2024年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编(江西专用)04挑战压轴题(解答题二)(原卷版+解析)

这是一份2024年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编(江西专用)04挑战压轴题(解答题二)(原卷版+解析)，共50页。


1． (2023·江西）二次函数的图象交轴于原点及点．
感知特例
（1）当时，如图1，抛物线上的点，，，，分别关于点中心对称的点为，，，，，如下表：
①补全表格；
②在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图象记为．
形成概念
我们发现形如（1）中的图象上的点和抛物线上的点关于点中心对称，则称是的“孔像抛物线”．例如，当时，图2中的抛物线是抛物线的“孔像抛物线”．
探究问题
（2）①当时，若抛物线与它的“孔像抛物线”的函数值都随着的增大而减小，则的取值范围为_______；
②在同一平面直角坐标系中，当取不同值时，通过画图发现存在一条抛物线与二次函数的所有“孔像抛物线”，都有唯一交点，这条抛物线的解析式可能是______．（填“”或“”或“”或“”，其中）；
③若二次函数及它的“孔像抛物线”与直线有且只有三个交点，求的值．
2． (2023·江西）已知抛物线（，，是常数，）的自变量与函数值的部分对应值如下表：
（1）根据以上信息，可知抛物线开口向 ，对称轴为 ；
（2）求抛物线的表达式及的值；
（3）请在图1中画出所求的抛物线，设点为抛物线上的动点，的中点为，描出相应的点，再把相应的点用平滑的曲线连接起来，猜想该曲线是哪种曲线？
（4）设直线（）与抛物线及（3）中的点所在曲线都有两个交点，交点从左到右依次为，，，，请根据图象直接写出线段，之间的数量关系 ．
3． (2023·江西）在图1，2，3中，已知，，点为线段上的动点，连接，以为边向上作菱形，且．
（1）如图1，当点与点重合时，________°；
（2）如图2，连接．
①填空：_________（填“>”，“<”，“=”）；
②求证：点在的平分线上；
如图3，连接，，并延长交的延长线于点，当四边形是平行四边形时，求的值．
4．（2018·江西）在菱形中，,点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随点的位置变化而变化.
（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是 ，与的位置关系是 ；
（2）当点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).
(3) 如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若 , ,求四边形的面积.
5．（2017·江西）已知抛物线C1：y=ax2﹣4ax﹣5（a＞0）．
（1）当a=1时，求抛物线与x轴的交点坐标及对称轴；
（2）①试说明无论a为何值，抛物线C1一定经过两个定点，并求出这两个定点的坐标；
②将抛物线C1沿这两个定点所在直线翻折，得到抛物线C2，直接写出C2的表达式；
（3）若（2）中抛物线C2的顶点到x轴的距离为2，求a的值．
1． (2023·江西南昌·九年级期末）如图1，抛物线y＝x2﹣4mx+4m2+2m﹣4（m是常数）的顶点为P，直线l：y＝x﹣4．
(1)求证：点P在直线l上．
(2)若m＜0，直线l与抛物线的另一个交点为Q，与y轴交点为H，Q恰好是线段PH的中点，求m的值．
(3)如图2，当m＝0时，抛物线交x轴于A、B两点，M、N在抛物线上，满足MA⊥NA，判断MN是否恒过一定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由．
2． (2023·贵州遵义·九年级期末）已知二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0，a、b为常数）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（6，0），与y轴的正半轴交于点C，过点C的直线y＝﹣x+4与x轴交于点D．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图1，点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，试探究点P的坐标是多少时，△CDP的面积最大，并求出最大面积；
(3)如图2，点M是二次函数图象上一动点，过点M作ME⊥CD于点E，MF//x轴交直线CD于点F，是否存在点M，使得△MEF≌△COD，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
3． (2023·福建莆田·九年级期末）抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式及点C的坐标．
(2)将抛物线右移5个单位，下移个单位得到新抛物线，当自变量x在的范围时，求的最小值．
(3)在x轴正半轴上有一动点，过点E作直线轴，交抛物线于点P，交抛物线于点Q，若的面积为20，求m的值．
4． (2023·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2x+1+m．
(1)求此抛物线的顶点坐标（用含m的式子表示）；
(2)如果当﹣2＜x＜﹣1时，y＞0，并且当2＜x＜3时，y＜0，求该抛物线的表达式；
(3)如果（2）中的抛物线与x轴相交于A、B（点A在点B左侧），现将x轴下方的图象沿x轴向上翻折，得到的图象与剩余的图象组成的图形记为M，当直线l：y＝﹣x+k与M有两个公共点时，直接写出k的取值范围．
5． (2023·重庆九龙坡·八年级期末）在等边△ABC中，D为BA延长线上一点，F为BC上一点，过B作BEAC，连接DE，EF，且∠DEF＝60°．
(1)如图1，若BE＝2，BD＝5，求BF的长．
(2)如图2，若F为CB延长线上一点，试探究BD、BE、BF的关系，并说明理由．
(3)如图3，若F为BC延长线上一点，且AD：BE：AC＝1：2：3，请直接写出CF：BE的值．
1． (2023·四川成都·八年级期末）已知，如图，△ABC和△ADE是两个完全相同的等腰直角三角形，且∠ABC＝∠AED＝90°；
(1)如图1，当△ADE的AD边与△ABC的AB边重合时，连接CD，求∠BCD的度数；
(2)如图2，当A，B，D不在一条直线上时，连接CD，EB，延长EB交CD于F，过点A作AG⊥EB，垂足为点G，过点D作DT⊥EB，垂足为点T，求证：EG＝FT；
(3)在（2）的条件下，若AF＝3，DF＝2，求EF的长．
2． (2023·四川成都·八年级期末）在平面直角坐标系xOy中，点A、B分别在y轴和x轴上，已知点A（0，4）．以AB为直角边在AB左侧作等腰直角△ABC，∠CAB＝90°．
(1)当点B在x轴正半轴上，且AB＝8时
①求AB解析式；
②求C点坐标；
当点B在x轴上运动时，连接OC，求AC+OC的最小值及此时B点坐标．
3． (2023·湖北·公安县教学研究中心八年级期末）在平面直角坐标系xOy中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点A（0，5），点C（-2，0），点B在第四象限．
(1)如图1，求点B的坐标；
(2)如图2，若AB交x轴于点D，BC交y轴于点M，N是BC上一点，且BN＝CM，连接DN，求证CD＋DN＝AM；
(3)如图3，若点A不动，点C在x轴的负半轴上运动时，分别以AC，OC为直角边在第二、第三象限作等腰直角△ACE与等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，连接EF交x轴于P点，问当点C在x轴的负半轴上移动时，CP的长度是否变化？若变化，请说明理由，若不变化，请求出其长度．
4． (2023·四川绵阳·八年级期末）如图，在中，，点是上一动点，连接，以点为直角顶点，为直角边作等腰直角，交于点．
(1)如图1，若，当为等腰三角形时，请直接写出此时的度数；
(2)如图2，若，点为上一点，．
①求证：；
②求证：．
5． (2023·陕西·西安市曲江第一中学八年级期末）预备知识：
(1)在一节数学课上，老师提出了这样一个问题：随着变量t的变化，动点在平面直角坐标系中的运动轨迹是什么？
一番深思熟虑后，聪明的小明说：“是一条直线”，老师问：“你能求出这条直线的函数表达式吗？”
小明的思路如下：设这条直线的函数表达式为，将点代入得：，整理得
∵t为任意实数，等式恒成立，
∴，
∴，
∴这条直线的函数表达式为
请仿照小明的做法，完成问题：随着变量t的变化，动点在平面直角坐标系中的运动轨迹是直线l，求直线l的函数表达式．
问题探究：
(2)如图1，在平面直角坐标系中，已知，，且，，则点C的坐标为_________．
结论应用：
(3)如图2，在平面直角坐标系中，已知点，Q是直线上的一个动点，连接，过点P作，且，连接，求线段的最小值．
…
（___，___）
…
…
…
…
-2
-1
0
1
2
…
…
0
-3
-3
…
2024年中考数学冲刺 挑战压轴题专题汇编（江西考卷）
04挑战压轴题（解答题二）
1． (2023·江西）二次函数的图象交轴于原点及点．
感知特例
（1）当时，如图1，抛物线上的点，，，，分别关于点中心对称的点为，，，，，如下表：
①补全表格；
②在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图象记为．
形成概念
我们发现形如（1）中的图象上的点和抛物线上的点关于点中心对称，则称是的“孔像抛物线”．例如，当时，图2中的抛物线是抛物线的“孔像抛物线”．
探究问题
（2）①当时，若抛物线与它的“孔像抛物线”的函数值都随着的增大而减小，则的取值范围为_______；
②在同一平面直角坐标系中，当取不同值时，通过画图发现存在一条抛物线与二次函数的所有“孔像抛物线”，都有唯一交点，这条抛物线的解析式可能是______．（填“”或“”或“”或“”，其中）；
③若二次函数及它的“孔像抛物线”与直线有且只有三个交点，求的值．
【答案】（1）①2，0；②见解析；（2）①；②；③m=1．
【解析】
【分析】
（1）①根据中心对称的定义求解即可；②根据表格，描点，连线即可；
（2）①画出草图，利用数形结合思想即可求解；②结合（1）②的图象以及（2）①的图象即可回答；③根据“孔像抛物线”的性质求得图象L的顶点为，则图象L′的顶点为 (3m，)，再根据题意即可求解．
【详解】
（1）∵点B(-1，3)与点B′(5，-3)关于点A中心对称，
∴点A的坐标为(，)，即A(2，0)，
故答案为：2，0；
②描点，连线，得到的图象如图所示：
（2）①当m=−1时，抛物线L为，对称轴为，
它的“孔像抛物线”L′的解析式为，对称轴为，
画出草图如图所示：
∴抛物线L与它的“孔像抛物线”L′的函数值都随着x的增大而减小，
则x的取值范围为：；
②画出草图，
由图象知，这条抛物线的解析式只能是；
故答案为：；
③L：，设顶点为，过点P作PM⊥轴于点M，“孔像抛物线”的顶点为，过点作⊥x轴于点，
由题意可知△PMA≌△A，
得 (3m，0)，所以 (3m，)，
∵抛物线L及“孔像抛物线”与直线y=m有且只有三个交点，
∴=m或=m，
解得m=1或0，
当m=0时，与只有一个交点，不合题意，舍去，
∴m=1．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的图象与性质，数形结合并熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键．
2． (2023·江西）已知抛物线（，，是常数，）的自变量与函数值的部分对应值如下表：
（1）根据以上信息，可知抛物线开口向 ，对称轴为 ；
（2）求抛物线的表达式及的值；
（3）请在图1中画出所求的抛物线，设点为抛物线上的动点，的中点为，描出相应的点，再把相应的点用平滑的曲线连接起来，猜想该曲线是哪种曲线？
（4）设直线（）与抛物线及（3）中的点所在曲线都有两个交点，交点从左到右依次为，，，，请根据图象直接写出线段，之间的数量关系 ．
【答案】（1）上，；（2），；（3）图象见解析，中点的轨迹为抛物线；（4）．
【解析】
【分析】
（1）由表中数据分析即可得到开口方向，及对称轴；
（2）代入，解方程组，即可求得表达式；代入即可得到的值；
（3）根据要求画出函数图象，并观察猜想即可；
（4）根据题目要求，画出图象，观察得结论即可．
【详解】
（1）由表可知：；，x=2,y=-3可知抛物线开后方向向上；
由表可知：；，可知抛物线的对称轴为：
故答案为：上，
（2）由表可知：代入点得
，解得
∴抛物线的表达式为：
当时，
当时，
（3）作图如下：
OP中点连接后的图象如图所示：为抛物线
（4）如图所示：可得
【点睛】
本题考查了二次函数的探究题，能根据表格求出抛物线的解析式，是解题的关键．
3． (2023·江西）在图1，2，3中，已知，，点为线段上的动点，连接，以为边向上作菱形，且．
（1）如图1，当点与点重合时，________°；
（2）如图2，连接．
①填空：_________（填“>”，“<”，“=”）；
②求证：点在的平分线上；
（3）如图3，连接，，并延长交的延长线于点，当四边形是平行四边形时，求的值．
【答案】（1）；（2）①，②见详解；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质计算；
（2）①证明，根据角的运算解答；
②作于，交的延长线于，证明，根据全等三角形的性质得到，根据角平分线的判定定理证明结论；
（3）根据含角的直角三角形的性质得到，证明四边形为菱形，根据菱形的性质、平行线分线段成比例定理计算，得到答案．
【详解】
解：（1）∵四边形是菱形
∴
∴
故答案是：
（2）①∵四边形是平行四边形
∴
∵四边形是菱形，
∴
∴
故答案是：
②作于，交的延长线于，如图：
∴
∴
∵
∴
∵，
∴为等边三角形
∴
在和中，
∴
∴，，
∴点在的平分线上．
（3）、交于点，如图：
∵四边形是菱形，
∴
∴
∵四边形为平行四边形
∴，
∴， 四边形是平行四边形
∴，
∴是菱形
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴在中，
∴
∴
∴
∴
∴．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、含角的直角三角形的性质、平行线分线段成比例定理、角平分线的判定定理等，掌握相关知识点是解题的关键．
4．（2018·江西）在菱形中，,点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随点的位置变化而变化.
（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是 ，与的位置关系是 ；
（2）当点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).
(3) 如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若 , ,求四边形的面积.
【答案】（1）BP=CE； CE⊥AD；（2）成立，理由见解析；（3） .
【解析】
【详解】
【分析】（1）①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得，再根据△ABP≌△ACE，可得，继而可推导得出 ，即可证得CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用（1）的方法进行证明即可；
（3）连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE是等边三角形，求得， 的长，再根据，进行计算即可得.
【详解】（1）①BP=CE，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ，∠PAE=60° ，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；

②CE⊥AD ，
∵菱形对角线平分对角，
∴，
∵△ABP≌△ACE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：

连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120° ，
∠BAP=120°＋∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ， ∠PAE=60° ，
∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，，
∴∠DCE=30° ，∵∠ADC=60°，
∴∠DCE＋∠ADC=90° ， ∴∠CHD=90° ，∴CE⊥AD，
∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；
(3) 连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC ，
∵∠ABC=60°，，
∴∠ABO=30° ，∴ ， BO=DO=3，
∴BD=6，
由(2)知CE⊥AD，
∵AD∥BC，∴CE⊥BC，
∵ ， ，
∴，
由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，
∴，
∵△APE是等边三角形，∴ ， ，
∵，
∴，
=
=
=，
∴四边形ADPE的面积是 .
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形判定与性质等，熟练掌握相关知识，正确添加辅助线是解题的关键.
5．（2017·江西）已知抛物线C1：y=ax2﹣4ax﹣5（a＞0）．
（1）当a=1时，求抛物线与x轴的交点坐标及对称轴；
（2）①试说明无论a为何值，抛物线C1一定经过两个定点，并求出这两个定点的坐标；
②将抛物线C1沿这两个定点所在直线翻折，得到抛物线C2，直接写出C2的表达式；
（3）若（2）中抛物线C2的顶点到x轴的距离为2，求a的值．
【答案】（1）（﹣1，0）或（5，0）；对称轴为x=2；（2）①（0，﹣5），（4，﹣5）②y=﹣ax2+4ax﹣5（3）a=或
【解析】
【分析】
（1）将a=1代入解析式，即可求得抛物线与x轴交点；
（2）①化简抛物线解析式，即可求得两个点定点的横坐标，即可解题；
②根据抛物线翻折理论即可解题；
（3）根据（2）中抛物线C2解析式，分类讨论y=2或﹣2，即可解题
【详解】
（1）当a=1时，抛物线解析式为y=x2﹣4x﹣5=（x﹣2）2﹣9，
∴对称轴为x=2；
∴当y=0时，x﹣2=3或﹣3，即x=﹣1或5；
∴抛物线与x轴的交点坐标为（﹣1，0）或（5，0）；
（2）①抛物线C1解析式为：y=ax2﹣4ax﹣5，
整理得：y=ax（x﹣4）﹣5；
∵当ax（x﹣4）=0时，y恒定为﹣5；
∴抛物线C1一定经过两个定点（0，﹣5），（4，﹣5）；
②这两个点连线为y=﹣5；
将抛物线C1沿y=﹣5翻折，得到抛物线C2，开口方向变了，但是对称轴没变；
∴抛物线C2解析式为：y=﹣ax2+4ax﹣5，
（3）抛物线C2的顶点到x轴的距离为2，
则x=2时，y=2或者﹣2；
当y=2时，2=﹣4a+8a﹣5，解得，a=；
当y=﹣2时，﹣2=﹣4a+8a﹣5，解得，a=；
∴a=或；
考点：1、抛物线与x轴的交点；2、二次函数图象与几何变换
1． (2023·江西南昌·九年级期末）如图1，抛物线y＝x2﹣4mx+4m2+2m﹣4（m是常数）的顶点为P，直线l：y＝x﹣4．
(1)求证：点P在直线l上．
(2)若m＜0，直线l与抛物线的另一个交点为Q，与y轴交点为H，Q恰好是线段PH的中点，求m的值．
(3)如图2，当m＝0时，抛物线交x轴于A、B两点，M、N在抛物线上，满足MA⊥NA，判断MN是否恒过一定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)存在；
【解析】
【分析】
（1）求出P（2m，2m−4），判断P点在直线y＝2x−4上即可；
（2）联立，
则，由韦达定理可得x1＋x2＝4m＋1，可知Q点横坐标为2m＋1，再由中点坐标公式可得2m＋1＝m，即可求m＝−1；
（3）设直线MN的解析式为y＝kx＋b，联立得到x2−kx−4−b＝0，由韦达定理可得m＋n＝k，mn＝−4−b，过点M作ME⊥x轴交于点E，过点N作NF⊥x轴交于点F，可证明△MAE∽△ANF，则，即，可求k与b的关系为：2k−b＋1＝0，则直线MN的解析式为，当x＝−2时，y＝1，由此可知直线MN经过定点（−2，1）．
(1)
∵y＝x2−4mx＋4m2＋2m−4＝
∴P（2m，−2m−4），
将x＝2m代入y＝x−4，得y＝2m−4，
∴P点在直线y＝x−4上；
(2)
当x＝0时，y＝-4，
∴H（0，-4），
联立，
∴，
∴x1＋x2＝4m＋1，
∴Q点横坐标为2m＋1，
∵Q恰好是线段PH的中点，
∴2m＋1＝m，
∴m＝−1；
(3)
存在，理由如下：
当m＝0时，y＝x2−4，
令y＝0，则x＝±2，
∴A（2，0），
设M（m，m2－4），N（n，n2-4），
设直线MN的解析式为y＝kx＋b，
联立，
∴x2−kx−4−b＝0，
∴m＋n＝k，mn＝−4−b，
过点M作ME⊥x轴交于点E，过点N作NF⊥x轴交于点F，如图所示：
∵MA⊥AN，
∴∠MAE＋∠NAF＝90°，∠MAE＋∠AME＝90°，
∴∠AME＝∠NAF，
∴△MAE∽△ANF，
∴，
∵AE＝2−m，ME＝m2−4，AF＝n−2，NF＝n2−4，
∴，
∴2k−b＋1＝0，
∴，
∴当x＝−2时，y＝1，
∴直线MN经过定点（−2，1）．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数与一次函数的图象及性质，会求函数交点坐标，灵活应用韦达定理是解题的关键．
2． (2023·贵州遵义·九年级期末）已知二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0，a、b为常数）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（6，0），与y轴的正半轴交于点C，过点C的直线y＝﹣x+4与x轴交于点D．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图1，点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，试探究点P的坐标是多少时，△CDP的面积最大，并求出最大面积；
(3)如图2，点M是二次函数图象上一动点，过点M作ME⊥CD于点E，MF//x轴交直线CD于点F，是否存在点M，使得△MEF≌△COD，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)P（,），最大面积为
(3)M（2，8）或M（5，4）
【解析】
【分析】
（1）将A（−1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，即可求解；
（2）过点P作PG⊥x轴交直线CD于点G，设P（t，），则G（t，），由S△CDP＝S△PCG−S△PDG＝×PG×3＝−（t−）2＋，即可求解；
（3）由题意可得FM＝5，设M（m，），则F（m−5，），再由F点在直线CD上，即可求m的值，进而确定M点的坐标．
(1)
解：将A（−1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，
∴，
∴，
∴
(2)
过点P作PG⊥x轴交直线CD于点G，
设P（t，），则G（t，），，
∴GP＝
令y＝0，则x＝3，
∴D（3，0），
∵S△CDP＝S△PCG−S△PDG＝×PG×3＝−（t−）2＋，，
∴当t＝时，S△CDP有最大值
此时P（,）；
(3)
存在点M，使得△MEF≌△COD，理由如下：
∵ME⊥CD，
∴∠MEF＝90°，
∵MF∥x轴，
∴∠FME＝∠CDO，
∵△MEF≌△COD，
∴MF＝CD，
∵OC＝4，OD＝3，
∴CD＝5，
∴FM＝5，
设M（m，），则F（m−5，），
∵F点在直线CD上，
∴＝
∴m＝2或m＝5，
∴M（2，8）或M（5，4）．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，全等三角形的性质是解题的关键．
3． (2023·福建莆田·九年级期末）抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式及点C的坐标．
(2)将抛物线右移5个单位，下移个单位得到新抛物线，当自变量x在的范围时，求的最小值．
(3)在x轴正半轴上有一动点，过点E作直线轴，交抛物线于点P，交抛物线于点Q，若的面积为20，求m的值．
【答案】(1)，点C的坐标为
(2)
(3)2或4或
【解析】
【分析】
（1）将点和点代入函数解析式，解方程可得抛物线的解析式，利用抛物线与y轴交于点C，令x=0，即可求点C的坐标；
（2）将化为顶点式，根据平移方式（括号内左加右减，括号外上加下减）得到新抛物线，通过函数图象，分析新抛物线的增减性，即可在的范围内，得到最小值；
（3）根据P、Q的坐标特点得到用含m的式子表示的P、Q的坐标，利用的面积为20，列出方程，求解即可．
(1)
解：把点和点代入，
得解得
抛物线的解析式为．
∵点C是与y轴的交点，
∴点C的坐标为．
(2)
化为顶点式：，
将其右移5个单位，下移个单位后，得，
如图，在的范围内，时，有最小值，
令，，
∴的最小值为．
(3)
如图所示，过点作直线轴，交抛物线于点P，交抛物线于点Q，
∴P点坐标为，Q点坐标为，
∴PQ的长度为．
∵的面积为20，
∴，
∴或
解得：，，，（舍去）
∴m的值为2或4或．
【点睛】
本题考查二次函数的性质．涉及待定系数法求二次函数解析式、利用平移方式求新函数的解析式．
4． (2023·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2x+1+m．
(1)求此抛物线的顶点坐标（用含m的式子表示）；
(2)如果当﹣2＜x＜﹣1时，y＞0，并且当2＜x＜3时，y＜0，求该抛物线的表达式；
(3)如果（2）中的抛物线与x轴相交于A、B（点A在点B左侧），现将x轴下方的图象沿x轴向上翻折，得到的图象与剩余的图象组成的图形记为M，当直线l：y＝﹣x+k与M有两个公共点时，直接写出k的取值范围．
【答案】(1)顶点坐标为：(1，m)
(2)抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3
(3)k的取值范围：﹣1＜k＜3或k=
【解析】
【分析】
（1）由题意可根据二次函数的顶点坐标公式进行求解即可；
（2）由题意可知当x＝﹣1时，y＝0，然后可得m的值；
（3）由（2）可知点A（﹣1，0），B（3，0），沿x轴向上翻折后的图象解析式为：y＝﹣x2+2x+3．然后可分当直线l经过点A（﹣1，0）时，直线与M的只有一个交点，如图中直线l，当直线l经过点B（3，0）时，直线与M的有三个交点，如图中直线m，当直线l与翻折后的部分只有一个交点时，如图中直线n，进而问题可求解．
(1)
解：由题意得：a＝1，b＝﹣2，c＝1+m，
∴对称轴为直线，，
∴顶点坐标为：（1，m）．
(2)
解：∵当﹣2＜x＜﹣1时，y＞0，并且当2＜x＜3时，y＜0，如图，
∴当x＝﹣1时，y＝0，即：1+2+1+m＝0，
解得：m＝﹣4，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3．
(3)
解：当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴点A（﹣1，0），B（3，0），
∵y＝x2﹣2x﹣3．
∴沿x轴向上翻折后的图象解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
当直线l经过点A（﹣1，0）时，直线与M的只有一个交点，如图中直线l，
把点A（﹣1，0）代入y＝﹣x+k，得：1+k＝0，
解得：k＝﹣1，
当直线l经过点B（3，0）时，直线与M的有三个交点，如图中直线m，
把点B（3，0）代入y＝﹣x+k，得：﹣3+k＝0，
解得：k＝3，
当直线l与翻折后的部分只有一个交点时，如图中直线n，
由，得：x2﹣3x+k﹣3＝0，
∴Δ＝9﹣4（k﹣3）＝0，
解得：k＝，
∴k的取值范围：﹣1＜k＜3或k=．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
5． (2023·重庆九龙坡·八年级期末）在等边△ABC中，D为BA延长线上一点，F为BC上一点，过B作BEAC，连接DE，EF，且∠DEF＝60°．
(1)如图1，若BE＝2，BD＝5，求BF的长．
(2)如图2，若F为CB延长线上一点，试探究BD、BE、BF的关系，并说明理由．
(3)如图3，若F为BC延长线上一点，且AD：BE：AC＝1：2：3，请直接写出CF：BE的值．
【答案】(1)3；
(2)BE=BD+BF．理由见解析；
(3)3：2．
【解析】
【分析】
（1）在FB的延长线上取点M，使BM=BE，连接ME，证明（ASA），由全等三角形的性质得出MF=DB，则可得出答案；
（2）在BF的延长线上取点M，使BM=BE，连接ME，证明（ASA），由全等三角形的性质得出MF=DB，则可得出结论；
（3）在BC上取点M，使BM=BE，连接ME，同理可知（ASA），得出MF=BD，设AD=x，BE=2x，AC=3x，求出CF=3x，则可得出答案．
(1)
解：在FB的延长线上取点M，使BM=BE，连接ME，
∵三角形ABC是等边三角形，
∴∠C=60，
∵，
∴∠EBM=60，
∴△EBM是等边三角形，
∴∠M=∠BEM=60，ME=BE，
∵∠DEF=60，
∴∠DEF+∠BEF=∠BEM+∠BEF，
∴∠DEB=∠FEM，
∵∠MBE=∠ABC=60，
∴∠EBD=∠M=60，
∴（ASA），
∴MF=DB，
∵MF=MB+BF，
∴BD=BE+BF，
∵BE=2，BD=5，
∴BF=5-2=3；
(2)
BE=BD+BF．
理由：在BF的延长线上取点M，使BM=BE，连接ME，
∵，
∴∠C=∠EBM=60°，
∵BM=BE，
∴为等边三角形，
∴ME=BE，∠M=∠MEB=60°，
∴∠M=∠EBD，
∵∠DEF=60°，
∴∠MEF=∠BED，
∴（ASA），
∴MF=BD，
∵BM=MF+BF，
∴BE=BD+BF；
(3)
在BC上取点M，使BM=BE，连接ME，
同理可证（ASA），
∴MF=BD，
设AD=x，BE=2x，AC=3x，
∴BD=AB+AD=3x+x=4x，
∴BF=BM+MF=2x+4x=6x，
∴CF=BF-BC=6x-3x=3x，
∴CF：BE=3x：2x=3：2．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了平行线的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
1． (2023·四川成都·八年级期末）已知，如图，△ABC和△ADE是两个完全相同的等腰直角三角形，且∠ABC＝∠AED＝90°；
(1)如图1，当△ADE的AD边与△ABC的AB边重合时，连接CD，求∠BCD的度数；
(2)如图2，当A，B，D不在一条直线上时，连接CD，EB，延长EB交CD于F，过点A作AG⊥EB，垂足为点G，过点D作DT⊥EB，垂足为点T，求证：EG＝FT；
(3)在（2）的条件下，若AF＝3，DF＝2，求EF的长．
【答案】(1)22.5°
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）由等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理即可求解；
（2）证△DFT为等腰直角三角形，得DT=FT，再证△DTE≌△EGA（AAS），得DT=EG，即可得出结论；
（3）过E作EH⊥EF，交FA的延长线于H，证△AGF为等腰直角三角形，得∠AFG=45°，再证△FEH为等腰直角三角形，得EF=EH，然后证△DEF≌△AEH（SAS），得DF=AH=2，最后由勾股定理即可得出答案．
(1)
解：∵△ABC和△ADE是两个完全相同的等腰直角三角形，
∴AB=CB，∠BAC=∠BCA=45°，AD=AC，
∴∠ACD=∠ADC=（180°-45°）=67.5°，
∴∠BCD=∠ACD-∠BCA=67.5°-45°=22.5°；
(2)
证明：∵△ABC和△ADE是两个完全相同的等腰直角三角形，
∴AB=AE=DE，AD=AC，∠BAC=∠DAE=45°，
∴∠ACD=∠ADC，∠ABE=∠AEB，∠CAD=∠BAE，
∴∠FDA=∠FEA，
∴∠ADC=∠AEB，
∴∠DFT=∠DAE=45°，
∵AG⊥EB，DT⊥EB，
∴∠EGA=∠DTE=90°，
∴△DFT为等腰直角三角形，
∴DT=FT，
∵∠DET+∠AEG=∠GAE+∠AEG=90°，
∴∠DET=∠GAE，
∴△DTE≌△EGA（AAS），
∴DT=EG，
∴EG=FT；
(3)
如图3，过E作EH⊥EF，交FA的延长线于H，
由（2）可知，EG=FT，△DTE≌△EGA，
∴ET=AG，
∴FG=ET=AG，
∴△AGF为等腰直角三角形，
∴∠AFG=45°，
∵EH⊥EF，
∴∠FEH=90°，
∴△FEH为等腰直角三角形，
∴EF=EH，
∵∠AED=∠FEH=90°，
∴∠DEF=∠AEH，
又∵DE=EA，
∴△DEF≌△AEH（SAS），
∴DF=AH=2，
∴FH=AF+AH=3+2=5，
∵EF2+EH2=FH2，
∴EF2+EF2=52，
解得：EF=（负值已舍去），
即EF的长为．
【点睛】
本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定由性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的判定由性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
2． (2023·四川成都·八年级期末）在平面直角坐标系xOy中，点A、B分别在y轴和x轴上，已知点A（0，4）．以AB为直角边在AB左侧作等腰直角△ABC，∠CAB＝90°．
(1)当点B在x轴正半轴上，且AB＝8时
①求AB解析式；
②求C点坐标；
(2)当点B在x轴上运动时，连接OC，求AC+OC的最小值及此时B点坐标．
【答案】(1)①；②
(2)，
【解析】
【分析】
（1）①根据，，推出，所以，，设直线的解析式为，将、坐标代入即可求出解析式；
②过点作轴的平行线，分别过点、作轴的平行线，交于、．则，所以，，即；
（2）由可知，点在直线上运动，作点关于直线的对称点，所以，的最小值为的长度，此时，即可求出坐标．
(1)
解：①，，
，
，，
设直线的解析式为，
，
，
解析式：；
②过点作轴的平行线，与分别过点、作轴的平行线交于、．
则
，，
；
(2)
由可知，在轴负半轴同理可说明）
点在直线上运动，作点关于直线的对称点，
，，
．
的最小值为，
此时，
．
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质、利用轴对称求最短线路．这里构造三角形全等找到点的运动轨迹是关键．
3． (2023·湖北·公安县教学研究中心八年级期末）在平面直角坐标系xOy中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点A（0，5），点C（-2，0），点B在第四象限．
(1)如图1，求点B的坐标；
(2)如图2，若AB交x轴于点D，BC交y轴于点M，N是BC上一点，且BN＝CM，连接DN，求证CD＋DN＝AM；
(3)如图3，若点A不动，点C在x轴的负半轴上运动时，分别以AC，OC为直角边在第二、第三象限作等腰直角△ACE与等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，连接EF交x轴于P点，问当点C在x轴的负半轴上移动时，CP的长度是否变化？若变化，请说明理由，若不变化，请求出其长度．
【答案】(1)；
(2)见解析；
(3)不变化，
【解析】
【分析】
（1）过B作BH⊥x轴于H，根据等角的余角相等证得∠BCH=∠CAO，根据全等三角形的判定和性质证明△BHC≌△COA得到BH=CO=2，CH=OA=5，进而可求得点B坐标；
（2）利用待定系数法分别求出直线AB、BC的表达式，进而求得D、M的坐标，设N（x，），利用平面直角坐标系中两点间距离坐标公式和解一元二次方程可求得x值，可得点N坐标，进而求得CD、DN、AM即可证得结论；
（3）过点E作EH⊥x轴于H，易证△AOC≌△CHE和△EHP≌△FCP，可得OA=CH，CP=PH，进而有CP= CH= OA即可得出结论．
(1)
解：∵点A（0，5），点C（-2，0），
∴OA=5，OC=2，
过B作BH⊥x轴于H，如图1，
∴∠BHC=∠ACB=90°，
∴∠BCH+∠ACO=∠CAO+∠ACO=90°，
∴∠BCH=∠CAO，
∵△ACB为等腰直角三角形，
∴BC=AC，
在△BHC和△COA中，
，
∴△BHC≌△COA（AAS），
∴BH=OC=2，CH=OA=5，
∴OH=CH－OC=3，
∵B在第四象限，
∴点B坐标为（3，－2）；
(2)
解：如图2，设直线AB的表达式为y=kx+b（k≠0），
将A（0，5）B（3，－2）代入，得：
，解得：，
∴直线AB的表达式为y=x+5，
当y=0时，由0=x+5得：x=，则D（，0），
∴CD=+2=，
设直线BC的表达式为y=mx+n（m≠0），
将B（3，－2）、C（－2，0）代入，得：
，解得：，
∴直线BC的表达式为，
当x=0时，y=，则M（0，），
∴AM=5+=，
设N（x，），由BN=CM得：
（x－3）2+（+2）2=22+（）2，即x2－6x+5=0，
解得：x1=1，x2=5（舍去），
∴N（1，），则DN=，
∴CD+DN==
∴CD+DN=AM；
(3)
解：CP的长度不变化．如图3，过点E作EH⊥x轴于H， 则∠EHC=∠COA=90°，
∵△ACE和△OCF为等腰直角三角形，
∴∠ACE=∠FCO=∠FCP=90°，AC=CE，OC=CF，
∵∠ACO+∠CAO=90°，∠ACO+∠ECH=90°，
∴∠CAO=∠ECH，
在△AOC和△CHE中，
，
∴△AOC≌△CHE（AAS），
∴OA=CH，OC=EH，
∵OC=CF，
∴EH=CF，
在△EHP和△FCP中，
，
∴△EHP≌△FCP（AAS），
∴可得PH=CP，又OA=5，
∴CP= CH= OA=，
故CP的长度不变化．
【点睛】
本题属于三角形的综合题型，涉及全等三角形的判定与性质、待定系数法求直线的表达式、等角的余角相等、坐标与图形、平面直角坐标系中两点间距离坐标公式、线段的和与差、等腰直角三角形的性质、解一元二次方程等知识，解答的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题，有点难度．
4． (2023·四川绵阳·八年级期末）如图，在中，，点是上一动点，连接，以点为直角顶点，为直角边作等腰直角，交于点．
(1)如图1，若，当为等腰三角形时，请直接写出此时的度数；
(2)如图2，若，点为上一点，．
①求证：；
②求证：．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据为等腰直角三角形，得到，由为等腰三角形得到，继而得到，根据直角三角形两锐角互余即可得到答案；
（2）①由，得到和均为直角三角形，再根据为公共角，即可得到结论；
②取AB得中点M，连接CM论，根据题意可证、，
可得、，即可得到结论．
(1)
为等腰直角三角形
为等腰三角形
(2)
①
在和中
为公共角
②
取AB得中点M，连接CM
为等腰直角三角形
即
由（1）得，
【点睛】
本题主要考查了等腰直角三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练运用上述知识．
5． (2023·陕西·西安市曲江第一中学八年级期末）预备知识：
(1)在一节数学课上，老师提出了这样一个问题：随着变量t的变化，动点在平面直角坐标系中的运动轨迹是什么？
一番深思熟虑后，聪明的小明说：“是一条直线”，老师问：“你能求出这条直线的函数表达式吗？”
小明的思路如下：设这条直线的函数表达式为，将点代入得：，整理得
∵t为任意实数，等式恒成立，
∴，
∴，
∴这条直线的函数表达式为
请仿照小明的做法，完成问题：随着变量t的变化，动点在平面直角坐标系中的运动轨迹是直线l，求直线l的函数表达式．
问题探究：
(2)如图1，在平面直角坐标系中，已知，，且，，则点C的坐标为_________．
结论应用：
(3)如图2，在平面直角坐标系中，已知点，Q是直线上的一个动点，连接，过点P作，且，连接，求线段的最小值．
【答案】(1)直线l的函数表达式为;
(2)点C（-7，3）；
(3)OQ′最小值为．
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法将点P代入解析式，利用恒等性质得出，，求出直线解析式即可；
（2）设C点坐标为（m，n）过C作CE垂直x轴于E，过B作BF⊥x轴于F，证明△CAE≌△ABF（AAS）得出CE=AF，EA=FB，根据点B（5，9）点A（2，0）求出点F（5，0）即可；
（3）过Q作QG⊥x轴于G，过Q′作Q′H⊥x轴于H，先证△QPG≌△PQ′H（AAS），设Q（a，）分三种情况，当a≤1时，点Q′（，1 - a）OQ′=，当1≤a≤4，点Q′（，1-a），OQ′=，当a≥4时，点Q′（，1-a）OQ′=，求出每种情况的最小值，然后比较大小即可．
(1)
解：设这条直线的函数表达式为，将点代入得：，整理得，
∵t为任意实数，等式恒成立，
∴，，
∴，，
∴这条直线的函数表达式为，
∴随着变量t的变化，动点在平面直角坐标系中的运动轨迹是直线l，
直线l的函数表达式为．
(2)
解:设C点坐标为（m，n）过C作CE垂直x轴于E，过B作BF⊥x轴于F，
∴∠ECA+∠CAE=90°，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠CAE+∠FAB=90°，
∴∠ECA=∠FAB，
在△CAE和△ABF中，
，
∴△CAE≌△ABF（AAS），
∴CE=AF，EA=FB，
∵点B（5，9）点A（2，0），
∴点F（5，0）
∴n=5-2=3;2-m=9,
∴m=-7,
∴点C（-7，3）；
(3)
解：过Q作QG⊥x轴于G，过Q′作Q′H⊥x轴于H，
∵∠QPQ′=90°，∠QGP=∠Q′HP=90°，
∴∠QPG+∠Q′PH=90°，∠Q′PH+∠HQ′P=90°，
∴∠QPG=∠HQ′P，
在△QPG和△PQ′H中，
，
∴△QPG≌△PQ′H（AAS），
∴PG=Q′H，QG=PH，
∵Q是直线上的一个动点，
设Q（a，），
当a≤1时，
∴QG=PH=，PG= QH=1 - a，
∴点Q′（，1 - a），
∵OQ′=，
∵时，OQ′随a的增大而减小，
当a=1时最小OQ′=，
当1≤a≤4，
∴QG=PH=，PG= QH= a-1，
∴点Q′（，1-a），
∵OQ′=，
∵，a=2时，OQ′最小=，
当a≥4时，
∴QG=PH=，PG= QH= a-1，
∴点Q′（，1-a），
∵OQ′=，
∵，a＞2时，OQ′随a的增大而增大，
a=4时，OQ′最小=，
∵＞3＞，
∴OQ′最小值为．
【点睛】
本题考查待定系数法求直线解析式，恒等式性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，函数的最值，分类思想的运用，掌握待定系数法求直线解析式，恒等式性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，函数的最值，分类思想的运用是解题关键．
…
（___，___）
…
…
…
…
-2
-1
0
1
2
…
…
0
-3
-3
…