备考2023年中考数学杭州卷变式阶梯训练21-23题

这是一份备考2023年中考数学杭州卷变式阶梯训练21-23题，共29页。试卷主要包含了第二十一题，第二十二题，第二十三题等内容，欢迎下载使用。


中考数学阶梯训练21-23题
一、第二十一题
1．如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EF⊥AC于点F，连接CM，CE．已知∠A=50°，∠ACE=30°．

（1）求证：CE=CM.
（2）若AB=4，求线段FC的长.
2．在△ABC中，∠C＝90°.
（1）已知c＝83，∠A＝60°，求∠B，a，b；
（2）已知a＝36，∠A＝45°，求∠B，b，c.
3．已知：如图，AO是⊙O的半径，AC为⊙O的弦，点F为的中点，OF交AC于点E，AC=10，EF=3·

（1）求AO的长；
（2）过点C作CD⊥AO，交AO延长线于点D，求OD的长·
4．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点O为BC上一点，以O为圆心、OB为半径的⊙O切AC于点D，连接OA、BD、OA与BD相交于点E.

（1）求证：BD平分∠ABC；
（2）若∠C=30°，⊙O的半径为10，求OE的长.
5．在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A，∠B，∠C所对的边分别是a，b，c，利用锐角三角函数定义很容易推导出一些关系式，如sin2A+cos2A=1，sinA=cosB等，这些公式在三角函数式子的变形中运用比较广泛．设α，β是锐角，定义：当α>β时，两角和的余弦公式：cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ．
例：计算cos75°的值．
cos75°=cos(45°+30°)=cos45°cos30°−sin45°sin30°
=22×32−22×12=64−24=6−24，
两角差的余弦公式：cos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβ．利用类比的方法运用公式求解．

（1）计算cos15°=　 　．
（2）计算cos80°cos35°+sin80°sin35°的值；
（3）一副斜边长均为16的三角板拼成如图所示的图形，求过A、B、C、D四点的矩形ABEF的面积．
6．
（1）问题提出：如图1，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，连接DE、CD、BE，CD与BE交于点G，若S△DEG=2，则S△BCG=　 　；
（2）问题探究：如图2，在▱ABCD中，AB=2，∠D=45°，点E是AD上一点（可与端点重合），连接BE、CE，BE⊥CE，求▱ABCD面积的最小值；
（3）问题解决：某湿地公园拟建一个梯形花园ABCD，示意图如图3所示，其中AD∥BC，AB=603m，∠ABC=60°.管理员计划在△ADE区域种植水生植物，在△ADE区域种植甲种花卉.根据设计要求，要满足点E在AB上，AE=2BE，∠DEC是锐角，且tan∠DEC=2，若种植水生植物每平方米需400元，种植甲种花卉每平方米需100元，求种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用至少为多少元？
7．如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=23，点O是AB的中点，点P在AB的延长线上，且BP=3.一动点E从O点出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速运动，到达A点后，立即以原速度沿AO返回；另一动点F从P点发发，以每秒1个单位长度的速度沿射线PA匀速运动，点E、F同时出发，当两点相遇时停止运动，在点E、F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射线PA的同侧.设运动的时间为t秒（t≥0）.

（1）当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求运动时间t的值；
（2）在整个运动过程中，设等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；
（3）设EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH是等腰三角形？若存大，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由.
二、第二十二题
8．设二次函数y1=2x2+bx+c(b，c是常数)的图象与x轴交于A，B两点．
（1）若A，B两点的坐标分别为(1，0)，(2，0)，求函数y)的表达式及其图象的对称轴．
（2）若函数y1的表达式可以写成心=2(x-h)2-2(h是常数)的形式，求b+c的最小值．
（3）设一次函数y2=x-m(m是常数)，若函数y1的表达式还可以写成y1=2(x-m)(x-m-2)的形式，当函数y=y1-y2的图象经过点(x0，0)时，求x0-m的值．
9．已知二次函数y＝ax2＋bx－3（a≠0）.
（1）若函数图象的对称轴为直线x＝1，且顶点在x轴上，求a的值；
（2）若a＝1，b＝2，点（m，n）为该二次函数图象在第三象限内的点，请分别求出m，n的取值范围；
（3）若点P（a，a－3）始终是函数图象上的点，求证：a2+b2≥34.
10．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+4x﹣3图象的顶点是A，与x轴交于B，C两点，与y轴交于点D.点B的坐标是（1，0）.

（1）求A，C两点的坐标，并根据图象直接写出当y＞0时x的取值范围.
（2）将图象向上平移m个单位后，二次函数图象与x轴交于E，F两点，若EF＝6，求m的值.
11．在直角坐标系中，点A(1，m)和点B(3，n)在二次函数 y=ax2+bx+1(a≠0) 的图象上.
（1）若 m=1 ， n=4 ，求二次函数的表达式及图象的对称轴.
（2）若 m−n=12 ，试说明二次函数的图象与x轴必有交点.
（3）若点C( x0 ， y0 )是二次函数图象上的任意一点，且满足 y0≤m ，求mn的取值范围.
12．平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=x2+bx+c经过(−1，m2+2m+1)，(0，m2+2m+2)两点，其中m为常数．
（1）求b的值，并用含m的代数式表示c；
（2）若抛物线y=x2+bx+c与x轴有公共点，求m的值；
（3）设(a，y1)，(a+2，y2)是抛物线y=x2+bx+c上的两点，请比较y2−y1与0的大小，并说明理由．
13．在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝﹣x2+x+2与y轴交于点C，与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧）.

（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）连接AC、BC，以点C为位似中心，将△ABC扩大到原来的2倍得到△A1B1C，其中点A1、B1分别是点A、B的对应点，如何平移抛物线L才能使其同时经过点A1、B1，求出所有的平移方式.
14．定义：若两条抛物线在x轴上经过两个相同点，那么我们称这两条抛物线是“同交点抛物线”，在x轴上经过的两个相同点称为“同交点”，已知抛物线y=x2 +bx+c经过(﹣2，0)、( ﹣4，0)，且一条与它是“同交点抛物线”的抛物线y=ax2+ex+f经过点( ﹣3，3)．
（1）求b、c及a的值；
（2）已知抛物线y =﹣x2 +2x +3与抛物线yn= n3 x2﹣ 2n3 x﹣n （n为正整数）
①抛物线y和抛物线yn是不是“同交点抛物线”？若是，请求出它们的“同交点”，并写出它们一条相同的图像性质；若不是，请说明理由．
②当直线y = 12 x+ m与抛物线y、yn，相交共有4个交点时，求m的取值范围．
③若直线y =k（k <0）与抛物线y =﹣x2 +2x +3与抛物线yn = n3 x2﹣ 2n3 x﹣n （n为正整数）共有4个交点，从左至右依次标记为点A、点B、点C、点D，当AB =BC=CD时，求出k、n之间的关系式
三、第二十三题
15．在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且AE=2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．

（1）如图1．若AB=4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积
（2）如图2．已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：EK=2EH；
②设∠AEK=α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1、S2．
求证： S2S1 =4sin2α-1．
16．如图，点E，F分别在正方形ABCD的边AB，AD上，且AE=DF，点G，H分别在边AB，BC上，且FG⊥EH，垂足为P．

（1）求证：FG=EH；
（2）若正方形ABCD边长为5，AE=2，tan∠AGF=34，求PF的长度．
17．如图，对折正方形纸片ABCD，使AB与DC重合，折痕为MN.将纸片展平，再进行折叠，使点C落在MN上的点E处，折痕BP交MN于点F.

（1）求证：EF=PC；
（2）若正方形纸片ABCD的边长为3，求折痕BP的长.
18．如图①，四边形ABCD是正方形，点E是BC上一点，连接AE，以AE为一边作正方形AEFG，连接DG．

（1）求证：DG=BE；
（2）如图②，连接AF交CD于点H，连接EH，求证：EH=BE+DH；
（3）在（2）的条件下，若AB=4，点H恰为CD中点，求△CEH的面积．
19．正方形ABCD边长为3，点E是CD上一点，连接BE交AC于点F.

（1）如图1，若CE=1，求CF的值；
（2）如图1，若S△CBF=32，求证：点E是CD的中点；
（3）如图2，点G为BC上一点，且满足∠GAC=∠EBC，设CE=x，GB=y，试探究y与x的函数关系.
20．如图

如图（1），在Rt△ABC中，∠C＝90°，边AC＝8，BC＝6，点M、N分别在线段AC、BC上，将△ABC沿直线MN翻折，点C的对应点是C′．
（1）当M、N分别是所在边的中点时，求线段CC′的长度；
（2）若CN＝2，求点C′到线段AB的最短距离；
（3）如图（2），当点C′落在边AB上时，
①四边形CMC′N能否成为正方形？若能，求出CM的值；若不能，说明理由．
②请直接写出点C′运动的路程长度．
21．【探索发现】
如图①，将△ABC沿中位线EH折叠，使点A的对称点D落在BC边上，再将△BED和△DHC分别沿EF、HG折叠，使点B、C均落在点D处，折痕形成一个四边形EFGH.小刚在探索这个问题时发现四边形EFGH是矩形.

小刚是这样想的：

（1）请参考小刚的思路写出证明过程；
（2）连接AD，当AD＝BC时，直接写出线段EF，BF，CG的数量关系；
（3） 【理解运用】
如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8，DC＝10，AD＜BC，点E为AB的中点，把四边形ABCD折叠成如图②所示的正方形EFGH，顶点C，D落在点M处，顶点A，B落在点N处，求BC的长.

答案解析部分
1．（1）证明：∵∠ACB=90°，点M为AB的中点，
∴MA=MC，
∴∠MCA=∠A= 50°，
∴∠CMA=180°-∠A-∠MCA= 80°，
∵∠CEM=∠A+∠ACE=50°+30°=80°，
∴∠CME=∠CEM，
∴CE=CM．
（2）解：由题意，得CE=CM= 12 AB=2，
∵EF⊥AC，
∴FC=CE·cos30°= 3
2．（1）解：∵△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，
∴∠B=30°
∴sinA=ac=32，cosA=bc=12
∵ c＝83，
∴a=12，b=43
（2）解：

∵△ABC中，∠C＝90°，∠A＝45°，
∴∠B=45°
∴sinA=ac=22，cosA=bc=22
∵ a＝36
∴c=63，b=36
3．（1）解：∵O是圆心，且点F为AC的中点，
∴OF⊥AC，
∵AC＝10，
∴AE＝5，
∵EF=3设圆的半径为r，即OA＝OF＝r，
则OE＝OF−EF＝r−3，
由OA2＝AE2＋OE2得r2＝52＋（r−3）2，
解得：r＝173，即AO＝173；
（2）解：∵∠OAE＝∠CAD，∠AEO＝∠ADC＝90°，
∴∠AOE＝∠ACD，

则sin∠ACD＝sin∠AOE＝AEAO=5173=1517
∴AD=AC⋅sin∠ACD=10×1517=15017．
∴OD=AD−AO=15017−173=16151
4．（1）证明：如图，连接OD，

∵AC是⊙O的切线，
∴ OD⊥AC，
∴∠ODC＝90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BDO＝∠BAC，
∴OD∥AB，
∴∠BDO＝∠ABD，
∵OB＝OD，
∴∠BDO＝∠OBD，
∴∠ABD＝∠OBD，
∴BD平分∠ABC；
（2）解：在Rt△CDO中，∠C＝30°，OD＝10，
∴OD＝12OC，ODCD=tan30°，
∴OC＝2OD＝20，CD＝ODtan30°=103，
∵OB＝10，
∴BC＝OB＋OC＝30，
在Rt△ABC中，∠C＝30°，
∴AB＝12BC＝15，
∴AC＝ABtan30°=153，
∴AD＝AC－CD＝53，
在Rt△ADO中，∠ADO＝90°，
由勾股定理得AO＝AD2+OD2=(53)2+102=57，
∵OD∥AB，
∴∠ABE＝∠ODE，∠BAE＝∠DOE，
∴△DOE∽△BAE，
∴OEAE=ODAB=1015=23，
∴OE＝25AO＝27.
5．（1）6+24
（2）解：利用两角差的余弦公式可知，
cos80°cos35°+sin80°sin35°=cos(80°−35°)=cos45°=22；
（3）解：由题意可知AC=16，∠ACD=∠CAD=45°，∠BAC=30°，
∴AD=AC⋅sin∠ACD=16×22=82，
AB=AC⋅cos∠BAC=16×32=83，
∵∠DAF=∠BAF−∠BAC−∠CAD=90°−30°−45°=15°，
由（1）知cos15°=6+24，
∴AF=AD⋅cos∠DAF=82×6+24=43+4，
∴S矩形ABEF=AB×AF=83×(43+4)=96+323．
6．（1）8
（2）解：过点C作CF⊥AD于点F.

在▱ABCD中，CD=AB=2，AD=BC，
在Rt△CFD中，
∵∠D=45°，
∴CF=DF=2.
过点E作EM⊥BC于点M，取BC的中点O，连接OE，则EM=CF=2，
在Rt△BCE中，BC=2OE，
∴S▱ABCD=AD⋅CF=2AD=2BC=22OE，
∴当OE最小时，S▱ABCD最小，
∵OE≥EM=2，
∴OE的最小值为2，
∴S▱ABCD最小=22×2=4.
（3）解：延长DE，CB交于点F，

∵AD∥BC，
∴∠A=∠EBF，∠ADE=∠EFB，
∴△ADE∽△BFE，
∵AE=2BE，AB=603，
∴S△ADE=4S△EFB，BE=13AB=203.
过点E作EG⊥BC于点G，
在Rt△EBG中，EG=BEsin60°=30.
种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用为：
400S△BCE+100S△ADE=400S△BCE+100×4S△EFB=400S△BCE+400S△EFB
=400(S△BCE+S△EFB)=400S△EFC=400×12EG⋅CF=200×30CF=6000CF.
∴当CF的长最小时，种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用最少.
作△EFC的外接圆⊙O，连接OF、OC、OE，过O作OH⊥FC于点H，在弦FC所对的优弧上找一点M，连接MF、MC，
∴∠M+∠FEC=180°，∠M=12∠COF=∠FOH，
∵∠DEC+∠FEC=180°，
∴∠M=∠DEC，
∴∠FOH=∠DEC，
∴tan∠FOH=tan∠DEC=2，FHOH=2，即FH=2OH.
设OH=x，则FH=CH=2x，CF=4x，OF=OE=OC=5x，
∵EG+OH≤OE，
∴30+x≤5x，
∴x≥305−1.
∴CF=4x≥1205−1，
∴CF的最小值为1205−1，
∴6000CF最小=7200005−1=180000(5+1).
∴种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用至少为180000(5+1)（或7200005−1）元.
7．（1）解：如图1，当边FG恰好经过点C时，

∵∠CFB＝60°，
∴BF＝3﹣t，
在Rt△CBF中，
∵BC＝23，tan∠CFB＝BCBF，
∴tan60＝23BF ，
解得BF＝2，即3﹣t＝2，
∴t＝1，
当边FG恰好经过点C时，t＝1；
（2）当0≤t＜1时，S＝12 （MC+EB）•BC＝23t+43；
当1≤t＜3时， S＝S梯形MKFE﹣S△QBF＝﹣32 t2+33t+732 ；
当3≤t＜4时， S＝3t2﹣123t+363；
（3）解：存在.
在Rt△ABC中，tan∠CAB=BCAB=33 ，∴∠CAB＝30°
∵∠HEO＝60°，
∴∠HAE＝∠AHE 30°，
∴AE＝HE＝3﹣t或t﹣3，
如图5，当AH＝AO＝3时，
过点E作EM⊥AH与M，

则AM＝12 AH＝32 ，
在Rt△AME中，
cos∠MAE＝AMAE 即cos30°＝32AE ，
∴AE3，
即3﹣t＝3或t﹣3＝3；
∴t＝3﹣3或t＝3+3；
如图6，当AH＝HO时，∠HOA＝∠HAO＝30°，

∵∠HEO＝60°，
∴∠EHO＝90°，EO＝2HE＝2AE，
∵AE+2AE＝3，
∴AE＝1，即3﹣t＝1或t﹣3＝1，
∴t＝2或t＝4；
如图7，当OH＝OA＝时，

∠HOB＝∠OAH＝30°，
∴∠HOB＝60°＝∠HEB，
∴点E和点O重合，
∴AE＝AO＝3，
当E刚开始时，3﹣t＝3，
当E返回时t﹣3＝3，
∴t＝0，t＝6（舍去），
综上所述当t＝3﹣3，t＝3+3，t＝2，t＝4，t＝0时，△AOH是等腰三角形.
8．（1）解：由题意，得y1=2(x-1)(x-2)．
图象的对称轴是直线x= 32
（2）解：由题意，得y1=2x2-4hx+2h2-2，
∴b+c=2h2-4h-2，
=2(h-1)2-4，
∴当h=1时，b+c的最小值是-4.
（3）解：由题意，得y=y1-y2
=2(x-m)(x-m-2)-(x-m)
=(x-m)[2(x-m)-5]，
∵函数y的图象经过点(x0，0)，
∴(x0-m)[2(x0-m)-5]=0，
∴x0-m=0，或x0-m= 52.
9．（1）解：由题意可知，抛物线的顶点坐标为（1，0），
∴−b2a=1，b2＋12a＝0，
∴4a2＋12a＝0，
∴a＝－3，
（2）解：把a＝1，b＝2代入，得：y=x2+2x−3=(x+1)2−4，
∴其顶点坐标（−1，−4），
令y＝0，即x2+2x−3=0，解得x1＝1，x2＝−3，
与x轴的交点坐标为（1，0），（−3，0），
与y轴的交点坐标为（0，−3），
∴−3＜m＜0，−4≤n＜0，
（3）证明：∵P（a，a－3）始终是函数y＝ax2＋bx－3（a≠0）图象上的点，
∴a3+ab−3=a−3即a3+ab−a=0
∵a≠0，
∴a2+b−1=0 ，
∴a2=1−b
∴a2+b2=b2+1−b=(b−12)2+34
由a2=1−b>0得b<1
∴(b−12)2≥0
∴a2+b2≥34
10．（1）解：当y＞0时，1＜x＜3
（2）解：抛物线向上平移m个单位，可得抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x﹣3+m，
设二次函数图象与x轴交于E（x1，0），F（x2，0）两点，则x1+x2＝4，x1x2＝3﹣m，
∴|x1﹣x2|＝6，
∴（x1﹣x2）2＝36，
∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝36，
∴16﹣4×（3﹣m）＝36，
∴m＝8.
11．（1）解：把点A(1，1)和点B(3，4)代入 y=ax2+bx+1 中，
得 a+b+1=19a+3b+1=4 ，解得 a=12b=−12
∴二次函数的表达式为 y=12x2−12x+1
∵二次函数图象经过(1，1)和(0，1)，
∴二次函数图象的对称轴为直线 x=12 ；
（2）解：把点A(1，m)和点B(3，n)代入 y=ax2+bx+1 中，
得 a+b+1=m9a+3b+1=n
∴m−n=(a+b+1)−(9a+3b+1)=−8a−2b=12 ，即 b=−4a−14
∴Δ=(−4a−14)2−4a=(4a−14)2≥0
∴二次函数图象与x轴必有交点；
（3）解：∵点C( x0 ， y0 )是二次函数图象上的任意一点，且满足 y0≤m
∴二次函数图象开口向下，即 a<0 ，顶点坐标为(1，m)，
∴对称轴为直线 x=−b2a=1 ，即 b=−2a
∴mn=(a+b+1)(9a+3b+1)=(−a+1)(3a+1)=−3(a−13)2+43
∵a<0 ，
∴mn<1 .
12．（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c经过(−1，m2+2m+1)，(0，m2+2m+2)两点，
∴1−b+c=m2+2m+1c=m2+2m+2 ，
∴b=2c=m2+2m+2 ；
∴b=2，c=m2+2m+2
（2）解：由（1）得y=x2+2x+m2+2m+2，
令y=0，得x2+2x+m2+2m+2=0，
∵抛物线与x轴有公共点，
∴Δ=4−4(m2+2m+2)≥0，
∴(m+1)2≤0．
∵(m+1)2≥0，
∴m+1=0，
∴m=−1
（3）解：由（1）得，y=x2+2x+m2+2m+2，
∵(a，y1)，(a+2，y2)是抛物线上的两点，
∴y1=a2+2a+m2+2m+2，y2=(a+2)2+2(a+2)+m2+2m+2，
∴y2−y1=[(a+2)2+2(a+2)+m2+2m+2]−(a2+2a+m2+2m+2)=4(a+2)．
当a+2>0，即a>−2时，y2−y1>0；
当a+2=0，即a=−2时，y2−y1=0；
当a+2<0，即a<−2时，y2−y1<0
13．（1）解：在y=-x2+x+2中，令y=0，即0=-x2+x+2，
解得：x1=2，x2=-1，
∴A（-1，0），B（2，0），
令x=0，即y=2，
∴C（0，2）；
（2）解：y=-x2+x+2=-(x-12)2+94，
∴顶点坐标为：（12，94），
∵以点C为位似中心，将△ABC扩大到原来的2倍得到△A1B1C，
∴分别延长AC、BC，使A1C=2AC，B1C=2BC，可得A1（2，6），B1（-4，6），
分别延长CA、CB，使A2C=2CA，B2C=2CB，可得A2（-2，-2），B2（4，-2）时，
如图，当抛物线经过A1（2，6），B1（-4，6）时，设抛物线的解析式，y=-x2+bx+c，
则有−4+2b+c=6−16−4b+c=6，
解得，b=−2c=14，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+14=-(x+1)2+15，
∴顶点坐标为：（-1，15），
∴把抛物线y=-x2+x+2向左移动32个单位，向上移动514个单位可同时经过点A1、B1；
当抛物线经过A2（-2，-2），B2（4，-2）时，同法可得抛物线的解析式为：y=−x2−103x−143=−(x+53)2+679，
∴顶点坐标为：（-53，679），
∴把抛物线y=-x2+x+2向左移动136个单位，向上移动9518个单位可同时经过点A2、B2；

综上所述，把抛物线y=-x2+x+2向左移动32个单位，向上移动514个单位或把抛物线y=-x2+x+2向左移动136个单位，向上移动9518个单位可同时经过点A1、B1；.
14．（1）解：∵抛物线 y=x2+bx+c 经过(–2，0)、( –4，0)，则代入得： 4−2b+c=016−4b+c=0 ，
解得： b=6 ， c=8 ，
设“同交点抛物线”的解析式为 y=a(x+2)(x+4) ，
将(–3，3)代入得： 3=a(−3+2)(−3+4) ，
解得： a=−3 ，
故答案为： b=6 ， c=8 ， a=−3
（2）解：①令 y=0 ，则 −x2+2x+3=0 ，
解得： x1=−1，x2=3 ，
∴抛物线 y=−x2+2x+3 与 x 轴的交点坐标为：(–1，0)、(3，0)，
令 yn=0 ，则 n3x2−2n3x−n=0 ，
解得： x1=−1，x2=3 ，
∴抛物线 yn=n3x2−2n3x−n 与 x 轴的交点坐标为：(–1，0)、(3，0)，
∴抛物线 y 和抛物线 yn 是“同交点抛物线”，
它们图形共同性质：对称轴同为直线 x=1 ；
②当直线 y=12x+m 与抛物线y相交只有1个交点时，
由 y=12x+my=−x2+2x+3 ，得： x2−32x+m−3=0 ，
由 ⊿=b2−4ac=(−32)2−4×1×(m−3)=0 ，
解得： m=5716 ，
抛物线 yn=n3x2−2n3x−n 的顶点坐标为(1， −43n )，其中 n 为正整数，
因为随着 n 的增大， yn 的顶点纵坐标减小，所以当直线 y=12x+m 与抛物线 yn 中 n=1 时的抛物线相交只有1个交点时，
由 y=12x+my=13x2−23x−1 ，得： 2x2−7x−(6m+6)=0 ，
由 ⊿=b2−4ac=(−7)2−4×2×(−6m−6)=0 ，
解得： m=−9748 ，
如图所示：

当直线 y=12x+m 经过“同交点”时与两抛物线只有三个交点，
把“同交点”(–1，0)代入 y=12x+m 得： m=12 ，
把“同交点” (3，0)代入 y=12x+m 得： m=−32 ，
∴当直线 y=12x+m 与抛物线 y 、 yn 有4个交点时，m的取值范围为：
−9748 ③设直线 y=k 分别与抛物线 y=−x2+2x+3 和抛物线 y=n3x2−2n3x−n 相交于A、D、B、C，如图：

由 y=ky=−x2+2x+3 ，得： x2−2x+k−3=0 ，
∵x1+x2=−ba=2 ， x1x2=ca=k−3 ，
∴AD2=(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=22−4(k−3)=16−4k ，
由 y=ky=n3x2−2n3x−n ，得： nx2−2nx−(3n+3k)=0 ，
∵x3+x4=−ba=2 ， x3x4=ca=−(3n+3k)n ，
∴BC2=(x3−x4)2=(x3+x4)2−4x3x4=22+4·3n+3kn=16+12kn ，
∵AB=BC=CD ，
∴AD2=9BC2 ，
∴16−4k=9(16+12kn) ，
整理得： 32n+27k+nk=0 ．
15．（1）解：由题意，得AE=BE=2，
∵AE=2BF，
∴BF=1，
由勾股定理，得EF2=BE2+BF2=5，
∴正方形EFGH的面积为5.
（2）①证明：由题意，知∠KAE=∠B=90°，
∴∠EFB+∠FEB=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF=90°，
∴∠KEA+∠FEB=90°，
∴∠KEA=∠CEFB，
∴△KEA∽△EFB，
∴KEEF=AEBF =2．
∴EK=2EF=2EH．
②解：由①得HK=GF，
又∵∠KHI=∠FGJ=90°，∠KIH=∠FJG，
∴△KHI≌△FGJ．
∴△KHI的面积为S1．
由题意，知△KHI∽△KAE，
∴S1+S2S1=(KAKH)2=4KA2KE2 =4sin2α，
∴S2S1 =4sin2α-1．
16．（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD= AB，∠A=∠B= 90°，
∴∠AGF+∠AFG = 90°，
∵FG⊥ EH，
∴∠AGF+∠GEP= 90°，
∴∠AFG=∠GEP=∠BEH
∵AE= DF，
∴AD- DF= AB- AE，
即AF= BE，
在△AFG和△BEH中，
∠A=∠BAF=BE∠AFG=∠BEH，
∴△AFG≌△BEH
∴FG=EH；
（2）解：∵AB=AD=5，DF=AE=2，
∴BE=AF=5-2=3，
在Rt△AFG中，tan∠AGF=AFAG=34，
∴AG=4，
∴EG=2，
在Rt△AFG中，FG=AF2+AG2=32+42=5，
∵∠A=∠FPG=90°，∠AGF=∠PGE，
∴△AFG∽△PEG，
∴AGPG=FGEG ，
即4PG=52，
∴PG=85 ，
∴PF=FG-PG=5-85=175．
17．（1）证明：如图，

由题意可知，MN∥CD，
∴∠1=∠3.
由折叠可知，∠1=∠2，PC=PE，
∴∠2=∠3.
∴FE=PE.
∴EF=PC；
（2）解：由题意可知，BN=12BC=12BE，MN⊥BC，
在Rt△BNE中，sin∠4=BNBE=12，
∴∠4=30°.
∴∠EBN=60°.
由折叠可知，∠5=12∠EBN=30°，
∴在Rt△BCP中，cos∠5=BCBP=32.
∵BC=3，
∴BP=23⋅BC=23.
18．（1）解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAD=90°，AB=AD
∴∠BAE+∠EAD=90°
∵四边形AEFG是正方形
∴∠EAG=90°，AE=AG
∴∠EAD+∠DAG=90°
∴∠BAE=∠DAG
在△BAE和△DAG中
AB=AD∠BAE=∠DAGAE=AG
∴△BAE≌△DAG
∴DG=BE．
（2）解：由（1）知△BAE≌△DAG
∴∠ADG=∠B−90°，BE=DG
∵∠ADC=90°
∴∠CDG=∠ADC+∠ADG=90°+90°=180°
∴H，D，G三点共线
∵四边形AEFG是正方形
∴AE=AG，∠EAF=∠GAF=45°
在△BAE和△DAG中AE=AG∠EAF=∠GAFAH=AH，
∴△EAH≌△GAH
∴EH=HG
∵HG=DG+DH
∴EH=BE+DH
（3）解：∵四边形ABCD是正方形，AB=4
∴CD=AB=4
∵H恰CD中点
∴DH=HC=12CD=2
∵△BAE≌△DAG
∴BE=DG
设BE=x，则DG=x，EC=4−x
由（2）知EH=BE+DH=2+x
在Rt△ECH中，由勾股定理知EC2+CH2=EH2
∴(4−x)2+22=(2+x)2
解得，x=43
∴EC=83
∴S△CEH=12EC⋅CH=12×83×2=83．
19．（1）解：∵ABCD是正方形，∴AB=BC=3，∠ABC=90°，AB∥CD，
∴AC=AB2+BC2=32，
∴△ECF∽△BAF，∴ECBA=CFAF=13，
∴CFAC=14，∴CF=324；
（2）证明：如图，过点F作FH⊥BC于H，

∵S△CBF=32，BC=3，∴FH=1，
∵FH⊥BC，AB⊥BC，∴FH∥AB，
∴△CFH∽△CAB，∴CFCA=FHAB=13，
∴CFFA=12，
∵AB∥CD，∴△ECF∽△BAF，∴ECBA=CFAF=12，
∴EC=12AB=12CD，
∴点E是CD的中点；
（3）解：如图，

∵AB∥CD，∴△ECF∽△BAF，∴ECBA=CFAF=x3，
∴CFAC=xx+3，CF=32xx+3，
∵△CAG和△CBF中：∠ACG=∠BCF，∠CAG=∠CBF，
∴△CAG∽△CBF，∴CACB=CGCF，
∵CG=3-y，∴323=3−y32xx+3，y=−6xx+3+3
∴y=18x+3−3（0≤x≤3）；
20．（1）解：如图（1），记CC′与MN交于点O．

∵AC＝8，BC＝6，M、N分别是所在边的中点，
∴在RtΔMCN中，MN=MC2+NC2=5，
∵S△CMN=12CM⋅CN=12MN⋅CO，
∴CO=MC⋅NCMN=125，
∴CC′=2CO=245；
（2）解：如图（2），点C′在以点N为圆心，2为半径的圆（在RtΔABC内的部分）上．
过点N作ND⊥AB于点D，

∵∠B=∠B．∠NDB=∠CAB，
∴ΔNDB∼ΔACB，
∴NDNB=ACAB，
∴ND=ACAB⋅NB=810×4=165，
∴点C′到线段AB的最短距离为：165−2=65.
（3）解：①当点C′在边AB上时，四边形CMC′N可以成为正方形，
理由如下：
不妨假设四边形CMC′N可以成为正方形，如图（3），

设CM=x，则C′M=x，AM=8−x，
易知MC’ ∥BC，
∴ΔAMC′∼ΔACB，
∴AMAC=MC′CB，
∴8−x8=x6，解得x=247，
∴ 四边形CMC′N可以成为正方形，此时CM=247；
②4
21．（1）解：∵AE＝EB，AH＝HC，
∴EH∥BC，
由折叠的性质可知：EF⊥BC，HG⊥BC，
∴EF⊥EH，HG⊥EH，
∴∠EHG＝∠HGF＝∠HEF＝∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）解：BF＋CG＝EF.
（3）解：由折叠的性质可知：FG＝12CD＝5，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EH＝GH＝5，
∵AE＝EB＝4，∠B＝90°，
∴BH＝3，
∵∠B＝∠EHG＝∠HGC＝90°，
∴∠C＋∠GHC＝90°，∠GHC＋∠EHB＝90°，
∴∠C＝∠EHB，
∴△CGH∽△HBE，
∴HGEB＝HCEH，
∴54＝HC5，
∴HC＝254，
∴BC＝BH＋CH＝374.