∴m＝，
∴E1（1，），
当∠ACE＝90°时，
AC2+CE2＝AE2，
∴11+（m+3）2＝4+m2，
∴m＝﹣，
∴E2（1，﹣），
当∠AEC＝90°时，
AE2+CE2＝AC2，
∴5+m2+（m+3）2＝10，
∴m＝﹣1或﹣2，
∴E3（1，﹣1），E4（1，﹣2），
综上所述：点E（1，）或（1，﹣）或（1，﹣1）或（1，﹣2）；
（3）设AD的中点为I，
∵A（﹣1，0），D（1，﹣4），
∴AD＝＝2，I（0，﹣2），
∴PA⊥PD，
∴∠ADP＝90°，
∴点P在以AB的中点I为圆心，为半径的圆上，
∵BI＝＝，
∴PB最小＝﹣．
4．（2022•宜宾）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（3，0）、B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），其顶点为点D，连结AC．
（1）求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上取一点E，点F为抛物线上一动点，使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形，求点F的坐标；
（3）在（2）的条件下，将点D向下平移5个单位得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求PF+PM的最小值．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（3，0）、B（﹣1，0），C（0，3），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点D的坐标为（1，4）；

（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b，
把A（3，0），C（0，3）代入，得，
∴，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
过点F作FG⊥DE于点G，
∵以A，C，E，F为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形，
∴AC＝EF，AC∥EF，
∵OA∥FG，
∴∠OAC＝∠GFE，
∴△OAC≌△GFE（AAS），
∴OA＝FG＝3，
设F（m，﹣m2+2m+3），则G（1，﹣m2+2m+3），
∴FG＝|m﹣1|＝3，
∴m＝﹣2或m＝4，
当m＝﹣2时，﹣m2+2m+3＝﹣5，
∴F1（﹣2，﹣5），
当m＝4时，﹣m2+2m+3＝﹣5，
∴F2（4，﹣5）
综上所述，满足条件点F的坐标为（﹣2，﹣5）或（4，﹣5）；

（3）由题意，M（1，﹣1），F2（4，﹣5），F1（﹣2，﹣5）关于对称轴直线x＝1对称，连接F1F2交对称轴于点H，连接F1M，F2M，过点F1作F1N⊥F2M于点N，交对称轴于点P，连接PF2．则MH＝4，HF2＝3，MF2＝5，

在Rt△MHF2中，sin∠HMF2＝＝＝，则在Rt△MPN中，sin∠PMN＝＝，
∴PN＝PM，
∵PF1＝PF2，
∴PF+PM＝PF2+PN＝F1N为最小值，
∵＝×6×4＝×5×F1N，
∴F1N＝，
∴PF+PM的最小值为．

5．（2022•广元）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B，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过A，B两点，并与x轴的正半轴交于点C．
（1）求a，b满足的关系式及c的值；
（2）当a＝时，若点P是抛物线对称轴上的一个动点，求△ABP周长的最小值；
（3）当a＝1时，若点Q是直线AB下方抛物线上的一个动点，过点Q作QD⊥AB于点D，当QD的值最大时，求此时点Q的坐标及QD的最大值．

【解答】解：（1）直线y＝﹣x﹣2中，当x＝0时，y＝﹣2，
∴B（0，﹣2），
当y＝0时，﹣x﹣2＝0，
∴x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），
将A（﹣2，0），B（0，﹣2）代入抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）中，得，
，
∴2a﹣b＝1，c＝﹣2；
（2）如图1，当a＝时，2×﹣b＝1，

∴b＝﹣，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣1）2﹣，
∴抛物线的对称轴是：x＝1，
由对称性可得C（4，0），
要使△ABP的周长最小，只需AP+BP最小即可，
如图1，连接BC交直线x＝1于点P，
因为点A与点C关于直线x＝1对称，由对称性可知：AP+BP＝PC+BP＝BC，
此时△ABP的周长最小，所以△ABP的周长为AB+BC，
Rt△AOB中，AB＝＝＝2，
Rt△BOC中，BC＝＝＝2，
∴△ABP周长的最小值为2+2；
（3）当a＝1时，2×1﹣b＝1，
∴b＝1，
∴y＝x2+x﹣2，
∴A（﹣2，0），B（0，﹣2），C（1，0），
∴OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠OAB＝45°，
如图2，过点Q作QF⊥x轴于F，交AB于E，则△EQD是等腰直角三角形，

设Q（m，m2+m﹣2），则E（m，﹣m﹣2），
∴QE＝（﹣m﹣2）﹣（m2+m﹣2）＝﹣m2﹣2m＝﹣（m+1）2+1，
∴QD＝QE＝﹣（m+1）2+，
当m＝﹣1时，QD有最大值是，
当m＝﹣1时，y＝1﹣1﹣2＝﹣2，
综上，点Q的坐标为（﹣1，﹣2）时，QD有最大值是．
6．（2022•乐山）如图1，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（2，0），与y轴交于点C，且tan∠OAC＝2．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图2，过点C作CD∥x轴交二次函数图象于点D，P是二次函数图象上异于点D的一个动点，连结PB、PC，若S△PBC＝S△BCD，求点P的坐标；
（3）如图3，若点P是二次函数图象上位于BC下方的一个动点，连结OP交BC于点Q．设点P的横坐标为t，试用含t的代数式表示的值，并求的最大值．

【解答】解：（1）∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵∠AOC＝90°，
∴tan∠OAC＝＝2，
∴OC＝2OA＝2，
∴点C（0，﹣2），
设二次函数的解析式为：y＝a（x+1）•（x﹣2），
∴a•1×（﹣2）＝﹣2，
∴a＝1，
∴y＝（x+1）•（x﹣2）＝x2﹣x﹣2；
（2）设点P（a，a2﹣a﹣2），

如图1，当点P在第三象限时，作PE∥AB交BC于E，
∵B（2，0），C（0，﹣2），
∴直线BC的解析式为：y＝x﹣2，
∴当y＝a2﹣a﹣2时，x＝y+2＝a2﹣a，
∴PE＝a2﹣a﹣a＝a2﹣2a，
∴S△PBC＝PE•OC，
∵抛物线的对称轴为直线y＝，CD∥x轴，C（0，﹣2），
∴点D（1，﹣2），
∴CD＝1，
∴S△BCD＝OC，
∴PE•OC＝•OC，
∴a2﹣2a＝1，
∴a1＝1+（舍去），a2＝1﹣，
当x＝1﹣时，y＝a2﹣a﹣2＝a﹣1＝﹣，
∴P（1﹣，﹣），

如图2，当点P在第一象限时，
作PE⊥x轴于E，交直线BC于F，
∴F（a，a﹣2）
∴PF＝（a2﹣a﹣2）﹣（a﹣2）＝a2﹣2a，
∴S△PBC＝OB＝CD•OC，
∴a2﹣2a＝1，
∴a1＝1+，a2＝1﹣（舍去），
当a＝1+时，y＝a2﹣a﹣2＝a2﹣2a+a﹣2＝1+1+﹣2＝，
∴P（1+，），
综上所述：P（1+，）或（1﹣，﹣）；
（3）如图3，

作PN⊥AB于N，交BC于M，
∵P（t，t2﹣t﹣2），M（t，t﹣2），
∴PM＝（t﹣2）﹣（t2﹣t﹣2）＝﹣t2+2t，
∵PN∥OC，
∴△PQM∽△OQC，
∴＝＝﹣+，
∴当t＝1时，（）最大＝．
7．（2022•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx﹣3（k≠0）与抛物线y＝﹣x2相交于A，B两点（点A在点B的左侧），点B关于y轴的对称点为B'．
（1）当k＝2时，求A，B两点的坐标；
（2）连接OA，OB，AB'，BB'，若△B'AB的面积与△OAB的面积相等，求k的值；
（3）试探究直线AB'是否经过某一定点．若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．

【解答】解：（1）当k＝2时，直线为y＝2x﹣3，
由得：或，
∴A（﹣3，﹣9），B（1，﹣1）；
（2）当k＞0时，如图：

∵△B'AB的面积与△OAB的面积相等，
∴OB'∥AB，
∴∠OB'B＝∠B'BC，
∵B、B'关于y轴对称，
∴OB＝OB'，∠ODB＝∠ODB'＝90°，
∴∠OB'B＝∠OBB'，
∴∠OBB'＝∠B'BC，
∵∠ODB＝90°＝∠CDB，BD＝BD，
∴△BOD≌△BCD（ASA），
∴OD＝CD，
在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），OC＝3，
∴OD＝OC＝，D（0，﹣），
在y＝﹣x2中，令y＝﹣得﹣＝﹣x2，
解得x＝或x＝﹣，
∴B（，﹣），
把B（，﹣）代入y＝kx﹣3得：
﹣＝k﹣3，
解得k＝；
当k＜0时，过B'作B'F∥AB交y轴于F，如图：

在y＝kx﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，
∴E（0，﹣3），OE＝3，
∵△B'AB的面积与△OAB的面积相等，
∴OE＝EF＝3，
∵B、B'关于y轴对称，
∴FB＝FB'，∠FGB＝∠FGB'＝90°，
∴∠FB'B＝∠FBB'，
∵B'F∥AB，
∴∠EBB'＝∠FB'B，
∴∠EBB'＝∠FBB'，
∵∠BGE＝90°＝∠BGF，BG＝BG，
∴△BGF≌△BGE（ASA），
∴GE＝GF＝EF＝，
∴OG＝OE+GE＝，G（0，﹣），
在y＝﹣x2中，令y＝﹣得﹣＝﹣x2，
解得x＝或x＝﹣，
∴B（，﹣），
把B（，﹣）代入y＝kx﹣3得：
﹣＝k﹣3，
解得k＝﹣，
综上所述，k的值为或﹣；
（3）直线AB'经过定点（0，3），理由如下：
由得：x2+kx﹣3＝0，
设x2+kx﹣3＝0二根为a，b，
∴a+b＝﹣k，ab＝﹣3，A（a，﹣a2），B（b，﹣b2），
∵B、B'关于y轴对称，
∴B'（﹣b，﹣b2），
设直线AB'解析式为y＝mx+n，将A（a，﹣a2），B'（﹣b，﹣b2）代入得：
，
解得：，
∵a+b＝﹣k，ab＝﹣3，
∴m＝﹣（a﹣b）＝b﹣a＝＝，n＝﹣ab＝﹣（﹣3）＝3，
∴直线AB'解析式为y＝•x+3，
令x＝0得y＝3，
∴直线AB'经过定点（0，3）．
8．（2022•德阳）抛物线的解析式是y＝﹣x2+4x+a．直线y＝﹣x+2与x轴交于点M，与y轴交于点E，点F与直线上的点G（5，﹣3）关于x轴对称．
（1）如图①，求射线MF的解析式；
（2）在（1）的条件下，当抛物线与折线EMF有两个交点时，设两个交点的横坐标是x1，x2（x1＜x2），求x1+x2的值；
（3）如图②，当抛物线经过点C（0，5）时，分别与x轴交于A，B两点，且点A在点B的左侧．在x轴上方的抛物线上有一动点P，设射线AP与直线y＝﹣x+2交于点N．求的最大值．

【解答】解：（1）∵点F与直线上的点G（5，﹣3）关于x轴对称，
∴F（5，3），
∵直线y＝﹣x+2与x轴交于点M，
∴M（2，0），
设直线MF的解析式为y＝kx+b，
则有，
解得，
∴射线MF的解析式为y＝x﹣2（x≥2）；

（2）如图①中，设折线EMF与抛物线的交点为P，Q．

∵抛物线的对称轴x＝﹣＝2，点M（2，0），
∴点M值抛物线的对称轴上，
∵直线EM的解析式为y＝﹣x+2，直线MF的解析式为y＝x﹣2，
∴直线EM，直线MF关于直线x＝2对称，
∴P，Q关于直线x＝2对称，
∴2＝，
∴x1+x2＝4；

（3）如图②中，过点P作PT∥AB交直线ME于点T．

∵C（0，5），
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+5，
∴A（﹣1，0），B（5，0），
设P（t，﹣t2+4t+5），则T（t2﹣4t﹣3，﹣t2+4t+5），
∵PT∥AM，
∴＝＝（t﹣（t2﹣4t﹣3）＝﹣（t﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴有最大值，最大值为．
9．（2022•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+x+c经过A（﹣2，0），B（0，4）两点，直线x＝3与x轴交于点C．
（1）求a，c的值；
（2）经过点O的直线分别与线段AB，直线x＝3交于点D，E，且△BDO与△OCE的面积相等，求直线DE的解析式；
（3）P是抛物线上位于第一象限的一个动点，在线段OC和直线x＝3上是否分别存在点F，G，使B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（0，4）两点代入抛物线y＝ax2+x+c中得：
解得：；
（2）由（1）知：抛物线解析式为：y＝﹣x2+x+4，
设直线AB的解析式为：y＝kx+b，
则，解得：，
∴AB的解析式为：y＝2x+4，
设直线DE的解析式为：y＝mx，
∴2x+4＝mx，
∴x＝，
当x＝3时，y＝3m，
∴E（3，3m），
∵△BDO与△OCE的面积相等，CE⊥OC，
∴•3•（﹣3m）＝•4•，
∴9m2﹣18m﹣16＝0，
∴（3m+2）（3m﹣8）＝0，
∴m1＝﹣，m2＝（舍），
∴直线DE的解析式为：y＝﹣x；
（3）存在，
B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形有两种情况：
设P（t，﹣t2+t+4），
①如图1，过点P作PH⊥y轴于H，

∵四边形BPGF是矩形，
∴BP＝FG，∠PBF＝∠BFG＝90°，
∴∠CFG+∠BFO＝∠BFO+∠OBF＝∠CFG+∠CGF＝∠OBF+∠PBH＝90°，
∴∠PBH＝∠OFB＝∠CGF，
∵∠PHB＝∠FCG＝90°，
∴△PHB≌△FCG（AAS），
∴PH＝CF，
∴CF＝PH＝t，OF＝3﹣t，
∵∠PBH＝∠OFB，
∴＝，即＝，
解得：t1＝0（舍），t2＝1，
∴F（2，0）；
②如图2，过点G作GN⊥y轴于N，过点P作PM⊥x轴于M，

同①可得：NG＝FM＝3，OF＝t﹣3，
∵∠OFB＝∠FPM，
∴tan∠OFB＝tan∠FPM，
∴＝，即＝，
解得：t1＝，t2＝（舍），
∴F（，0）；
综上，点F的坐标为（2，0）或（，0）．
10．（2022•南充）抛物线y＝x2+bx+c与x轴分别交于点A，B（4，0），与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，▱BCPQ顶点P在抛物线上，如果▱BCPQ面积为某值时，符合条件的点P有且只有三个，求点P的坐标．
（3）如图2，点M在第二象限的抛物线上，点N在MO延长线上，OM＝2ON，连接BN并延长到点D，使ND＝NB．MD交x轴于点E，∠DEB与∠DBE均为锐角，tan∠DEB＝2tan∠DBE，求点M的坐标．


【解答】解：（1）由题意得，
，
∴，
∴y＝﹣；
（2）如图1，

作直线l∥BC且与抛物线相切于点P1，直线l交y轴于E，作直线m∥BC且直线m到BC的距离等于直线l到BC的距离，
∵BC的解析式为y＝x﹣4，
∴设直线l的解析式为：y＝x+m，
由＝x+m得，
x2﹣4x﹣3（m+4）＝0，
∵Δ＝0，
∴﹣3（m+4）＝4，
∴m＝﹣，
∴x2﹣4x+4＝0，y＝x﹣，
∴x＝2，y＝﹣，
∴P1（2，﹣），
∵E（0，﹣），C（0，﹣4），
∴F（0，﹣4×2﹣（﹣）），
即（0，﹣），
∴直线m的解析式为：y＝x﹣，
∴，
∴，，
∴P2（2﹣2，﹣2﹣），P3（2+2，2﹣），
综上所述：点P（2，﹣）或（2﹣2，﹣2﹣）或（2+2，2﹣）；
（3）如图2，

作MG⊥x轴于G，作NH⊥x轴于H，作MK⊥DF，交DF的延长线于K，
设D点的横坐标为a，
∵BN＝DN，
∴BD＝2BN，N点的横坐标为：，
∴OH＝，
∵NH∥DF，
∴△BHN∽△BFD，
∴，
∴DF＝2NH，
同理可得：△OMG∽△ONH，
∴＝，
∴MG＝2NH，OG＝2OH＝a+4，
∴KF＝MG＝DF，
∵tan∠DEB＝2tan∠DBE
∴＝2•，
∴EF＝，
∵BF＝4﹣a，
∴EF＝，
∵EF∥MK，
∴△DEF∽△DMK，
∴＝，
∴，
∴a＝0，
∴OG＝a+4＝4，
∴G（﹣4，0），
当x＝﹣4时，y＝﹣﹣4＝，
∴M（﹣4，）．
11．（2022•遂宁）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，E为△ABC边AB上的一动点，F为BC边上的一动点，D点坐标为（0，﹣2），求△DEF周长的最小值；
（3）如图2，N为射线CB上的一点，M是抛物线上的一点，M、N均在第一象限内，B、N位于直线AM的同侧，若M到x轴的距离为d，△AMN面积为2d，当△AMN为等腰三角形时，求点N的坐标．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点C（0，﹣3）．
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；

（2）如图，设D1为D关于直线AB的对称点，D2为D关于直线BC的对称点，连接D1E，D2F，D1D2．

由对称性可知DE＝D1E，DF＝D2F，△DEF的周长＝D1E+EF+D2F，
∴当D1，E．F．D2共线时，△DEF的周长最小，最小值为D1D2的长，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
解得x＝﹣1或3，
∴B（3，0），
∴OB＝OC＝3，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∵BC垂直平分DD2，且D（0，﹣2），
∴D2（1，﹣3），
∵D，D1关于x轴对称，
∴D1（0，2），
∴D1D2＝＝＝，
∴△DEF的周长的最小值为．

（3）∵M到x轴距离为d，AB＝4，连接BM．
∴S△ABM＝2d，
又∵S△AMN＝2d，
∴S△ABM＝S△AMN，
∴B，N到AM的距离相等，
∵B，N在AM的同侧，
∴AM∥BN，
设直线BC的解析式为y＝kx+m，
则有，
∴，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
∴设直线AM的解析式为y＝x+n，
∵A（﹣1，0），
∴直线AM的解析式为y＝x+1，
由，解得或，
∴M（4，5），
∵点N在射线CB上，
∴设N（t，t﹣3），
过点M作x轴的平行线l，过点N作y轴的平行线交x轴于点P，交直线l于点Q．

∵A（﹣1，0），M（4，5），N（t，t﹣3），
∴AM＝5，AN＝，MN＝，
∵△AMN是等腰三角形，
当AM＝AN时，5＝，
解得t＝1±，
当AM＝MN时，5＝，
解得t＝6±，
当AN＝MN时，＝，
解得t＝，
∵N在第一象限，
∴t＞3，
∴t的值为，1+，6+，
∴点N的坐标为（，）或（1+，﹣2+）或（6+，3+）．
二．三角形综合题（共1小题）
12．（2022•达州）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形CDE，按如图1的方式摆放，∠ACB＝∠ECD＝90°，随后保持△ABC不动，将△CDE绕点C按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），连接AE，BD，延长BD交AE于点F，连接CF．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：
【初步探究】
（1）如图2，当ED∥BC时，则α＝　45°　；
（2）如图3，当点E，F重合时，请直接写出AF，BF，CF之间的数量关系：　BF＝AF+CF　；
【深入探究】
（3）如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．
【拓展延伸】
（4）如图5，在△ABC与△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，若BC＝mAC，CD＝mCE（m为常数）．保持△ABC不动，将△CDE绕点C按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），连接AE，BD，延长BD交AE于点F，连接CF，如图6．试探究AF，BF，CF之间的数量关系，并说明理由．


【解答】解：（1）∵△CED是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝45°，
∵ED∥BC，
∴∠BCD＝∠CDE＝45°，即α＝45°，
故答案为：45°；
（2）BF＝AF+CF，理由如下：
如图3，

∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB，AC＝BC，CD＝CE，DF＝CF，
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AF＝BD，
∵BF＝DF+BD，
∴BF＝AF+CF；
故答案为：BF＝AF+CF；
（3）如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论仍然成立，理由如下：

由（2）知，△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠CAF＝∠CBD，
过点C作CG⊥CF交BF于点G，
∵∠ACF+∠ACG＝90°，∠ACG+∠GCB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCG，
∵∠CAF＝∠CBG，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF（ASA），
∴GC＝FC，BG＝AF，
∴△GCF为等腰直角三角形，
∴GF＝CF，
∴BF＝BG+GF＝AF+CF；
（4）BF＝mAF+•FC．理由如下：
由（2）知，∠ACE＝∠BCD，
而BC＝mAC，CD＝mEC，
即＝＝m，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CBD＝∠CAE，
过点C作CG⊥CF交BF于点G，如图6所示：

由（3）知，∠BCG＝∠ACF，
∴△BGC∽△AFC，
∴＝＝＝m，
∴BG＝mAF，GC＝mFC，
在Rt△CGF中，GF＝＝＝•CF，
∴BF＝BG+GF＝mAF+•FC．
三．四边形综合题（共2小题）
13．（2022•乐山）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
如图，在正方形ABCD中，CE⊥DF．求证：CE＝DF．
证明：设CE与DF交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD．
∴∠BCE+∠DCE＝90°，
∵CE⊥DF，
∴∠COD＝90°．
∴∠CDF+∠DCE＝90°．
∴∠CDF＝∠BCE，
∴△CBE≌△DFC．
∴CE＝DF．
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究．
【问题探究】
如图1，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．试猜想的值，并证明你的猜想．
【知识迁移】
如图2，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．则＝　　．
【拓展应用】
如图3，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝BC，点E、F分别在线段AB、AD上，且CE⊥BF．求的值．



【解答】解：（1）结论：＝1．
理由：如图（1）中，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，

∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN，
∴△ABM≌△ADN（ASA），
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴＝1；

（2）如图（2）中，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，

∴AM＝HF，AN＝EG，
在长方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN．
∴＝，
∵AB＝m，BC＝AD＝n，
∴＝．
故答案为：；

（3）如图3中，过点C作CM⊥AB于点M．设CE交BF于点O．

∵CM⊥AB，
∴∠CME＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵CE⊥BF，
∴∠BOE＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
∴△CME∽△BAF，
∴＝，
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴＝＝sin60°＝．
14．（2022•南充）如图，在矩形ABCD中，点O是AB的中点，点M是射线DC上动点，点P在线段AM上（不与点A重合），OP＝AB．
（1）判断△ABP的形状，并说明理由．
（2）当点M为边DC中点时，连接CP并延长交AD于点N．求证：PN＝AN．
（3）点Q在边AD上，AB＝5，AD＝4，DQ＝，当∠CPQ＝90°时，求DM的长．


【解答】（1）解：△ABP是直角三角形，理由如下：
∵点O是AB的中点，
∴AO＝OB＝AB，
∵OP＝AB，
∴OP＝OA＝OB，
∴∠OBP＝∠OPB，∠OAP＝∠APO，
∵∠OAP+∠APO+∠OBP+∠BPO＝180°，
∴∠APO+∠BPO＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴△ABP是直角三角形；
（2）证明：如图1，延长AM，BC交于点Q，

∵M是CD的中点，
∴DM＝CM，
∵∠D＝∠MCQ＝90°，∠AMD＝∠QMC，
∴△ADM≌△QCM（ASA），
∴AD＝CQ＝BC，
∵∠BPQ＝90°，
∴PC＝BQ＝BC，
∴∠CPB＝∠CBP，
∵∠OPB＝∠OBP，
∴∠OBC＝∠OPC＝90°，
∴∠OPN＝∠OPA+∠APN＝90°，
∵∠OAP+∠PAN＝90°，∠OAP＝∠OPA，
∴∠APN＝∠PAN，
∴PN＝AN；
（3）解：分两种情况：
①如图2，点M在CD上时，过点P作GH∥CD，交AD于G，交BC于H，

设DM＝x，QG＝a，则CH＝a+，BH＝AG＝4﹣﹣a＝﹣a，
∵PG∥DM，
∴△AGP∽△ADM，
∴＝，即，
∴PG＝x﹣ax，
∵∠CPQ＝90°，
∴∠CPH+∠QPG＝90°，
∵∠CPH+∠PCH＝90°，
∴∠QPG＝∠PCH，
∴tan∠QPG＝tan∠PCH，即＝，
∴PH•PG＝QG•CH，
同理得：∠APG＝∠PBH，
∴tan∠APG＝tan∠PBH，即＝，
∴PG•PH＝AG•BH＝AG2，
∴AG2＝QG•CH，即（﹣a）2＝a（+a），
∴a＝，
∵PG•PH＝AG2，
∴（x﹣x）•（5﹣x+x）＝（﹣）2，
解得：x1＝12（舍），x2＝，
∴DM＝；
②如图3，当M在DC的延长线上时，同理得：DM＝12，

综上，DM的长是或12．
四．几何变换综合题（共1小题）
15．（2022•成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．
【尝试初探】
（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．


【解答】解：（1）∵四边形EBFG和四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，
∴∠DEH＝∠ABE，
∴△ABE∽△DEH，
∴在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系；
（2）如图1，∵H是线段CD中点，

∴DH＝CH，
设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴＝，即＝，
∴2x2＝4ax﹣a2，
∴2x2﹣4ax+a2＝0，
∴x＝＝，
∵tan∠ABE＝＝，
当x＝时，tan∠ABE＝＝，
当x＝时，tan∠ABE＝＝；
综上，tan∠ABE的值是．
（3）分两种情况：
①如图2，BH＝FH，

设AB＝x，AE＝a，
∵四边形BEGF是矩形，
∴∠BEG＝∠G＝90°，BE＝FG，
∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），
∴EH＝GH，
∵矩形EBFG∽矩形ABCD，
∴＝＝n，
∴＝n，
∴＝，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴＝＝，
∴＝，
∴nx＝2a，
∴＝，
∴tan∠ABE＝＝＝；
②如图3，BF＝FH，

∵矩形EBFG∽矩形ABCD，
∴∠ABC＝∠EBF＝90°，＝，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴△ABE∽△CBF，
∴∠BCF＝∠A＝90°，
∴D，C，F共线，
∵BF＝FH，
∴∠FBH＝∠FHB，
∵EG∥BF，
∴∠FBH＝∠EHB，
∴∠EHB＝∠CHB，
∵BE⊥EH，BC⊥CH，
∴BE＝BC，
由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx，
由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，
∴x2+a2＝（nx）2，
∴x＝（负值舍），
∴tan∠ABE＝＝＝，
综上，tan∠ABE的值是或．