2024年中考数学压轴题精选专项突破-一次函数综合

这是一份2024年中考数学压轴题精选专项突破-一次函数综合，共36页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，实践探究题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（每题3分，共36分）
1．如图在同一个坐标系中函数y=kx2和y=kx−2(k≠0)的图象可能的是（ ）
A．B．
C．D．
2．如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.延长AE交CG于点F，连接DE.下列结论：①AF⊥CG，②四边形BEFG是正方形，③若DA＝DE，则CF＝FG；其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②C．②③D．①③
3．如图，一次函数与x轴，y轴的交点分别是A（－4，0），B（0，2）.与反比例函数的图象交于点Q，反比例函数图象上有一点P满足：① PA⊥x轴；②PO＝ 17 （O为坐标原点），则四边形PAQO的面积为（ ）
A．7B．10C．4+2 3D．4-2 3
4．如图，在△ABC中，AB=AC，AD，CE是△ABC的两条中线，P是AD上的一个动点，则下列线段的长等于BP+EP最小值的是（ ）
A．ACB．BCC．ADD．CE
5．甲、乙两辆汽车沿同一路线赶赴距出发地480千米的目的地，乙车比甲车晚出发2小时，图中折线OABC、线段DE分别表示甲、乙两车所行路程y(千米)与时间x(小时)之间的函数关系对应的图象(线段AB表示甲因故障停车检修)，下列说法正确的个数为（ ）．
①a=240；②b=60；③甲、乙两车第一次相遇的时间是离乙出发3小时；④甲、乙两车相距30km的时间分别为2.5小时、3.5小时、5.5小时、6.5小时．
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．如图，正方形ABCD边长为6，AF=BE=2，M、N分别是ED和BF的中点，则MN长为（ ）
A．5B．23C．52D．522
7．在平行四边形ABCD中，AC=4，BD=6，P是BD上的．任一点，过P作EF∥AC，与平行四边形的两条边分别交于点E，F．如图，设BP=x，EF=y，则能反映y与x之间关系的图象为（ ）
A．B．
C．D．
8．如图1，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，点E是BC边上的一动点，点P是对角线BD上一动点，设PD的长度为x，PE与PC的长度和为y，图2是y关于x的函数图象，其中H（a，b）是图象上的最低点，则a+b的值为（ ）
A．73B．63+3C．83D．33+6
9．如图，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，点D从点C出发沿CB方问以lcm/s向点B匀速运动，过点D作DE⊥BC于点D.以DE所在直线为对称轴，将△CDE折叠点C的对应点为C'，移动过程中△EDC'与△ABC重叠部分的面积为y（cm2），运动时间为x（s），则y与x之间函数关系的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
10．在平面直角坐标系内，以原点O为圆心，1为半径作圆，点P在直线y= 3x+23 上运动，过点P作该圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为（ ）
A．3B．2C．D．
11．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEC，使得A点恰好落在DE上，则线段BD的长为（ ）
A．23B．5C．27D．33
12．如图，在直角坐标系中，等腰直角△ABO的O点是坐标原点，A的坐标是（﹣4，0），直角顶点B在第二象限，等腰直角△BCD的C点在y轴上移动，我们发现直角顶点D点随之在一条直线上移动，这条直线的解析式是（ ）
A．y=﹣2x+1B．y=﹣ x+2
C．y=﹣3x﹣2D．y=﹣x+2
二、填空题（每题3分，共18分）
13．如图，在平面直角坐标系中，已知直线 y=x+1 和双曲线 y=−1x ，在直线上取一点，记为 A1 ，过 A1 作 x 轴的垂线交双曲线于点 B1 ，过 B1 作y轴的垂线交直线于点 A2 ，过 A2 作x轴的垂线交双曲线于点 B2 ，过 B2 作 y 轴的垂线交直线于点 A3， ······，依次进行下去，记点 An 的横坐标为 an ，若 a1=2， 则 a2020= ．
14．如图所示，从高为2m的点 A 处向右上抛一个小球 P ，小球路线呈抛物线 L 形状，小球水平经过2m时达到最大高度6m，然后落在下方台阶B处弹起，已知 MN=4 m， FM=DE=BC=1.2 m， CD=EF=1 m，若小球弹起形成一条与 L 形状相同的抛物线，且落点 Q 与 B ， D 在同一直线上，则小球弹起时的最大高度是 m
15．如图，四边形ABCD为正方形纸片，E是边CB的中点，连接DE，P是边CD上一点，将纸片沿着AP折叠，使点D落在DE上的F点处，则DFEF为 ．
16．在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1O、正方形A2B2C2C1、正方形A3B3C3C2、正方形A4B4C4C3、…、正方形AnBn∁nCn-1按如图所示的方式放置，其中点A1，A2，A3，A4，…，An均在一次函数y＝kx+b的图象上，点C1，C2，C3，C4，…，∁n均在x轴上．若点B1的坐标为（1，1），点B2的坐标为（3，2），则点An的坐标为 ．
17．如图，四边形ABCD是正方形，△BPC是等边三角形，延长BP，CP分别交AD于点E，F，连接BD，DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①AE=12BE；②∠CPD=75°；③△PDE∽△DBE；④ED2=EP⋅PB；其中正确的是 。（只填写序号即可）
18．如图，点O为等边三角形△ABC的中心，点D，E，F分别在边AB，BC，AC上，将AB，BC，AC分别沿着线段AE，BF，CD翻折，得到AB'，BC'，CA'，且恰好都经过点O.AE与CD交于点G，与BF交于点H，CD与BF交于点I.
（1）若BC=2，则CF= ；
（2）设△GHI的面积为S1，△ABC的面积为S2，则S1S2= .
三、解答题（共5题，共38分）
19．已知：等边△ABC，CE∥AB，D为BC上一点，且∠ADE=60°，求证：△ADE是等边三角形.
20．如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，△ODE是由△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC、OC的长是方程x2-6x+8=0的两个根，且OC＞BC.
（1）求直线BD的解析式.
（2）求△OFH的面积.
（3）点M在坐标轴上，平面内是否存在点N，使以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
21．如图，在平面直角坐标系中，点 B在第一象限，BA⊥x轴于点A，BC⊥y轴于点C，BA=3，BC=5，有一反比例函数的图象刚好经过点 B.
（1）分别求出该反比例函数的表达式和直线 AC 的函数表达式.
（2）动点P 在射线CA(不与点C重合)上，过点 P 作直线l⊥x轴，交反比例函数图象于点 D.在坐标平面内，是否存在这样的点Q，使得以点 B，D，P，Q为顶点的四边形为菱形? 若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由.
22．某环形道路上顺时针排列着4所中学：A1，A2，A3，A4，它们顺次有彩电15台，8台，5台，12台．为使各校的彩电数相同，允许一些中学向相邻中学调出彩电．问怎样调配才能使调出的彩电台数最小？并求调出彩电的最小总台数．
23．在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC，连结OB，D为OB的中点。点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF。已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒。
（1）如图1，当t=3时，求DF的长；
（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值；
（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分面积之比为1：2时，求相应t的值。
四、实践探究题（共8分）
24． 如图
（1）观察猜想：
如图1，在直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为BC边上一动点（与点B不重合），连接AD，将△ABD绕点A逆时针旋转90°到△ACE，那么CE、BD之间的位置关系为 ，数量关系为 ；
（2）数学思考：
如图2，在△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，D、E为BC上两点，且∠DAE=45°，求证：BD2+CE2=DE2．
（3）拓展延伸：
如图3，在△ABC中，∠CAB=120°，AB=AC，∠DAE=60°，若以BD、DE、EC为边的三角形是以BD为斜边的直角三角形，当BD=2时，求DE的长．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：根据二次函数、一次函数的图象与系数k的性质进行分类讨论，可得：
当k>0时：函数 y=kx2 （k≠0）开口向上，顶点为原点， y=kx−2(k≠0)的图象经过一、三、四象限；
当k<0时，函数y=kx2（k≠0）开口向下，顶点为原点，y=kx−2(k≠0)的图象经过二、三、四象限，
∴C 选项符合题意，
故答案为：C
【分析】根据二次函数、一次函数的图象与系数的关系k>0与k<0分两种讨论即可得到答案.
2．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，设AF交BC于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABK=90°，
∴∠KAB+∠AKB=90°，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.
∴∠KAB=∠BCG，
∵∠AKB=∠CKF，
∴∠BCG+∠CKF=90°，
∴∠KFC=90°，
∴AF⊥CG，故①正确；
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.
∴∠AEB=∠CGB=90°，BE=BG，∠EBG=90°，
又∠BEF=90°，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE=BG，
∴四边形BEFG是正方形，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AE于点H，
∵DA=DE，DH⊥AE，
∴AE=2AH，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠EAB=90°，
∴∠ADH=∠EAB，
又AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH=BE，
∴AE=2AH=2BE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG.
∴AE=CG，
∵四边形BEFG是正方形，
∴BE=GF，
∴AE=2FG，即CG=2FG，
∴CF=FG，故③正确；
∴正确的有：①②③，
故答案为：A.
【分析】设AF交BC于点K，由正方形的性质及直角三角形两锐角互余得∠KAB+∠AKB=90°，由旋转的性质得∠KAB=∠BCG，结合对顶角相等可得∠BCG+∠CKF=90°，根据三角形的内角和定理得∠KFC=90°，据此可判断①；根据旋转的性质得∠AEB=∠CGB=90°，BE=BG，∠EBG=90°，从而可判断出四边形BEFG是矩形，进而根据有一组邻边相等的矩形是正方形得四边形BEFG是正方形，据此可判断②；过点D作DH⊥AE于点H，由等腰三角形的三线合一得AE=2AH，根据同角的余角相等得∠ADH=∠EAB，从而可用AAS判断出△ADH≌△BAE，得AH=BE，则AE=2AH=2BE，由旋转的性质得AE=CG，结合正方形的性质可得CG=2FG，从而得CF=FG，据此可判断③.
3．【答案】C
【解析】【解答】解：设一次函数解析式为y=kx+b，将点A以及点B坐标代入可知，b=2，k=12
∴一次函数解析式为y=12x+2；
设P点的坐标为（-4，m）
∴（-4）2+m2=17
∴m=±1
∴m=-1
∴点P为（-4，-1）
设反比例函数解析式为y=nx，代入（-4，-1），解得n=4
∴反比例函数解析式为y=4x
将一次函数和反比例函数解析式联立，y=12x+2y=4x，解得x=23-2，y=3+1x=-2-23，y=1-3
∴Q点的坐标为（23-2，3+1）
∴S四边形PAOQ=S△APO+S△AOQ12×4×1+12×4×（3+1）=23+4
故答案为：C.
【分析】根据点A和点B的坐标，计算得到AB的解析式，继而由PO的长度，求出点P的坐标，随机得到反比例函数的解析式，根据题意，将两个函数解析式联立，得到交点Q的坐标，将四边形的面积转化为两个三角形的面积即可。
4．【答案】D
【解析】【解答】解：如图连接PC，
∵AB=AC，BD=CD，
∴AD⊥BC，
∴PB=PC，
∴PB+PE=PC+PE，
∵PE+PC≥CE，
∴P、C、E共线时，PB+PE的值最小，最小值为CE的长度，
故答案为：D．
【分析】接PC，根据等腰三角形的性质可得AD⊥BC，即得AD垂直平分BC，可得PB=PC，即得PB+PE=PC+PE，由三角形三边关系可知P、C、E共线时，PB+PE的值最小，最小值为CE的长度.
5．【答案】B
【解析】【解答】解：根据图象可得D（2， 0），E（10， 480），
∴ 直线DE的函数解析式为y=60x-120，
∴ F（6， 240），即a=240，故 ① 正确；
∵ C（8， 480），
∴ 直线BC的函数解析式为y=120x-480，
∴ B（4.5， 60），即b=60，故 ② 正确；
∴ y=60代入y=60x-120，可得P（3，120），
∴ 甲、乙两车第一次相遇的时间是离甲出发3小时，离乙出发1小时，故 ③ 错误；
由此可知甲的速度为120km/h，乙的速度为60km/h，
∴ A（0.5，60），
第一次相距30km，t=30÷120=0.25h；
第二次相距30km，t=2+30÷60=2.5h；
第三次相距30km，60t-120-60=30，t=3.5h；
第四次相距30km，120x-480-（60x-120）=30，t=6.5h
所以甲、乙两车相距30km的时间分别为0.25h，2.5h，3.5h，5.5h，6.5h，故 ④ 错误.
故答案为：B.
【分析】根据待定系数法求出直线DE和直线BC的函数解析式，即可求得a，b的值；根据函数的性质可得第一次相遇的时间为点P的时间，即可判断 ③ ；根据图像分别计算出两车相距30km的时间即可.
6．【答案】A
【解析】【解答】解：如图所示，取AB、CD的中点H、G连接HG，再取AD、HG的中点P、Q连接PQ，
∵M、N分别是ED和BF的中点，∴M、N分别在PQ、HG上，
∵AF=2、AE=4，且HN、MP为△AFB和△AED的中位线，
∴HN=1、MP=2，
∴NQ=2、MQ=1，
∴在△MNQ中使用勾股定理可得MN=MQ2+NQ2=1+4=5，
故答案为：A.
【分析】本题主要考查三角形中位线定理以及勾股定理，结合题意先画出辅助线构造△AFB和△AED的的中位线，根据中位线性质可知中位线的长是对应底边的12，所以可以确定HN=1、MP=2，然后运用勾股定理计算即可.
7．【答案】A
【解析】【分析】图象是函数关系的直观表现，因此须先求出函数关系式．分两段求：当P在BO上和P在OD上，分别求出两函数解析式，根据函数解析式的性质即可得出函数图象。
【解答】设AC与BD交于O点，
当P在BO上时，
∵EF∥AC
∴EFAC=BPBO即y4=x3
∴y=43x；
当P在OD上时，BPBO=EFAC，即y4=6-x3
∴y=-43x+8
故选A．
【点评】此题为一次函数与相似形的综合题，有一定难度.1、要看图象先求关系式.2、分段求关系式。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：如下图，在AB边上取点E1，使得BE和BE1关于BD对称，
连接PE1，得PC+PE=PC+PE1，
连接CE1，作CE2⊥AB，垂足为E2，
由三角形三边关系和垂线段最短知，
PE+PC=PE1+PC⩾CE1⩾CE2，
即PE+PC有最小值CE2，
菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=120°，
在Rt△BE2C中，∠E2BC=60°，
解得CE2=33，
∵H(a，b)是图象上的最低点
∴b=y=PE+PC=CE2=33，
此时令CE2与BD交于点P2，
由于BE2=3，在Rt△BP2E2中，
BP2=23，又BD=63，
∴P2D=43，
又PD的长度为x，图2中H(a，b)是图象上的最低点，
∴a=P2D=43，
又b=33，
∴a+b=73，
故答案为：A．
【分析】在AB边上取点E1，使得BE和BE1关于BD对称，由三角形三边关系和垂线段最短知，
PE+PC=PE1+PC⩾CE1⩾CE2，即PE+PC有最小值CE2，根据H(a，b)是图象上的最低点，得出b的值，此时令CE2与BD交于点P2，再根据PD的长度为x，图2中H(a，b)是图象上的最低点，得出a的值，由此得出答案。
9．【答案】A
【解析】【解答】解：∵AB=3，BC=4，
∴当点D在BC中点时，C'和B重合，
∵DE⊥BC，AB⊥BC，
∴DE∥AB，
∴△CDE∼△CBA，
∴DEBA=CDCB，
∵点D速度是lcm/s，运动时间为t(s)，
∴CD=t(cm)，
∴DE=34CD=34t，
①当0≤x≤2时，
由题意可得：S=S△EDC=12×DC×DE=12t×34t=38t2，
此时，S与t之间函数关系的图像是顶点在原点，开口向上的抛物线；
②当2此时S=S梯形DBFE=12×(DE+BF)×BD，
∵CD=t(cm)，BC=4，
∴BD=BC−DC=4−t，BC'=DC'−BD=DC−BD=t−(4−t)=2t−4，
∵DE=34CD，
同理可得：BF=34BC'=34(2t−4)，
∴S=12×[34t+34(2t−4)]×(4−t)=−98(t−83)2+2，
∴当t=83时，S有最大值，最大值为2，
此时，S与t之间函数关系的图象是开口向下的抛物线，且当t=83时，S有最大值，
故答案为：A
【分析】先结合题意运用相似三角形的判定与性质得到DEBA=CDCB，进而表示出DE，从而分类讨论：①当0≤x≤2时，①当0≤x≤2时，进而表示出三角形的面积即可求解。
10．【答案】D
【解析】【解答】解： 如图，
直线y= 3 x+2 3 与x轴交于点C，与y轴交于点D，作OH⊥CD于H，
当x=0时，y= 3 x+2 3 =2 3 ，则D（0，2 3 ），
当y=0时， 3 x+2 3 =0，解得x=﹣2，则C（﹣2，0），
∴CD= 22+(23)2 =4，
∵12 OH•CD= 12 OC•OD，
∴OH= 2×234 = 3 ，
连接OA，如图，
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，
∴PA= OP2−OA2 = OP2−12 ，
当OP的值最小时，PA的值最小，
而OP的最小值为OH的长，
∴PA的最小值为 (3)2−12 = 2 ．
故答案为：D．
【分析】作OH⊥CD于H，先利用一次函数解析式得到D、C的坐标，再利用勾股定理可计算出CD=4，则利用面积法可计算出OH，连接OA，利用切线的性质得出用含OP的代数式表示PA，利用垂线段最短求PA的最小值.
11．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，连接BE，
∵∠ACB=90°，AC=2，AB=4，
在△ABC中， 由勾股定理得：BC=AB2−AC2=16−4=23，
∠ABC=30°，∠BAC=60°，
∵将ΔABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度得到ΔDEC，
∴AC=CD，CE=CB=23，∠CAB=∠CDE=60°，∠BCE=∠ACD，∠CED=∠ABC=30°，AB=DE=4，
∴ΔACD是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，
∴ΔBCE是等边三角形，
∴BE=BC=23，∠CEB=60°，
∴∠DEB=∠DEC+∠CEB=30°+60°=90°，
在△DBE中， 由勾股定理得：DB=DE2+BE2=16+12=27.
故答案为：C．
【分析】勾股定理得BC=23，∠ABC=30°，∠BAC=60°，由旋转的性质可求ΔACD是等边三角形，ΔBCE是等边三角形，∠DEB=90°，在△DBE中， 根据勾股定理，即可得解.
12．【答案】D
【解析】【解答】当BC与x轴平行时，过B作BE⊥x轴，过D作DF⊥x轴，交BC于点G，如图1所示．
∵等腰直角△ABO的O点是坐标原点，A的坐标是（﹣4，0），∴AO=4，∴BC=BE=AE=EO=GF= 12 OA=2，OF=DG=BG=CG= 12 BC=1，DF=DG+GF=3，∴D坐标为（﹣1，3）；
当C与原点O重合时，D在y轴上，
此时OD=BE=2，即D（0，2），设所求直线解析式为y=kx+b（k≠0），将两点坐标代入得： −k+b=3b=2 ，解得： k=−1b=2 ．
则这条直线解析式为y=﹣x+2．
故答案为：D．
【分析】当BC与x轴平行时，过B作BE⊥x轴，过D作DF⊥x轴，交BC于点G，如图1所示．根据等腰直角三角形的性质及矩形的性质得出BC=BE=AE=EO=GF= 12 OA=2，OF=DG=BG=CG= 12 BC=1，进而根据线段的和差得出DF=DG+GF=3，再根据第二象限点的坐标特点即可求出D点的坐标；当C与原点O重合时，D在y轴上，根据矩形的性质得出OD=BE=2，从而根据y轴上的点的坐标特点求出D点的坐标，根据前后两次求出的点D的坐标，利用待定系数法即可求出所求的函数解析式。
13．【答案】2
【解析】【解答】解：当a1=2时，B1的横坐标与A1的横坐标相等为2，A1（2，3），B1(2， −12 ) ；
A2的纵坐标和B1的纵坐标相同为 −12 ，代入y=x+1，得x= −32 ，可得A2（ −32 ， −12 ）；
B2的横坐标和A2的横坐标相同为 −32 ，代入 y=−1x 得，y= 23 ，得B2( −32 ， 23 ) ；
A3的纵坐标和B2的纵坐标相同为 23 ，代入y=x+1，得x= −13 ，故A3（ −13 ， 23 ）
B3的横坐标和A3的横坐标相同为 −13 ，代入 y=−1x 得，y=3，得B3( −13 ，3)
A4的纵坐标和B3的纵坐标相同为3，代入y=x+1，得x=2，所以A4（2，3）
…
由上可知，a1，a2，a3，a4，a5，…，3个为一组依次循环，
∵2020÷3=673⋯⋯1，
∴a2020=a1=2，
故答案为：2．
【分析】根据反比例函数与一次函数图象上点的坐标特征分别求出A1、B1、A2、B2、A3、B3…，从而得到每3次变化为一个循环组依次循环，用2020除以3，根据商的情况确定出a2020即可
14．【答案】94093600
【解析】【解答】解：以OQ所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，
点A（0，2），抛物线的顶点（2，6）
设抛物线的解析式为 y=a(x−2)2+6
代入A点坐标得 2=a(0−2)2+6
解得 a=−1 ，
∴抛物线的解析式为 y=−(x−2)2+6 ，
点B的纵坐标为MN-EF-CD=4-1-1=2，
∴y=2时， 2=−(x−2)2+6 ，
解得 x=0，x=4 ，
∴点B（4，2），
点D的横坐标=4-CB=4-1.2=2.8，点D的纵坐标2+1=3，
点D（2.8，3）
设直线BD解析式为 y=kx+b 代入坐标得
4k+b=22.8k+b=3
解得 k=−56b=163
直线BD解析式为 y=−56x+163
当y=0时， x=325
点Q（ 325 ，0）
过B、Q的抛物线解析式为 y=−(x−m)2+n ，代入坐标得
2=−(4−m)2+n0=−(325−m)2+n
解得 m=28730n=90493600
∴小球弹起时的最大高度是 94093600 m.
故答案为 ：94093600.
【分析】以OQ所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A（0，2），顶点坐标为（2，6），设抛物线的解析式为y=a(x-2)2+6，将点A代入求出a，可得抛物线的解析式，点B的纵坐标为MN-EF-CD=2，令y=2，求出x，可得B（4，2），同理可得D（2.8，3），利用待定系数法求出直线BD的解析式，令y=0，求出x，可得Q（ 325 ，0），过B、Q的抛物线解析式为y=-(x-m)2+n，将点B、Q代入求出m、n，据此解答.
15．【答案】4
【解析】【解答】解：设DE与AP交于点G，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，
∴∠CDE+∠CED=90°.
由折叠可得：AP垂直平分DF，
∴∠PDG+∠DPG=90°，
∴∠APD=∠DEC.
∵∠APD=∠DEC，∠ADP=∠DCE，AD=CD，
∴△ADP≌△DCE，
∴DP=CE.
设AB=BC=CD=AD=2，则DP=CP=CE=BE=1，
∴DE=CD2+CE2=5.
∵∠DGP=∠DCE=90°，∠GDP=∠CDE，
∴△GDP∽△CDE，
∴DGCD=DPDE，
∴DG2=15，
∴DG=255，
∴DF=2DG=455，EF=DE-DF=55，
∴DFEF=45555=4.
故答案为：4.
【分析】设DE与AP交于点G，由正方形的性质可得∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，由折叠可得：AP垂直平分DF，根据同角的余角相等可得∠APD=∠DEC，利用AAS证明△ADP≌△DCE，得到DP=CE，设AB=BC=CD=AD=2，则DP=CP=CE=BE=1，由勾股定理可得DE的值，由两角对应相等的两个三角形相似可得△GDP∽△CDE，根据相似三角形的性质可得DG，然后求出DF、EF，据此求解.
16．【答案】（2n-1-2，2n-1）
【解析】【解答】解：∵ B1的坐标为（1，1），点B2的坐标为（3，2），
∴正方形A1B1C1O的边长为1， 正方形A2B2C2C1的边长为2，
∴A1（0，1）A2（1，2）
将其代入 y＝kx+b中得b=1k+b=2，解得b=1k=1，
∴y=x+1，
∴直线y=x+1与x轴的夹角为45°，
∴A1（0，1），即为（20-1，20）
A2（1，2），即为（21-1，21），
A3（22-1，22），A4（23-1，23），······，
∴ 点An的坐标为 （2n-1-1，2n-1） ，
故答案为：（2n-1-1，2n-1） .
【分析】先确定A1，A2的坐标，再利用待定系数法求出直线解析式，然后分别求出A3、A4······的坐标，从而得出规律，继而得解.
17．【答案】①②③
【解析】【解答】
∵ 四边形ABCD是正方形
∴ ∠ABC=90°
∵△BPC是等边三角形
∴ ∠CBP=60°
∴ ∠ABE=30°
∴ AE=12BE···················① 正确；
∵△BPC是等边三角形
∵ 四边形ABCD是正方形
∴ ∠BCD=90°，BC=CD
∴ ∠BCP=60°，CP=BC=CD
∴ ∠PCD=30°
∴ ∠CPD=∠CDP=12（180°-∠PCD）=75°···················② 正确；
∴ ∠PDE=15°
∵ 四边形ABCD是正方形
∴ ∠CBD=45°
∴ ∠DBE=15°
∴ ∠PDE=∠DBE=15°
∵ ∠PED=∠DEB
∴△PDE∽△DBE···················③ 正确；
∴DEBE=PEDE
∴ DE2=EP·BE ···················④错误
则其中正确的是·①②③
【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，30°直角三角形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，对选项逐一判断即可得出结论。
18．【答案】（1）4−23
（2）2−3
【解析】【解答】解：如图BC'交AC于M，
点O为等边三角形△ABC的中心，
∴∠BMC=∠FMC'=90°
（1）当BC=2时，CM=1
∴BM=BC2−CM2=3
由翻折可知
BC'=BC=2，∠C'=60°，CF=C'F
C'M=BC'−BM=2−3
CF=C'F=2C'M=4−23
（2）由题意可知，
∠CBM=∠ACA'=∠BAA'=30°
由翻折可知
∠FBM=∠FBC=∠FCI=∠BAH=15°
∴∠BCI=∠CAG=∠ABH=45°
易得△BCI≌△CAG≌△ABH，
由（1）可知，
MF=3C'M=23−3，
在Rt△FBM中，
tan∠FBM=tan15°=FMBM=23−33=2−3，
过I 作IN⊥BC于I，
∵∠BCI=45°，
设IN=CN=x，
在Rt△BNI中，
tan∠IBN=tan15°=INBN=2−3，
∴BN=IN2−3=x2−3=(2+3)x，
∴BC=BN+CN=(2+3)x+x=(3+3)x，
∴S△BCI=12BC·IN=12(3+3)x2，
在Rt△CBM中，
∵CM=12BC，
∴BM=32BC，
∴S2=S△ABC=12AC·BM=12BC×3BC2=3BC24=3(3+3)2x24，
∴S1=S△ABC−3S△BCI=3(3+3)2x24−32(3+3)x2，
∴S1S2=3(3+3)2x24−32(3+3)x23(3+3)2x24=3−33+3=2−3.
故答案为：4−23；2−3.
【分析】（1）BC′交AC于M，根据点O为等边△ABC的中心可得∠BMC=∠FMC′=90°，由勾股定理可得BM，根据折叠的性质可得BC′=BC=2，∠C′=60°，CF=C′F，由C′M=BC′-BM可得C′M，然后根据CF=C′F=2C′M进行求解；
（2）由题意可知∠CBM=∠ACA′=∠BAA′=30°，由翻折可知∠FBM=∠FBC=∠FCI=∠BAH=15°，则∠BCI=∠CAG=∠ABH=45°，利用AAS证明△BCI≌△CAG≌△ABH，求出tan∠FBM的值，过I 作IN⊥BC于I，设IN=CN=x，根据三角函数的概念可得BN，由三角形的面积公式可得S△BCI、S2=S△ABC，由S1=S△ABC-3S△BCI可得S1，据此求解.
19．【答案】证明：如图， 在AC上截取CM=CD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴△CDM是等边三角形，
∴MD=CD=CM，∠CMD=∠CDM=60°，
∴∠AMD=120°，
∵∠ADE=60°，
∴∠ADE=∠MDC，
∴∠ADM=∠EDC，
∵直线CE∥AB，
∴∠ACE=∠BAC=60°，
∴∠DCE=120°=∠AMD，
在△ADM和△EDC中，
∠ADM＝∠EDCMD＝CD∠AMD＝∠ECD ，
∴△ADM≌△EDC（ASA），
∴AD=DE，
∵∠ADE=60°，
∴△ADE是等边三角形.
【解析】【分析】在AC上截取CM=CD，利用等边三角形的性质可得到∠ACB=60°，可证得△CDM是等边三角形，再证明∠ADM=∠EDC，∠DCE=∠AMD，利用ASA证明△ADM≌△EDC，根据全等三角形饿对应边相等，可推出AD=DE，然后根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，可证得结论。
20．【答案】（1）解：解方程x2-6x+8=0可得x=2或x=4，
∵BC、OC的长是方程x2-6x+8=0的两个根，且OC＞BC，
∴BC=2，OC=4，
∴B（-2，4），
∵△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的，
∴OD=OC=4，DE=BC=2，
∴D（4，0），
设直线BD解析式为y=kx+b，
把B、D坐标代入可得 −2k+b=44k+b=0 ，解得 k=−23b=83 ，
∴直线BD的解析式为y=- 23 x+ 83 .
（2）解：由（1）可知E（4，2），
设直线OE解析式为y=mx，
把E点坐标代入可求得m= 12 ，
∴直线OE解析式为y= 12 x，
令 −23x+83=12x ，解得x= 167 ，
∴H点到y轴的距离为 167 ，
又由（1）可得F（0， 83 ），
∴OF= 83 ，
∴S△OFH= 12 × 83 × 167 = 6421 .
（3）解：∵以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形，
∴△DFM为直角三角形，
①当∠MFD=90°时，则M只能在x轴上，连接FN交MD于点G，如图1，
由（2）可知OF= 83 ，OD=4，
则有△MOF∽△FOD，
∴OMOF=OFOD ，即 OM83=834 ，解得OM= 169 ，
∴M（- 169 ，0），且D（4，0），
∴G（ 109 ，0），
设N点坐标为（x，y），则 x+02=109 ， y+832=0 ，
解得x= 209 ，y=- 83 ，此时N点坐标为（ 209 ，- 83 ）；
②当∠MDF=90°时，则M只能在y轴上，连接DN交MF于点G，如图2，
则有△FOD∽△DOM，
∴OFOD=OFOD ，即 834=4OM ，解得OM=6，
∴M（0，-6），且F（0， 83 ），
∴MG= 12 MF= 133 ，则OG=OM-MG=6- 133 = 53 ，
∴G（0，- 53 ），
设N点坐标为（x，y），则 x+42 =0， y+02=−53 ，
解得x=-4，y=- 103 ，此时N（-4，- 103 ）；
③当∠FMD=90°时，则可知M点为O点，如图3，
∵四边形MFND为矩形，
∴NF=OD=4，ND=OF= 83 ，
可求得N（4， 83 ）；
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（ 209 ，- 83 ）或（-4，- 103 ）或（4， 83 ）．
【解析】【分析】（1）通过解一元二次方程可知OC、BC长，再由旋转的性质可知：OD=OC ，DE=BC，继而可写出B、D的坐标，再用待定系数法即可求出直线BD的解析式。
（2）H点是OE与直线BD的交点，故可通过OE的表达式与BD的表达式联立求出H点坐标，F点是直线BD在y轴上的截距。求出F、H后利用三角形面积公式即可求出。
（3）问是否存在题，一般先假设存在。以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形可能是矩形DFMN也可能是矩形DFNM、矩形DMFN，故分三种情况进行讨论，分别是 ∠MFD=90° 、 ∠MDF=90° 或∠FMD=90° ，画出相对应图形后即可利用各自几何特点求解。
21．【答案】（1）解：由题意可知，点B的坐标为（5，3），A（5，0），C（0，3）；
设反比例函数为y=k1x，直线AC的解析式为y=k2x+b；
将点B的坐标代入反比例函数，可得k1=15；
∴反比例函数的解析式为y=15x；
将点A和C的坐标代入直线y=k2x+b，可得5k2+b=0b=3，
解得k2=-35b=3
∴直线AC的解析式为y=-35x+3；
（2）解：假设存在，设点P的坐标为（m，-35m+3)，则D的坐标为（m，15m）；
①当四边形BDPQ为菱形时，点Q在AB上时，PD=DB=BQ；
∴15m-（-35m+3）=m-52+3-15m2，
解得m=54或354；
当m=54时，15m-（-35m+3）=-274，此时点Q的坐标为（5，-274）；
当m=354时，15m-（-35m+3）=-2728，此时点Q的坐标为（5，-2728）；
②当点Q在BC上时，PD⊥BQ，此时Q的纵坐标为3，-35m+3+15m2=3，解得m=-5±552；
∵m＞0
∴m=-5+552
∴点Q的坐标为（55-10，3）
综上所述，存在点Q，其坐标为（5，-274）或（5，-2728）或（55-10，3）.
【解析】【分析】（1）根据题意分别求出A点，B点和C点的坐标，然后用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）假定存在，根据函数解析式设出P点和D点的坐标，根据点Q的位置分类讨论，①当四边形BDPQ为菱形时，点Q在AB上时，PD=DB=BQ；②当点Q在BC上时，PD⊥BQ，此时Q的纵坐标为3，根据菱形的性质列方程，分别求解即可.
22．【答案】解：设A1中学调给A2彩电x1台（若x1＜0，则认为是A2，向A1调出|x1|台），A2中学调给A3彩电x2台，A3调给A4x3台，A4调给A1x4台．∵共有40台彩电，平均每校10台，∴15-x1+x4=10，8-x2+x1=10，5-x3+x2=10，12-x4+x3=10，∴x4=x1-5，x1=x2+2，x2=x3+5，x3=x4-2，x3=（x1-5）-2=x1-7，x2=（x1-7）+5=x1-2．本题即求y=|x1|+|x2|+|x3|+|x4|=|x1|+|x1-2|+|x1-7|+|x1-5|的最小值，其中x1是满足-8≤x1≤15的整数．设x1=x，并考虑定义在-8≤x≤15上的函数：y=|x|+|x-2|+|x-7|+|x-5|，x2当2≤x≤5时，y取最小值10，即当x1=2，3，4，5时，|x1|+|x1-2|+|x1-7|+|x1-5|取到最小值10．从而调出彩电的最小台数为10，调配方案有如下4种：
【解析】【分析】由题意可知，四所学校共有40台彩电，要使四所学校的彩电数量相同，则每所学校应有10台彩电。可设A1中学调给A2中学x1台，A2中学调给A3彩电x2台，A3调给A4中学x3台，A4中学调给A1中学x4台，调出彩电的总台数为y。于是可得：15-x1+x4=10，8-x2+x1=10，5-x3+x2=10，12-x4+x3=10；将x4、x3、x2都用含x1的代数式表示，则y=x1+x2+x3+x4，运用绝对值的性质求出y的最小值即可。
23．【答案】（1）解：当t=3时，如图1，点E为AB中点.
∵点D为OB中点，
∴DE//OA，DE=12OA=4，
∵OA⊥AB，
∴DE⊥AB，
∴∠OAB=∠DEA=90°，
又∵DF⊥DE，
∴∠EDF=90°
∴四边形DFAE是矩形，
∴DF=AE=3.
（2）解： ∵∠DEF大小不变，如图2，
过D作DM⊥OA，DN⊥AB，垂足分别是M、N，
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴四边形DMAN是矩形，
∴∠MDN=90°，DM//AB，DN//OA，
∴BDDO=BNAN，ODDB=OMAM，
∵点D为OB中点，
∴M、N分别是OA、AB中点，
∴DM=12AB=3，DN=12OA=4，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDM=∠EDN.
又∵∠DMF=∠DNE=90°，
∴△DMF∽△DNE
∴DFDE=DMDN=34，
∵∠EDF=90°，
∴tan∠DEF=DFDE=34
（3）解：过D作DM⊥OA，DN⊥AB。垂足分别是M，N.
若AD将△DEF的面积分成1：2的两个部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点.
①当点E到达中点之前时.
NE=3-t，由△DMF∽△DNE得
MF=34（3-t）.
∴AF=4+MF=-34t+254.
∵点G1为EF的三等分点。
∴G1（3t+7112.23t）.
由点A（8，0），D（4，3）得直线AD解析式为y=-34χ+6.
G1(3t+7112.23t)代入，得t=7541.
②当点E越过中点之后.
NE=t-3，由△DMF～△DNE得MF=34（t-3）.
∴AF=4-MF=-34t+254.
∵点G2为EF的三等分点.
∴G2(3t+236.13t).
代入直线AD解析式y=-34χ+6.
得t=7517.
【解析】【分析】（1）当t=3时，如图1，点E、D分别为AB、OB中点，得出DE//OA，DE=12OA=4，根据OA⊥AB得出DE⊥AB，从而得出四边形DFAE是矩形，根据矩形性质求出DF=AE=3.
（2）如图2，过D作DM⊥OA，DN⊥AB，垂足分别是M、N，四边形OABC、DMAN都是矩形，由平行得出BDDO=BNAN，ODDB=OMAM，由D、M、N是中点又可以得出条件判断△DMF∽△DNE，从而得出tan∠DEF=DFDE=34。
（3）过D作DM⊥OA，DN⊥AB。垂足分别是M，N；若AD将△DEF的面积分成1：2的两个部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点.
分点E到达中点之前或越过中点之后来讨论，得出 NE，由△DMF∽△DNE得 MF和AF的长度， 再算出直线AD的解析式，由点G为EF的三等分点得出G点坐标将其代入AD直线方程求出t值。
24．【答案】（1）CE⊥BD；CE=BD
（2）证明：如图，把△ACE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接DG，
则△ACE≌△ABG．
∴AG=AE，BG=CE，∠ABG=∠ACE=45°．
∴∠GBD=45°+45°=90°，
∵∠GAE=90°，∠DAE=45°，
∴∠GAD=∠EAD=45°，
在△ADG和△ADE中，AG=AE∠GAD=∠EADAD=AD，
∴△ADG≌△ADE(SAS)．
∴ED=GD，
又∵∠GBD=90°，
∴BD2+BG2=DG2，
∴BD2+CE2=DE2
（3）解：如图，将△AEC绕点A顺时针旋转120°得到△AFB，
∴△AEC≌△AFB，∠EAF=120°，
∴AF=AE,∠ABF=∠ACB,EC=BF，
∵∠CAB=120°,AB=AC，
∴∠ABF=∠ACB=∠ABC=30°，
∴∠FBD=60°，
∵∠EAF=120°，∠EAD=60°，
∴∠DAE=∠DAF=60°，
又∵AE=AF,AD=AD，
∴△ADE≌△ADF(SAS)，
∴DF=DE，
∵以BD、DE、EC为边的三角形是直角三角形，
∴以BD、DF、BF为边的三角形是直角三角形，
∴△BDF是直角三角形，若
∠BFD=90°，且∠FBD=60°，
∴∠BDF=30°，
∴BF=12BD=12×2=1，
∴DF=BD2−BF2=3，
∴DE=3，
综上，DE的长为3．
【解析】【解答】（1）CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE=BD．
理由：在△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，
∴∠BAC=∠DAE=90°，AD=AE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
又∵BA=CA，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ACE=∠B=45°，CE=BD，
∴∠ECB=45°+45°=90°，即 CE⊥BD，
故答案为：CE⊥BD,CE=BD．
【分析】（1）利用SAS证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形性质可得结论；
（2）把△ACE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接DG，利用SAS证明△ADG≌△ADE，可得DE=DG，然后在Rt△BDG中，根据勾股定理可得BD2+BG2=DG2，然后可得结论；
（3）将△AEC绕点A顺时针旋转120°得到△AFB，利用SAS证明△ADE≌△ADF，可得DF=DE，再分两种情况：①∠BDF=90°；②∠BFD=90°，分别根据含30度直角三角形的性质和勾股定理计算即可．