山东省济南市2023年各地区中考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（13套）-03解答题（较难题）②

这是一份山东省济南市2023年各地区中考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（13套）-03解答题（较难题）②，共46页。试卷主要包含了，与y轴交于点C等内容，欢迎下载使用。
山东省济南市2023年各地区中考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（13套）-03解答题（较难题）②
一．反比例函数综合题（共3小题）
1．（2023•市中区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y＝（x＞0）的图象与矩形OABC相交于D，E两点，点A，C分别在y轴和x轴的正半轴上，点B的纵坐标为6，点D的横坐标为2．连接DE，OB，DE与OB相交于点F．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）求证：DF＝EF；
（3）连接OD，当△ODF是直角三角形时，求此时OF的长．

2．（2023•济南二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝x+b与x轴、y轴分别交于点A、B，与双曲线H：y＝交于点P（2，），直线x＝m分别与直线l和双曲线H交于点E、D．
（1）求k和b的值；
（2）当点E在线段AB上时，如果ED＝BO，求m的值；
（3）如果△BDE是以BE为腰的等腰三角形，求点E的坐标．

​

3．（2023•商河县二模）如图，在矩形OABC中，OA＝4，OC＝6，分别以OA、OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，D是边CB上的一个动点（不与C、B重合），反比例函数的图象经过点D且与边BA交于点E，连接DE．
（1）连接OE，若△EOA的面积为3，则k＝　 　；
（2）连接CA，DE与CA是否平行？请说明理由；
（3）是否存在点D，使得点B关于DE的对称点在OC上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．


二．二次函数综合题（共5小题）
4．（2023•市中区二模）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，3），点D为OC的中点，连接BD，点P在抛物线上．
（1）求b，c的值；
（2）若点P在第一象限，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH与BC交于点M．是否存在这样的点P，使得PM＝MH？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P的横坐标小于3，过点P作PQ⊥BD，垂足为Q，直线PQ与x轴交于点R，且S△PQB＝S△QRB，求点P的横坐标．


5．（2023•历下区二模）如图1，已知抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（﹣1，0）和点B（4，0），与x轴交于点C，顶点是G，连接AC，BC．

（1）求抛物线的表达式和顶点G的坐标；
（2）如图2，若平移抛物线y＝ax2+bx﹣2，使其顶点M在直线AC上运动，平移后所得函数的图象与y轴的负半轴的交点为D，连接DG，CG，当时，求点M的坐标；
（3）如图3，若将抛物线y＝ax2+bx﹣2进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接写出抛物线y＝ax2+bx﹣2平移的最短距离及此时抛物线的顶点坐标．
6．（2023•历城区二模）如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣4，0）和B（1，0），与y轴交于点C，连接AC，BC．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值；
（3）点P为抛物线上的一动点，且∠ACP＝45°﹣∠BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标．
7．（2023•商河县二模）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A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC＝2OA．

（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m＝，试求m的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，m取最大值时，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
8．（2023•长清区二模）如图，二次函数y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（4，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．

（1）求函数表达式及C坐标；
（2）Q在抛物线的对称轴上，连接CQ、BQ，若△QBC为以BC为底的等腰三角形，求Q点坐标．
（3）P在抛物线上且在第一象限内，过点P作PM⊥AC，PN⊥y轴，求的最大值并写出P点坐标．
三．切线的性质（共1小题）
9．（2023•市中区二模）如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC于点D．且交⊙O于点F，连接BC，CF，AC．
（1）求证：BC＝CF；
（2）若AD＝3，DE＝4，求BE的长．

四．几何变换综合题（共5小题）
10．（2023•市中区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝，BC＝2，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，求证：DF＝DE；
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．

11．（2023•钢城区二模）在△ABC与△ADE中，连接DC，点M、N分别为DE和DC的中点，连接CE．
（1）【观察猜想】
如图①，若AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，MN与BD的数量关系是 　 　；
（2）【类比探究】
如图②，若AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，请写出MN与BD的数量关系并就图②的情形说明理由；
（3）【解决问题】
如图③，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ACB＝∠AED＝30°，3AD＝AB＝6，将△ADE绕点A进行旋转，当点D落在△ABC的边所在的直线上时，请求出MN的长．


12．（2023•历下区二模）如图1，△ABC和△DEB都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠BDE＝90°，将△BDE绕点B逆时针旋转α（0＜α＜360），连接EC，取EC中点F，连接AF，DF．

（1）如图1，当点D落在BC边上，点E落在AB边上时，线段AF和线段DF的位置关系是 　 　，数量关系是 　 　；
（2）如图2，当点D落在△ABC内部时，（1）的结论是否仍然成立？如果成立，请写出证明过程；如果不成立，请说明理由．
九年级一班数学兴趣小组的同学提出了三种思路：
小聪：过点D作DM⊥BE交线段BE于点M，过点A作AN⊥BC交线段BC于点N……
小明：延长ED至点G，使DG＝DE，延长CA至点H使AH＝AC，连接GB、BH……
小智：延长DF至点P，使DF＝PF，连接PC，AD，AP……
请你选择一种思路，完善证明过程；
（3）若AB＝6，BD＝2，在△BDE旋转的过程中，当点E，D，F三点共线时，连接AD，请直接写出AD的长．
13．（2023•商河县二模）在等腰△ABC中，∠B＝90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC，垂足为N，∠EMF＝135°、将∠EMF绕点M旋转，使∠EMF的两边交直线AB于点E，交直线AC于点F，请解答下列问题：
（1）当∠EMF绕点M旋转到如图①的位置时，求证：BE+CF＝BM；
（2）当∠EMF绕点M旋转到如图②，图③的位置时，请分别写出线段BE，CF，BM之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）和（2）的条件下，tan∠BEM＝，AN＝2+2，求CF的长．


14．（2023•长清区二模）已知点C为△ABC和△CDE的公共顶点，将△CDE绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜360°），连接BD，AE，请完成如下问题：

（1）如图1，若△ABC和△CDE均为等边三角形，线段BD与线段AE的数量关系是 　 　；
类比探究：
（2）如图2，若∠ABC＝∠EDC＝90°，∠ACB＝∠ECD＝60°，其他条件不变，请写出线段BD与线段AE的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：如图3，D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，，直接写出AD的长．

山东省济南市2023年各地区中考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（13套）-03解答题（较难题）②
参考答案与试题解析
一．反比例函数综合题（共3小题）
1．（2023•市中区二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，反比例函数y＝（x＞0）的图象与矩形OABC相交于D，E两点，点A，C分别在y轴和x轴的正半轴上，点B的纵坐标为6，点D的横坐标为2．连接DE，OB，DE与OB相交于点F．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）求证：DF＝EF；
（3）连接OD，当△ODF是直角三角形时，求此时OF的长．

【答案】（1）y＝．
（2）见解析；
（3）OF的长为4或．
【解答】（1）解：∵四边形OABC是矩形，点A，C分别在y轴和x轴的正半轴上，
∴BC∥x轴，AB∥y轴，
∵点B的纵坐标为6，点D的横坐标为2，
∴D（2，6），
∵反比例函数y＝的图象经过点D（2，6），
∴k＝xy＝2×6＝12，
∴反比例函数的表达式为y＝．
（2）证明：设A（x，0）（x＞0），则E（x，），B（x，6），
∴BD＝x﹣2，BE＝6﹣，
如图1，∵＝＝1﹣，＝＝1﹣，
∴，
∵∠DBE＝∠OAB＝90°，
∴△DBE∽△OAB，
∴∠DEB＝∠OBA，
∵∠EDB+∠DEB＝90°，∠OBD+∠OBA＝90°，
∴∠EDB＝∠OBD，
∴DF＝EF＝BF．
（3）解：当△ODF是直角三角形，且∠OFD＝90°，如图2，
∵DF＝EF，OB⊥DE，
∴BD＝BE，
∴x﹣2＝6﹣，
解得x1＝6，x2＝2（不符合题意，舍去），
∴AO＝AB＝6，BD＝BE＝6﹣2＝4，
∴OB＝＝＝6，DE＝＝＝4，
∴BF＝DE＝2，
∴OF＝OB﹣BF＝6﹣2＝4；
当△ODF是直角三角形，且∠ODF＝90°，如图3，
∵∠DBE＝∠OCD＝90°，
∴∠BDE＝∠COD＝90°﹣∠CDO，
∴△BDE∽△COD，
∴，
∵CO＝AB＝6，CD＝2，
∴BD＝•BE＝3BE，
∴x﹣2＝3（6﹣），
解得x1＝18，x2＝2（不符合题意，舍去），
∴AO＝18，BE＝6﹣＝，BD＝18﹣2＝16，
∴OB＝＝＝6，DE＝＝＝，
∴BF＝DE＝，
∴OF＝OB﹣BF＝6﹣＝，
综上所述，OF的长为4或．



2．（2023•济南二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝x+b与x轴、y轴分别交于点A、B，与双曲线H：y＝交于点P（2，），直线x＝m分别与直线l和双曲线H交于点E、D．
（1）求k和b的值；
（2）当点E在线段AB上时，如果ED＝BO，求m的值；
（3）如果△BDE是以BE为腰的等腰三角形，求点E的坐标．

​

【答案】（1）k＝9，b＝3；
（2）﹣2；
（3）E（﹣3，）或（，）．
【解答】解：（1）把点P（2，）代入y＝，
得＝，
解得k＝9，
把点P（2，）代入y＝x+b，
得+b＝，
解得b＝3；
（2）在直线y＝x+3中，令x＝0，
得y＝3，
∴B（0，3），
∴OB＝3，
令y＝0，得x+3＝0，
解得x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），
∵直线x＝m，分别与直线l和双曲线H交于点E、D，
∴E（m，m+3），D（m，），
∵点E在线段AB上，
∴﹣4≤m≤0，
∴ED＝m+3﹣，
∵ED＝BO，
∴m+3﹣＝3，
解得m＝﹣2，m'＝2（不符合题意，舍去），
∴m的值为﹣2；
（3）如图，过点E作EF⊥y轴于点F，
∵B（0，3），E（m，m+3），D（m，），
∴F（0，m+3），
∴BE＝＝＝＝|m|，
又∵DE＝|m+3﹣|，△BDE是以BE为腰的等腰三角形，且点E在AB上，D点在双曲线上，
∴只存在BE＝DE时，
即|m|＝|m+3﹣|，
解得m＝﹣3，m'＝，
∴E（﹣3，）或（，）．
3．（2023•商河县二模）如图，在矩形OABC中，OA＝4，OC＝6，分别以OA、OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，D是边CB上的一个动点（不与C、B重合），反比例函数的图象经过点D且与边BA交于点E，连接DE．
（1）连接OE，若△EOA的面积为3，则k＝　6　；
（2）连接CA，DE与CA是否平行？请说明理由；
（3）是否存在点D，使得点B关于DE的对称点在OC上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．


【答案】（1）6；
（2）结论：DE∥AC．理由见解析部分；
（3）D（，6）．
【解答】解：（1）连接OE，如图1，
∵Rt△AOE的面积为3，
∴k＝2×3＝6．
故答案为：6；
（2）结论：DE∥AC．
理由：连接AC，如图1，设D（x，6），E（4，x），则BD＝4﹣x，BE＝6﹣x，
∴＝＝，
∵＝＝，
∴，
又∵∠B＝∠B，
∴△BDE∽△BCA，
∴∠BED＝∠BAC，
∴DE∥AC；
（3）假设存在点D满足条件．设D（x，6），E（4，x），则CD＝x，BD＝4﹣x，BE＝6﹣x，AE＝x．
作EF⊥OC，垂足为F，
由△B′CD∽△EFB′，可得，
∴＝，
∴B′F＝x，
由勾股定理得，CB′2+CD2＝B′D2，
∴（6﹣3x）2+x2＝（4﹣x）2，解这个方程得，x1＝2（舍去），x2＝，
∴满足条件的点D存在，D的坐标为D（，6）．


二．二次函数综合题（共5小题）
4．（2023•市中区二模）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，3），点D为OC的中点，连接BD，点P在抛物线上．
（1）求b，c的值；
（2）若点P在第一象限，过点P作PH⊥x轴，垂足为H，PH与BC交于点M．是否存在这样的点P，使得PM＝MH？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若点P的横坐标小于3，过点P作PQ⊥BD，垂足为Q，直线PQ与x轴交于点R，且S△PQB＝S△QRB，求点P的横坐标．


【答案】（1）b＝2，c＝3；（2）P的坐标为（，），使得PM＝MH；（3）点P坐标为（1，4）．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、C（0，3），
∴c＝3，
∴﹣1﹣b+3＝0．
解得：b＝2．
故答案为：b＝2，c＝3．

（2）存在满足条件呢的点P，使得PM＝MH．
∵二次函数解析式为y＝﹣x2+2x+3，
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），则M（t，﹣t+3），H（t，0），
∴PM＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，MH＝3﹣t，
∵PM＝MH，
∴﹣t2+3t＝（3﹣t），
解得：t1＝，t2＝3（舍去），
∴P（，），
∴P的坐标为（，），使得PM＝MH．

（3）∵点D为OC的中点．OC＝3．
∴点D的坐标为（0，），
∴BD的解析式为：y＝﹣+，
过点P作PF⊥x轴于F，交直线BD于E，
∵OB＝3，OD＝，∠BOD＝90°，
∴BD＝＝，
∴cos∠OBD＝，
∵PQ⊥BD于点Q，PF⊥x轴于点F，
∴∠PQE＝∠BQR＝∠PFR＝90°，
∴∠PRF+∠OBD＝∠PRF+∠EPQ＝90°，
∴∠EPQ＝∠OBD，即cos∠EPQ＝cos∠OBD＝，
在Rt△PQE中，cos∠EPQ＝，
∴PQ＝PE，
在Rt△PFR中，cos∠RPF＝，
∴PR＝PF，
∵S△PQB＝S△QRB，S△PQB＝BQ•PQ，S△QRB＝BQ•QR，
∴PQ＝QR．
设直线BD与抛物线交于点G，
∵﹣+＝﹣x2+2x+3，
解得：x1＝3（即点B横坐标），x2＝﹣，
∴点G横坐标为﹣，
设P（t，﹣t2+2t+3）（t＜3），则E（t，﹣t+），
∴PF＝|﹣t2+2t+3|，PE＝|﹣t2+2t+3﹣（﹣t+）|＝|﹣t2+t+|，
①若﹣＜t＜3，则点P在直线BD上方，如图2，
∴PF＝﹣t2+2t+3，PE＝﹣t2+t+，
∵PQ＝QR，
∴PQ＝PR．
∴PE＝•PF，即4PE＝3PF，
∴4（﹣t2+t+）＝3（﹣t2+2t+3），
解得：t1＝1，t2＝3（舍去），
∴P（1，4），
②若﹣1＜t＜﹣，则点P在x轴上方、直线BD下方，如图3，
此时，PQ＜QR，即S△PQB＝S△QRB不成立．
③若t＜﹣1，则点P在x轴下方，如图4，
∴PF＝﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t﹣3，PE＝﹣t+﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣t﹣，
∵PQ＝2QR，
∴PQ＝2PR，
∴PE＝2•PF，即2PE＝5PF，
∴2（t2﹣t﹣）＝5（t2﹣2t﹣3），
解得：t1＝﹣（不在范围舍去），t2＝3（不在范围舍去），
∴此种情况不存在符合条件的P点．
综上所述，点P坐标为（1，4）．




5．（2023•历下区二模）如图1，已知抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（﹣1，0）和点B（4，0），与x轴交于点C，顶点是G，连接AC，BC．

（1）求抛物线的表达式和顶点G的坐标；
（2）如图2，若平移抛物线y＝ax2+bx﹣2，使其顶点M在直线AC上运动，平移后所得函数的图象与y轴的负半轴的交点为D，连接DG，CG，当时，求点M的坐标；
（3）如图3，若将抛物线y＝ax2+bx﹣2进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接写出抛物线y＝ax2+bx﹣2平移的最短距离及此时抛物线的顶点坐标．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2，顶点G的坐标为（，﹣）；
（2）M（2，﹣6）；
（3）抛物线平移的最短距离为，此时顶点坐标为N（，﹣）．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（﹣1，0）和点B（4，0），
∴，
解得：，
∴该抛物线的函数表达式为y＝x2﹣x﹣2，
∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣，
∴顶点G的坐标为（，﹣）；
（2）由（1）知，G（，﹣），
∵S△CDG＝CD•xG＝，
∴CD＝＝＝2，
由（1）知，抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣2，
∴C（0，﹣2），
∵点D在y轴负半轴上，
∴D（0，﹣4），
设直线AC的解析式为y＝kx+c，把A（﹣1，0）、C（0，﹣2）代入得：，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∵平移后的抛物线的顶点M在直线AC上运动，
∴设M（m，﹣2m﹣2），
则平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣m）2﹣2m﹣2，
将点D（0，﹣4）代入得：m2﹣2m﹣2＝﹣4，
解得：m1＝m2＝2，
∴M（2，﹣6）；
（3）解：过点G作BC的垂线，交BC于H，交y轴于点F，过点G作GE⊥y轴于点E，如图，

当抛物线沿着直线GF的向上平移时，平移距离最短，
设直线BC的解析式为 y＝k1x+b1，则，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣2，
∵G（，﹣），
∴GE＝，OE＝，
∵FH⊥BC，
∴∠CFH+∠FCH＝∠OBC+∠FCH＝90°，
∴∠CFH＝∠OBC，
∴Rt△OCB∽Rt△EGF，
∴，
∵OC＝2，OB＝4，
∴EF＝3，而EF＜OE，即点F在y轴负半轴上，
∴OF＝OE﹣FE＝﹣3＝，
∴F（0，﹣），
设直线GF的解析式为y＝k2x+b2，则，
解得：，
∴直线GF的解析式为y＝﹣2x﹣，
设平移后抛物线的顶点N坐标为（n，﹣2n﹣），
则平移后抛物线解析式为y＝（x﹣n）2﹣2n﹣，
∵抛物线y＝（x﹣n）2﹣2n﹣与直线BC恰有一个公共点，
∴，
整理得：4x2﹣（8n+4）x+4n2﹣16n+15＝0，
∴Δ＝[﹣（8n+4）]2﹣4×4（4n2﹣16n+15）＝0，
解得：n＝，
此时平移后抛物线的顶点坐标为N（，﹣），而点G的坐标为（，﹣），
∴GN＝＝，
∴抛物线平移的最短距离为，此时顶点坐标为N（，﹣）．
6．（2023•历城区二模）如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣4，0）和B（1，0），与y轴交于点C，连接AC，BC．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值；
（3）点P为抛物线上的一动点，且∠ACP＝45°﹣∠BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标．
【答案】（1）抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）△MNQ周长最大值为6+2；
（3）P的坐标为（﹣5，﹣3）或（﹣，）．
【解答】解：（1）把A（﹣4，0）和B（1，0）代入y＝ax2+bx+2得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）由y＝﹣x2﹣x+2可得C（0，2），
设直线AC解析式为y＝kx+2，把A（﹣4，0）代入得：
﹣4k+2＝0，
解得k＝，
∴直线AC解析式为y＝x+2，
设M（x，﹣x2﹣x+2），则N（x，x+2），
∴MN＝﹣x2﹣x+2﹣（x+2）＝﹣x2﹣2x，
∵MQ∥x轴，MN∥y轴，
∴∠MQN＝∠CAO，∠NMQ＝∠AOC＝90°，
∴△QMN∽△AOC，
∴＝＝，即＝＝，
∴MQ＝2MN，NQ＝MN，
∴△MNQ周长MN+MQ+NQ＝MN+2MN+MN＝（3+）MN＝（3+）×（﹣x2﹣2x）＝﹣（x+2）2+6+2，
∵﹣＜0，
∴当x＝﹣2时，△MNQ周长最大值为6+2；
（3）在x轴负半轴上取D，使OC＝OD，连接CD交抛物线于P，如图：

∴D（﹣2，0），∠CDO＝45°，此时∠ACP＝45°﹣∠BAC，P是满足条件的点，
∵C（0，2），D（2，0），
∴直线CD解析式为y＝x+2，
由得或，
∴P（﹣5，﹣3），
作D关于直线AC的对称点E，连接CE并延长交抛物线于P'，由对称性知∠ACP'＝∠ACP，P'是满足条件的点，
设E（m，n），根据AE＝AD，CE＝CD可得：
，
解得或，
∴E（﹣，），
由E（﹣，），C（0，2）可得直线CE解析式为：y＝x+2，
解得或，
∴P'（﹣，），
综上所述，P的坐标为（﹣5，﹣3）或（﹣，）．
7．（2023•商河县二模）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A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC＝2OA．

（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m＝，试求m的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，m取最大值时，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣（x+2）（x﹣4）或y＝﹣x2+x+4或y＝﹣（x﹣1）2+；
（2）当n＝2时，m有最大值，最大值为，此时P（2，4）；
（3）N（，3）或（6，﹣3）．
【解答】解：（1）因为抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点，
所以可以假设y＝a（x+2）（x﹣4），
∵OC＝2OA，OA＝2，
∴C（0，4），代入抛物线的解析式得到a＝﹣，
∴y＝﹣（x+2）（x﹣4）或y＝﹣x2+x+4或y＝﹣（x﹣1）2+．

（2）如图1中，由题意，点P在y轴的右侧，作PE⊥x轴于E，交BC于F．

∵CD∥PE，
∴△CMD∽△FMP，
∴m＝＝，
∵直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，则D（0，1），
∵BC的解析式为y＝﹣x+4，
设P（n，﹣n2+n+4），则F（n，﹣n+4），
∴PF＝﹣n2+n+4﹣（﹣n+4）＝﹣（n﹣2）2+2，
∴m＝＝﹣（n﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴当n＝2时，m有最大值，最大值为，此时P（2，4）．
（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
a、如图2﹣1中，四边形DQNP是矩形时，

由（2）可知P（2，4），代入y＝kx+1中，得到k＝，
∴直线DP的解析式为y＝x+1，可得D（0，1），E（﹣，0），
由△DOE∽△QOD可得＝，
∴OD2＝OE•OQ，
∴1＝•OQ，
∴OQ＝，
∴Q（，0）．
根据矩形的性质，将点P向右平移个单位，向下平移1个单位得到点N，
∴N（2+，4﹣1），即N（，3）
b、如图2﹣2中，四边形PDNQ是矩形时，

∵直线PD的解析式为y＝x+1，PQ⊥PD，
∴直线PQ的解析式为y＝﹣x+，
∴Q（8，0），
根据矩形的性质可知，将点D向右平移6个单位，向下平移4个单位得到点N，
∴N（0+6，1﹣4），即N（6，﹣3）．
②当DP是对角线时，设Q（x，0），则QD2＝x2+1，QP2＝（x﹣2）2+42，PD2＝13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2＝PD2，
∴x2+1+（x﹣2）2+16＝13，
整理得x2﹣2x+4＝0，方程无解，此种情形不存在，
综上所述，满足条件的点N坐标为（，3）或（6，﹣3）．
8．（2023•长清区二模）如图，二次函数y＝ax2+bx+4与x轴交于点A（4，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．

（1）求函数表达式及C坐标；
（2）Q在抛物线的对称轴上，连接CQ、BQ，若△QBC为以BC为底的等腰三角形，求Q点坐标．
（3）P在抛物线上且在第一象限内，过点P作PM⊥AC，PN⊥y轴，求的最大值并写出P点坐标．
【答案】（1）函数表达式为入y＝﹣x2+3x+4，C的坐标为（0，4）；
（2）Q（，）；
（3）的最大值是，P点坐标为（3，4）．
【解答】解：（1）把A（4，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+4得：
，
解得：，
∴函数表达式为入y＝﹣x2+3x+4，
令x＝0得y＝4，
∴C的坐标为（0，4）；
（2）∵y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x﹣）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝，
设Q（，m），
∵△QBC为以BC为底的等腰三角形，
∴BQ＝CQ，
∵B（﹣1，0），C（0，4），
∴+m2＝+（m﹣4）2，
解得m＝，
∴Q（，）；
（3）过P作PH∥y轴交AC于H，过H作HK⊥y轴交于K，如图：

∵A（4，0），C（0，4）
∴直线AC解析式为y＝﹣x+4，∠ACO＝∠CAO＝45°，
设P（t，﹣t2+3t+4），则H（t，﹣t+4），
∴PN＝t，PH＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
∵PH∥y轴，
∴∠PHM＝∠ACO＝45°，
∴△PHM是等腰直角三角形，
∴PM＝MH＝PH＝﹣t2+2t，
∵∠PNK＝∠NKH＝∠PHK＝90°，
∴四边形PNKH是矩形，
∴KH＝PN＝t，
∵∠ACO＝45°，∠NKH＝90°，
∴△CKH是等腰直角三角形，
∴CH＝KH＝t，
∴CM＝CH﹣MH＝t﹣（﹣t2+2t）＝t2﹣t，
∴＝＝﹣t2+3t﹣4＝﹣（t﹣3）2+，
∵﹣＜0，
∴当t＝3时，取最大值，最大值为，此时P（3，4），
∴的最大值是，P点坐标为（3，4）．
三．切线的性质（共1小题）
9．（2023•市中区二模）如图，已知AB为⊙O的直径，过⊙O上点C的切线交AB的延长线于点E，AD⊥EC于点D．且交⊙O于点F，连接BC，CF，AC．
（1）求证：BC＝CF；
（2）若AD＝3，DE＝4，求BE的长．

【答案】（1）证明过程见解答；
（2）BE的长为．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，

∵ED切⊙O于点C，
∴CO⊥ED，
∵AD⊥EC，
∴CO∥AD，
∴∠OCA＝∠CAD，
∵∠OCA＝∠OAC，
∴∠OAC＝∠CAD，
∴＝，
∴BC＝CF；
（2）解：在Rt△ADE中，
∵AD＝3，DE＝4，
根据勾股定理得AE＝5，
∵CO∥AD，
∴△EOC∽△EAD，
∴＝，
设⊙O的半径为r，
∴OE＝5﹣r，
∴＝，
∴r＝，
∴BE＝5﹣2r＝，
答：BE的长为．

四．几何变换综合题（共5小题）
10．（2023•市中区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝，BC＝2，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，求证：DF＝DE；
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．

【答案】（1）见解答；
（2），理由见解答；
（3）DN＝．
【解答】（1）证明：如图1，连接AF，

∵AB＝AC＝，BC＝2，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴DE＝BC＝1，AF⊥BC，
∴DF＝AC＝
∴；
（2）解：，
理由如下：
连接AF，如图2，

∵AB＝AC＝，BC＝2，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF＝∠C，
∵，
∴∠DFC＝∠C，
∴∠DFC＝∠DEF，
∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，
∴∠DFN＝∠DEM，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF＝∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN＝∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，

Rt△AFC中，FC＝BC＝1，
∴AF＝＝2，
∴S△ABC＝BC•AF＝AB•CH，
∴HC＝＝＝，
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴，
∴GD＝HC＝，
Rt△GED中，GE＝＝＝，
Rt△AGD中，AG＝＝，
∴tan∠ADG＝＝，
∵EF∥AD，
∴∠EMG＝∠ADG，
∴，
∴MG＝GE＝×＝，
∴MD＝MG+GD＝+＝，
∵△DNF∽△DME，
∴，
∴DN＝DM＝×＝．
11．（2023•钢城区二模）在△ABC与△ADE中，连接DC，点M、N分别为DE和DC的中点，连接CE．
（1）【观察猜想】
如图①，若AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，MN与BD的数量关系是 　BD＝2MN　；
（2）【类比探究】
如图②，若AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，请写出MN与BD的数量关系并就图②的情形说明理由；
（3）【解决问题】
如图③，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ACB＝∠AED＝30°，3AD＝AB＝6，将△ADE绕点A进行旋转，当点D落在△ABC的边所在的直线上时，请求出MN的长．


【答案】（1）BD＝2MN，60；
（2）BD＝2MN，∠BPM＝90°；
（3）MN的长为或4或2．
【解答】解：（1）连接CE，延长CE交AB于点Q，交直线BD于点G，

∵点M、N分别为DE和DC的中点，
∴MN∥CE，CE＝2MN，
∴∠BPM＝∠QGB，
∵∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
即∠DAB＝∠EAC，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴∠DBA＝∠ECA，BD＝CE＝2MN．
故答案为：BD＝2MN；

（2）BD＝2MN．
理由：连接CE，延长CE交AB于点Q，交直线BD于点G，

∵点M、N分别为DE和DC的中点，
∴MN∥CE，CE＝2MN，
∴∠BPM＝∠QGB，
∵∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
即∠DAB＝∠EAC，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴∠DBA＝∠ECA，BD＝CE＝2MN；
（3）连接BD，CE，则CE＝BD，同（2）可得MN＝EC，
∴MN＝BD，
∴点D在以A为圆心，AD长为半径的圆上，故分四种情况讨论：
①当点D落在AC上时，

∵3AD＝AB＝6，
∴AD＝2；
∴BD＝＝＝2，
∴MN＝BD＝；
②当点D落在BA的延长线上时，

∴BD＝AB+AD＝8，
∴MN＝BD＝4；
③当点D落在CA的延长线上时，

此时BD＝2，
∴MN＝BD＝；
④当点D落在边AB上时，

∴BD＝AB﹣AD＝4，
∴MN＝BD＝2，
综上所述，MN的长为或4或2．
12．（2023•历下区二模）如图1，△ABC和△DEB都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠BDE＝90°，将△BDE绕点B逆时针旋转α（0＜α＜360），连接EC，取EC中点F，连接AF，DF．

（1）如图1，当点D落在BC边上，点E落在AB边上时，线段AF和线段DF的位置关系是 　AF⊥DF　，数量关系是 　AF＝DF　；
（2）如图2，当点D落在△ABC内部时，（1）的结论是否仍然成立？如果成立，请写出证明过程；如果不成立，请说明理由．
九年级一班数学兴趣小组的同学提出了三种思路：
小聪：过点D作DM⊥BE交线段BE于点M，过点A作AN⊥BC交线段BC于点N……
小明：延长ED至点G，使DG＝DE，延长CA至点H使AH＝AC，连接GB、BH……
小智：延长DF至点P，使DF＝PF，连接PC，AD，AP……
请你选择一种思路，完善证明过程；
（3）若AB＝6，BD＝2，在△BDE旋转的过程中，当点E，D，F三点共线时，连接AD，请直接写出AD的长．
【答案】（1）结论：AF⊥DF，AF＝DF．理由见解析部分；
（2）结论成立，理由见解析部分；
（3）AD＝﹣或+．
【解答】解：（1）结论：AF⊥DF，AF＝DF．
理由：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ACB＝45°，
∵∠BDE＝90°，
∴∠EDC＝90°，
∵EF＝FC，
∴AF＝EF＝CF＝DF，
∴∠FAC＝∠FCA，∠FCD＝∠FDC，
∵∠AFE＝∠FAC+∠FCA＝2∠FCA，∠EFD＝∠FDC+∠FCD＝2∠FCD，
∴∠AFD＝∠AFE+∠EFD＝2（∠ACF+∠FCD）＝2∠ACB＝90°，
∴AF⊥DF，AF＝DF．
故答案为：AF⊥DF，AF＝DF；

（2）结论成立．
理由：延长DF到M，使得FM＝DF，连接AM，AD，CM，延长BD交CM的延长线于点J，AC交BJ于点O．

∵FE＝FC，EFD＝CFM，FD＝FM，
∴△EFD≌△CFM（SAS），
∴DE＝CM，∠DEF＝∠FCM，
∴DE∥CJ，
∴∠EDJ＝∠J＝90°，
∵∠BAO＝∠OJC＝90°，
∴∠ABD＝∠ACM，
∵BA＝CA，BD＝DE＝CM，
∴△ABD≌△ACM（SAS），
∴∠BAD＝∠CAM，AD＝AM，
∴∠DAM＝∠BAC＝90°，
∵DF＝FM，
∴AF⊥FM，AF＝DF＝FM，
即AF⊥DF，AF＝DF；

（3）当点D在线段CE上时，

∵AB＝AC＝6，∠BAC＝90°，
∴BC＝＝＝6，
∵∠BDC＝90°，BD＝2，
∴CD＝＝＝2，
∴EC＝DE+CD＝2+2，
∴EF＝CF＝1+，
∴AF＝DF＝1+﹣2＝﹣1，
∴AD＝AF＝﹣，
当点E在线段CD上时，同法可得AF＝DF＝+1，
∴AD＝AF＝+．

综上所述，AD＝﹣或+．
13．（2023•商河县二模）在等腰△ABC中，∠B＝90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC，垂足为N，∠EMF＝135°、将∠EMF绕点M旋转，使∠EMF的两边交直线AB于点E，交直线AC于点F，请解答下列问题：
（1）当∠EMF绕点M旋转到如图①的位置时，求证：BE+CF＝BM；
（2）当∠EMF绕点M旋转到如图②，图③的位置时，请分别写出线段BE，CF，BM之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）和（2）的条件下，tan∠BEM＝，AN＝2+2，求CF的长．


【答案】（1）证明过程见解答；
（2）图②，BE﹣CF＝BM；图③，CF﹣BE＝BM；
（3）2﹣或2+．
【解答】（1）证明：如图①，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠C＝45°，
∵AM是∠BAC的平分线，MN⊥AC，
∴BM＝MN，
在四边形ABMN中，∠BMN＝360°﹣90°﹣90°﹣45°＝135°，
∵∠EMF＝135°，
∴∠BME＝∠NMF，
∴△BME≌△NMF，
∴BE＝NF，
∵MN⊥AC，∠C＝45°，
∴∠CMN＝∠C＝45°，
∴NC＝NM＝BM，
∵CN＝CF+NF，
∴BE+CF＝BM；

（2）如图②，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，
∴BE＝NF，
∵MN⊥AC，∠C＝45°，
∴∠CMN＝∠C＝45°，
∴NC＝NM＝BM，
∵NC＝NF﹣CF，
∴BE﹣CF＝BM；

如图③，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，
∴BE＝NF，
∵MN⊥AC，∠C＝45°，
∴∠CMN＝∠C＝45°，
∴NC＝NM＝BM，
∵NC＝CF﹣NF，
∴CF﹣BE＝BM；

（3）在Rt△ABM和Rt△ANM中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL），
∴AB＝AN＝2+2，
在Rt△ABC中，BC＝AB＝2+2，
∴AC＝AB＝4+2，
∴CN＝AC﹣AN＝4+2﹣（2+2）＝2，
在Rt△CMN中，CM＝CN＝2，
∴BM＝BC﹣CM＝2+2﹣2＝2，
在Rt△BME中，tan∠BEM＝＝＝，
∴BE＝，
∴①由（1）知，如图1，BE+CF＝BM，
∴CF＝BM﹣BE＝2﹣．
②由（2）知，如图2，由tan∠BEM＝，
∴此种情况不成立；
③由（2）知，如图3，CF﹣BE＝BM，
∴CF＝BM+BE＝2+，
综上所述，CF的长度为2﹣或2+．

14．（2023•长清区二模）已知点C为△ABC和△CDE的公共顶点，将△CDE绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜360°），连接BD，AE，请完成如下问题：

（1）如图1，若△ABC和△CDE均为等边三角形，线段BD与线段AE的数量关系是 　BD＝AE　；
类比探究：
（2）如图2，若∠ABC＝∠EDC＝90°，∠ACB＝∠ECD＝60°，其他条件不变，请写出线段BD与线段AE的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：如图3，D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，，直接写出AD的长．
【答案】（1）结论：BD＝AE．理由见解析部分；
（2）结论：．理由见解析部分；
（3）．
【解答】解：（1）结论：BD＝AE．
理由：∵△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴CB＝CA，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD＝AE；

（2）结论：．
理由：延长AE交BD的延长线于点F，AC交BF于点O．

∵∠ABC＝∠EDC＝90°，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠BAC＝∠DEC＝30°，∠ACB﹣∠ACD＝∠ECD﹣∠ACD，
∴，∠BCD＝∠ECA，
∴△BCD∽△ACE，
∴，
∴；

（3）如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，

∵∠BAD＝30°，
∴∠DAM＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴∠AMD＝∠DBC，
又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，
∴△BDC∽△MDA，
∴，
又∵∠BDC＝∠ADM，
∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠CDM，即∠BDM＝∠CDA，
∴△BDM∽△CDA，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．