备战2023年数学新中考二轮复习热点透析 疑难点拨09几何类综合问题

这是一份备战2023年数学新中考二轮复习热点透析 疑难点拨09几何类综合问题，文件包含备战2023年数学新中考二轮复习热点透析疑难点拨09几何类综合问题解析版doc、备战2023年数学新中考二轮复习热点透析疑难点拨09几何类综合问题原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。
疑难点拨09 几何类综合问题
考向分析
几何综合题是中考数学中的重点题型，也是难点所在，所占分值也比较重，解答题数量一般有两题左右，其中一题一般为三角型、四边形综合；另一题通常为圆的综合；它们在试卷中的位置一般都在试卷偏后的位置。只所以几何综合题难度大，主要是因为这种类型问题的综合性较强，涉及的知识点或者说考点较多，再加上现在比较热门的动态问题、最值（范围）问题、函数问题，这就导致了几何综合题的难度再次升级，因此这种题的区分度较大．所以平时多培养综合运用知识的能力，从不同的角度，运用不同的知识去解决同一个问题．
考点详解
一、常考题型
几何综合题的呈现形式多样，如折叠类型、探究型、开放型、运动型、情景型等，背景鲜活，具有实用性和创造性，考查方式偏重于考查考生分析问题、探究问题、综合应用数学知识解决实际问题的能力.
以几何为主的综合题常常在一定的图形背景下研究以下几个方面的问题：
1、证明线段、角的数量关系（包括相等、和、差、倍、分及比例关系等）；
2、证明图形的位置关系（如点与线、线与线、线与圆、圆与圆的位置关系等）；
3、几何计算问题；
4、动态几何问题等.
二、基本图形及辅助线
解决几何综合题，是需要厚积而薄发，所谓的“几何感觉”，是建立在足够的知识积累的基础上的，熟悉基本图形及常用的辅助线，在遇到特定条件时能够及时联想到对应的模型，找到“新”问题与“旧”模型间的关联，明确努力方向，才能进一步综合应用数学知识来解决问题。在中档几何题目教学中注重对基本图形及辅助线的积累是非常必要的。
1、与相似及圆有关的基本图形

2、正方形中的基本图形

3、基本辅助线
（1）角平分线——过角平分线上的点向角的两边作垂线（角平分线的性质）、翻折；
（2）与中点相关——倍长中线（八字全等），中位线，直角三角形斜边中线；
（3）共端点的等线段——旋转基本图形（60°，90°），构造圆；
垂直平分线，角平分线——翻折；
转移线段——平移基本图形（线段）线段间有特殊关系时，翻折；
（4）特殊图形的辅助线及其迁移——梯形的辅助线等
作双高——上底、下底、高、腰（等腰梯形）三推一；
面积；锐角三角函数 平移腰——上下底之差；
两底角有特殊关系（延长两腰）；
梯形——三角形 平移对角线——上下底之和；
对角线有特殊位置、数量关系。
注：在绘制辅助线时要注意同样辅助线的不同说法，可能会导致解题难度有较大差异。
三、解题思路
1、注意观察、分析图形，把复杂的图形分解成几个基本图形，通过添加辅助线补全或构造基本图形。
2、掌握常规的证题方法和思路。
3、运用转化的思想解决几何证明问题，运用方程的思想解决几何计算问题。还要灵活运用数学思想方法伯数形结合、分类讨论等）。
真题再现
一、单选题
1．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，点在反比例函数图象上，轴于点，是的中点，连接，，若的面积为2，则（       ）

A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】B
【分析】
根据三角形中线的性质得出，然后根据反比例函数的几何意义得解．
【详解】
解：∵点C是OB的中点，的面积为2，
∴,
∵轴于点，
∴,
∴,
∴，
故选：B．
2．（2021·山东青岛·中考真题）如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（       ）


A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
【详解】
解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵点A是弧EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故选：B．
3．（2021·四川内江·中考真题）如图，在边长为的等边中，分别取三边的中点，，，得△；再分别取△三边的中点，，，得△；这样依次下去，经过第2021次操作后得△，则△的面积为（     ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先根据三角形中位线定理计算，再总结规律，根据规律解答即可得．
【详解】
解：点，分别为，的中点，
，
点，分别为，的中点，
，
，

，

△的面积，
故选D．
4．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的外接圆，，若的半径为2，则弦的长为（     ）

A．4 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】
过点作，交于点，根据圆周角定理以及垂径定理可得结果．
【详解】
解：过点作，交于点，

是的外接圆，，
，
又，，
，，
在中，，
，，
，
故选：．
5．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，菱形的对角线与相交于点，点在上，连接，，，，，则（       ）

A．4 B．3 C． D．2
【答案】A
【分析】
根据菱形的性质以及已知条件，可得是等边三角形，可得，进而根据，可得，进而可得,根据， ，，即可求得．
【详解】
四边形是菱形，
,，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
．
故选A．
二、填空题
6．（2021·山东青岛·中考真题）如图，正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点．已知，则图中阴影部分的面积为___________．

【答案】
【分析】
连接AC，OD，根据已知条件得到AC是⊙O的直径，∠AOD=90°，根据切线的性质得到∠PAO=∠PDO=90°，得到△CDE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到PE=，根据梯形和圆的面积公式即可得到答案．
【详解】
解：连接AC，OD，
∵四边形BCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AC是⊙O的直径，∠AOD=90°，
∵PA，PD分别与⊙O相切于点A和点D，
∴∠PAO=∠PDO=90°，
∴四边形AODP是矩形，
∵OA=OD，
∴矩形AODP是正方形，
∴∠P=90°，AP=AO，AC∥PE，
∴∠E=∠ACB=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∵AB=2，
∴AC=2AO=2，DE=CD=2，
∴AP=PD=AO=，
∴PE=3，
∴图中阴影部分的面积
故答案为：5-π．

7．（2021·山东青岛·中考真题）已知正方形的边长为3，为上一点，连接并延长，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，．若，则的最小值为__________．

【答案】
【分析】
由正方形的性质，可得A点与C点关于BD对称，则有MN +CM=MN+AM≥AN，所以当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小为AN，先证明△DCG~△FCE，再由，可得，分别求出DE=1，CE=2，CF=6，即可求出AN．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴A点与C点关于BD对称，
∴CM=AM，
∴MN+CM=MN+AM≥AN，
∴当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小，
∵AD∥CF，
∴∠DAE=∠F，
∵∠DAE+∠DEH=90°，
∵DG⊥AF，
∴∠CDG+∠DEH=90°，
∴∠DAE=∠CDG，
∴∠CDG=∠F，
∴△DCG~△FCE，
∵，
∴ ，
∵正方形边长为3，
∴CF=6，
∵AD∥CF，
，
∴DE=1，CE=2，
在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2，
∴ ，
∵N是EF的中点，
，
在Rt△ADE中，EA2=AD2+DE2，
∴ ，
∴ ，
∴MN+MC的最小值为 ．
故答案为：．
8．（2021·四川内江·中考真题）如图，矩形，，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上．当点在轴上运动时，点也随之在轴上运动，在这个运动过程中，点到原点的最大距离为 __．

【答案】##
【分析】
取 的中点 ，连接 ， ，由勾股定理可求 的长，由直角三角形的性质可求 的长，由三角形的三边可求解．
【详解】
如图，取的中点，连接，，

矩形，，，
，，
点是的中点，
，
，
，点是的中点，
，
在中，，
当点在上时，，
的最大值为，
故答案为：．
9．（2021·四川内江·中考真题）如图，矩形中，，，对角线的垂直平分线交于点、交于点，则线段的长为 __．

【答案】##7.5
【分析】
根据矩形的性质和勾股定理求出BD，证明△BOF∽△BCD，根据相似三角形的性质得到比例式，求出EF即可．
【详解】
解：如图：

四边形是矩形，
，又，，
，
是的垂直平分线，
，，又，
，
，
，
解得，，
四边形是矩形，
，，
，
是的垂直平分线，
，，
在和中，
，
，
，
．
故答案为：．
10．（2021·山东济南·中考真题）如图，一个由8个正方形组成的“”型模板恰好完全放入一个矩形框内，模板四周的直角顶点，，，，都在矩形的边上，若8个小正方形的面积均为1，则边的长为__________．

【答案】
【分析】
如图，延长交于点，连接，根据题意求得的长，设，先证明，再证明，，分别求出矩形的四边，根据矩形对边相等列方程组求得的值，进而求得的值．
【详解】
小正方形的面积为1，则小正方形的边长为，
如图，延长交于点，连接，

，，
四边形是正方形，
，
，

设，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，，
，
，，
，














即①

②
联立
解得

故答案为：
三、解答题
11．（2021·山东青岛·中考真题）已知：如图，在矩形和等腰中，，，．点从点出发，沿方向匀速运动．速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．过点作，交于点，交于点，过点作，交于点．分别连接，，设运动时间为．
解答下列问题：

（1）当时，求的值；
（2）设五边形的面积为，求与之间的函数关系式；
（3）当时，求的值；
（4）若与相交于点，分别连接和．在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在，
【分析】
（1）先证，得代数计算即可；
（2）如图2中，过点P作PO⊥QM于点O．证明S=S四边形DQPM+S△DNQ=（PQ+DH）•QM+QN•ND=（HA+DH）•QM+QN•ND=•AD•QM+QN•ND，可得结论．
（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．根据PQ=PM，构建方程求解即可．
（4）存在．证明△HQW∽△AEW，△MHW∽△PAW，推出，，推出，由此构建方程求解即可
【详解】
（1）由题意可得，，，
在矩形中，
∵，，
，
在中，，
，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
答：为时，.

（2）过点作，交于点，
在等腰中，
，，
则.
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴.
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，∴，∴.
∵，∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，.
∴




.
答：与的函数关系式是.

（3）延长交于点，由（1），（2）可得，
，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可证，四边形是矩形.
∴，
当时，
∵，
∴，
∴.
又∵，
∴，
∴.
答：当时，.

（4）由（2）得，，

∵，，
∴，
∴为矩形，
∴，且.
∴，
∵，
∴，
同理可证，
∴，，
∴，
∴，
∴.
答：在运动的过程中，存在时刻，使.
12．（2021·甘肃兰州·中考真题）已知正方形，，为平面内两点．

【探究建模】
（1）如图1，当点在边上时，，且，，三点共线．求证：；
【类比应用】
（2）如图2，当点在正方形外部时，，，且，，三点共线．猜想并证明线段，，之间的数量关系；
【拓展迁移】
（3）如图3，当点在正方形外部时，，，，且，，三点共线，与交于点．若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；理由见解析（3）
【分析】
（1）根据正方形性质以及题意证明即可得出结论；
（2）根据已知条件证明，然后证明为等腰直角三角形即可得出结论；
（3）先证明，得出为等腰直角三角形，根据勾股定理以及等腰直角三角形的性质求出的长度，即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵四边形是正方形，，，三点共线，
∴,
∵，
∴，
∴,
在和中，
,
∴,
∴;
（2）∵，四边形是正方形，
∴,,
∴,
∵，，
∴,
∴,
在和中，
,
∴,
∴,
∴为等腰直角三角形，
∴,
即；
（3）过点D作于点H，连接BD，

∵，
∵，
∴，
∵,
∴，
在和中，
,
∴,
∴，，
∵且,
∴为等腰直角三角形，
∴，
在中，,
∴,
∵是正方对角线，
∴,
∵
∴,
∴为等腰直角三角形，
∴,
∴在中，,
∴．
13．（2021·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C的坐标为，抛物线经过A，B，C三点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）直线AD与y轴负半轴交于点D，且，求证：；
（3）在（2）的条件下，若直线与抛物线的对称轴l交于点E，连接，在第一象限内的抛物线上是否存在一点P，使四边形的面积最大？若存在，请求出点P的坐标及四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，当P点坐标是时，四边形面积的最大值是
【分析】
（1）由一次函数可求得A、B两点的坐标，从而用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）证明即可解决；
（3）过点E作轴于点M，由可求得△ABE的面积为定值12；因此只要求出点P的位置使△PAB的面积最大，从而使四边形的面积最大；为此过点P作轴于点，交直线AB于点N，过点B作于点，设点P的坐标为，则可求得PN，且，由可得关于t的二次函数，从而求得△PAB面积的最大值，因而可得四边形BEAP面积的最大值，且可求得此时点P的坐标．
【详解】
（1）一次函数与x轴的交点，令，则，解得；
与y轴的交点，令，则
∴，
设抛物线的解析式为
把A，B，C三点坐标代入解析式，得解得
∴抛物线的解析式为
（2）在平面直角坐标系中，
在和中

∴
∴（全等三角形的对应边相等）
（3）存在，理由如下：
过点E作轴于点M
∵
∴抛物线的对称轴是直线
∴E点的横坐标是2，即
∵
∴
∴
∵
∴
∴
设点P的坐标为
过点P作轴于点，交直线AB于点N，过点B作于点，如图

∴
∴
∵
∵
∴
∵，抛物线开口向下，函数有最大值
∴当时，面积的最大值是，此时四边形的面积最大
∴，
当时，
∴
∴当P点坐标是时，四边形面积的最大值是．
14．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．

实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】
（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】
解：（1）如图1，，，，
，
如图2，设与交于点，与交于点，

绕点按逆时针方向旋转，
，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为，
故答案为：，；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，

将绕点按逆时针方向旋转，
，
又，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，

，，点是边的中点，，
，，，
，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
由（2）可得：，
，
，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，

同理可求：的面积；
故答案为：或．
15．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．

【答案】（1）相切，见解析；（2）
【分析】
（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径半径，可得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
【详解】
解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP＝＝＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH＝PB＝，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH＝OH＝4﹣＝，
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．

∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT＝＝＝4，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，
∴×4×8＝×4×x+×4×x，
∴x＝2﹣2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．
16．（2021·广西河池·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，B两点（A在B的右侧），与y轴交于点C．

（1）求直线CA的解析式；
（2）如图，直线与抛物线在第一象限交于点D，交CA于点E，交x轴于点F，于点G，若E为GA的中点，求m的值．
（3）直线与抛物线交于，两点，其中．若且，结合函数图象，探究n的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）或．
【分析】
（1）由中，得，，，利用待定系数法即可得，直线CA的解析式为；
（2）根据直线与抛物线在第一象限交于点D，交CA于点E，交x轴于点F，可得，且，，，从而，，而是等腰直角三角形，可得，是等腰直角三角形，即可列，解得m=2或m=3（舍去）；
（3）由得：或，①若，即，根据且，可得，且，即解得；②若，即，可得：且，即解得，综合可得结果．
【详解】
解：（1）在中，
令得，
令得或，
∴，，，
设直线CA的解析式为，则，
解得，
∴直线CA的解析式为；
（2）∵直线x=m与抛物线在第一象限交于点D，交CA于点E，交x轴于点F，
∴，且，，，
∴，，
∵，，
∴，是等腰直角三角形，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵E为GA的中点，
∴，
∴，
解得或，
∵时，D与A重合，舍去，
∴；
（3）由得：或，
①若，即，
∵且，
∴，且，
解得；
②若，即，
可得：且，
解得．
综上所述，n的取值范围是或．

17．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，四边形是⊙的内接矩形，过点的切线与的延长线交于点，连接与交于点，，．

（1）求证：；
（2）设，求的面积（用的式子表示）；
（3）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）由矩形性质可得,然后证明即可得出结论；
（2）根据勾股定理得出，根据相似三角形性质得出，则，根据勾股定理得出的值，运用三角形面积公式表示即可；
（3）记与圆弧交于点，连接，证明，即可得出，求出的值，过作于，过作于．运用等面积法得出，根据勾股定理得出，代入数据联立的值，解方程得出，，设，则，根据相似三角形性质即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵四边形为的内接矩形，
∴，过圆心，且．
∵,
∴,
又∵是的切线，故，
由此可得，
又∵与都是圆弧所对的圆周角，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：由，，则，
由题意．
由（1）知，则，
代入，，，
可得，解得．
在直角中，，
所以；
（3）解：记与圆弧交于点，连接．

∵，，，
∴．
又，所以，
∴．
∴，故．
由（2）知，由，，则，
由题意可得，
代入数据，，，
得到，解得①．
过作于，过作于．
易知．
由等面积法可得，
代入数据得，即．
在直角三角形中，
．②
由①②可得，得，
解得，（舍去）．
所以，．
由，故，故．
设，则，代入得，
解得，即的长为．
18．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B．OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根，且tan∠OAB，点D为AB的中点，E为x轴正半轴上一点，BE＝2，直线OD与BE相交于点F．
（1）求点A及点D的坐标；
（2）反比例函数y经过点F关于y轴的对称点F′，求k的值；
（3）点G和点H在直线AB上，平面内存在点P，使以E，G，H，P为顶点的四边形是边长为6的菱形，符合条件的菱形有几个？请直接写出满足条件的两个点P的坐标．

【答案】（1）（8,0），(4,3)；（2）；（3）3个，（，），（，）．
【详解】
解：（1）∵OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根．
∴,OB=6,B点坐标为（0,6）
∵tan∠OAB，即
∴OA=8,即A点坐标为（8,0）
∴D点坐标为（ ）,即(4,3)；
（2）∵在Rt△OBE中，BE＝2，OB=6
∴OE=,即E点坐标为（2,0）
设直线BE的解析式为y=kx+b
则 ，解得
∴设直线BE的解析式为y=-3x+6
同理：直线OD的解析式为y=
联立 解得
∴F点的坐标为（，）
∴F＇的坐标为（-，）
∵反比例函数y经过点F关于y轴的对称点F′
∴k=-×=；
（3）①如图1：当GH为菱形一条对角线时
要使四边形EGPH为菱形，只需要GH和PE相互垂直平分即可，
∵A（8,0），B（0,6）
∴由待定系数法可得直线AB的解析式为y=
设过E且垂直于AB的直线PE解析式为：y=
则有：0=，即b=
直线PE解析式为：y=
联立 ，解得
直线PE与直线AB的垂直交点为（,）
设P点坐标为（m，n）
∴，，即m=，n=
∴P点坐标为（，）；

②如图2，当GH为菱形一边时，
要使四边形EGPH为菱形，只需要GH//PE,PE=GH=6,在AB上找G、H使得GE//PH且GE=PH=6即可
设线段EP所在的直线解析式为：y=
则0=，即b=
∴直线EP所在的直线为y=
过P作PJ⊥x轴
∵AB//PE
∴∠PEA=∠BAO
设PJ=3x,tan∠OAB
∴tan∠PEA=tan∠OAB,则，即EJ=4x
∵PJ2+EJ2=EP2，即（3x）2+（4x）2=62,解得x=或-
∴当x=时，PJ=，EJ=
∴OJ=OE+EJ=
∴满足题意得P点有两个，其中一个P点坐标为（，）；
综上，满足题意得P点有三个，其中两个P点坐标为（，），（，）．

19．（2021·贵州黔东南·中考真题）如图，抛物线与轴交于A、B（3，0）两点，与轴交于点C（0，－3），抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线的对称轴上，点Q在轴上，若以点P、Q、B、C为顶点，BC为边的四边形为平行四边形，请直接写出点P、Q的坐标；
（3）已知点M是轴上的动点，过点M作的垂线交抛物线于点G，是否存在这样的点M，使得以点A、M、G为顶点的三角形与△BCD相似，若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）点或、点或点；（3）存在，M（0，0）或M（，0）或M（6，0）或M（，0）
【分析】
（1）根据二次函数表达式和已知坐标点代入计算即可，
（2）以点P、Q、B、C为顶点，BC为边的四边形为平行四边形，分为两种情况：或，根据平行四边形对边相等且平行求解即可，
（3）先根据题意求出A点坐标和顶点坐标，根据B，C，D坐标点得知△BDC是直角三角形，且∠BCD＝，设点M得坐标（），则点G得坐标为，根据相似的性质分情况求解即可．
【详解】
解：（1）将点B（3，0），C（0，－3）分别代入中，
得：，
解得，
∴抛物线得函数关系为
（2）点或、点或点．
如图：

∵以点P、Q、B、C为顶点，BC为边的四边形为平行四边形，
∴或，
∵点B（3，0），C（0，－3），
当时，则，
设对称轴与x轴交于点M，
∴，，
∴；
同理时，；
故答案为：；．
（3）当时，，
解得：，
∴A（－1，0）
又，
∴抛物线得顶点D得坐标为（1，－4）
∵C（0，－3）、B（3，0）、D（1，－4）
∴，
∴
∴△BDC是直角三角形，且∠BCD＝
设点M得坐标（），则点G得坐标为，
根据题意知：
∠AMG＝∠BCD＝
∴要使以A、M、G为顶点得三角形与△BCD相似，需要满足条件：

①当时，此时有：或
解得：或＝0，，都不符合，所以时无解．
②当时，此时有：或
解得：（不符合要求，舍去）或＝0，（不符合要求，舍去），所以M（）或M（0，0）
③当m＞3时，此时有：或
解得：（不符合要求，舍去）或（不符要求，舍去）
所以点M（6，0）或M（，0）
答：存在点M，使得A、M、G为顶点得三角形与△BCD相似，点M得坐标为：M（0，0）或M（，0）或M（6，0）或M（，0）．
20．（2021·四川成都·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．

（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】
（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．
（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】
（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，
∴，
∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．

由旋转可得，．
∵，
∴，
∴，
∴，．
∵，即，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∵，
∴，即，
∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．
∵，
∴，
∵，即，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴在和中 ，
∴，
∴，即点D为中点．
∵点E为AC中点，
∴DE为的中位线，
∴，
即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为1．