数学-2024年中考终极押题猜想专题训练学案（全国通用）（含解析）

这是一份数学-2024年中考终极押题猜想专题训练学案（全国通用）（含解析），共207页。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc165202043" 押题猜想一 选填题之几何图形综合问题 PAGEREF _Tc165202043 \h 2
\l "_Tc165202044" PAGEREF _Tc165202044 \h 2
\l "_Tc165202045" 押题猜想二 选填题之函数综合问题 PAGEREF _Tc165202045 \h 5
\l "_Tc165202046" PAGEREF _Tc165202046 \h 5
\l "_Tc165202047" 押题猜想三 选填题之规律探索问题 PAGEREF _Tc165202047 \h 7
\l "_Tc165202048" PAGEREF _Tc165202048 \h 7
\l "_Tc165202049" 押题猜想四 选填题之新定义问题 PAGEREF _Tc165202049 \h 9
\l "_Tc165202050" PAGEREF _Tc165202050 \h 9
\l "_Tc165202051" 押题猜想五 解答题之函数与实际问题综合问题 PAGEREF _Tc165202051 \h 12
\l "_Tc165202052" PAGEREF _Tc165202052 \h 12
\l "_Tc165202053" 押题猜想六 解答题之一次函数与反比例函数综合问题 PAGEREF _Tc165202053 \h 16
\l "_Tc165202054" PAGEREF _Tc165202054 \h 16
\l "_Tc165202055" 押题猜想七 解答题之用三角函数解决实际问题 PAGEREF _Tc165202055 \h 20
\l "_Tc165202056" PAGEREF _Tc165202056 \h 20
\l "_Tc165202057" 押题猜想八 解答题之几何图形的证明与计算问题 PAGEREF _Tc165202057 \h 24
\l "_Tc165202058" PAGEREF _Tc165202058 \h 24
\l "_Tc165202059" 押题猜想九 解答题之阅读理解问题 PAGEREF _Tc165202059 \h 26
\l "_Tc165202060" PAGEREF _Tc165202060 \h 26
\l "_Tc165202061" 押题猜想十 解答题压轴之几何综合 PAGEREF _Tc165202061 \h 34
\l "_Tc165202062" PAGEREF _Tc165202062 \h 34
\l "_Tc165202063" 押题猜想十一 解答题压轴之二次函数综合 PAGEREF _Tc165202063 \h 39
\l "_Tc165202064" PAGEREF _Tc165202064 \h 39
押题猜想一 选填题之几何图形综合问题
1．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD=12 ，线段PQ在边BA上运动，PQ=12 ，有下列结论： ①CP与QD一定不相等； ②△AQD与△BCP可能相似； ③ 四边形PCDQ面积的最大值为 31316 ； ④ 四边形PCDQ周长的最小值为3+372 ．其中，正确结论的序号为（ ）
A．② ④B．② ③C．① ② ③D．② ③ ④
2．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，分别以A，B为圆心，以大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN恰好经过点D，与边AB交于点E，连接CE，以下四个结论中：①∠ABC=120°；②4S△BCE=S△CDE；③2BE=AD；④如果CE=27，那么DE=23．其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．（2023·山东聊城·二模）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF，且点A在△BCF内部．给出以下结论：
①四边形ADFE是平行四边形；
②当∠BAC=130°时，四边形ADFE是矩形；
③当AB=AC时，四边形ADFE是菱形；
④当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形ADFE是正方形．
其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．

押题解读
几何图形选填压轴题含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容，该题型难度较高，以等腰三角形、直角三角形等为基础的多解题，特殊四边形与圆为载体的几何求解问题是高频考点、必考点，所以必须提高对几何图形性质的理解和掌握，但是每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。
1．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点M，N分别在边AD，BC上．沿着直线MN折叠矩形ABCD，点A，B分别落在点E，F处，且点F在线段CD上（不与两端点重合），过点M作MH⊥BC于点H，连接BF．已知下列判断：
①MN⊥BF；②△MHN∽△BCF；③MNBF=34；④6其中正确的是 ．（填写所有正确结论的序号）
2．（2024·四川达州·二模）如图，在正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连接AE与对角线BD交于点P，过点P作PF⊥AE交BC于点F，连接AF交BD于点G，下列四个结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB−PD=2BF；④SΔAPG=12SΔAEF．其中正确结论个数为（ ）．

A．1B．2C．3D．4
3．（2024·内蒙古乌海·模拟预测）如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB上的一个动点(不与点A，B重合)，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连接DE，DE与AC相交于点F，连接AE.下列结论：
①△ACE≌△BCD；
②若∠BCD=25°，则∠AED=65°；
③DE2=2CF⋅CA；
④若AB=32，AD=2BD，则AF=53．
其中正确的结论是 .(填写所有正确结论的序号)

押题猜想二 选填题之函数综合问题
1．（2024·山东临沂·二模）已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点为4,0，其对称轴为直线x=1，其部分图象如图所示，有下列5个结论：①abc<0；②b2−4ac<0；③9a+3b+c=0；④8a+c=0；⑤若关于x的方程ax2+bx+c=−1有两个实数根x1,x2，且满足x14．其中正确结论的个数为（ ）
A．5B．4C．3D．2
2．（2023·广东佛山·一模）如图，点A在双曲线y=kx（k>0，x>0）上，点B在直线l：y=mx−2b（m>0，b>0）上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形AOCB是菱形时，有以下结论：①Ab,3b②当b=2时，k=43③m=33④S四边形AOCB=2b2则所有正确结论的序号是 ．
押题解读
一次函数、二次函数、反比例函数在中考选择题、填空题考场中是热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分，复习环节重在提高学生对函数图象和性质理解和掌握的能力.
1．（2024·贵州遵义·一模）如图，点A在y=mx（x>0）的图象上，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，过点A作AC⊥y轴，垂足为C，交y=nx（x>0）的图象于点E，连接OE．若AE=3CE，四边形OBAE的面积为7，则m，n的值正确的是（ ）
A．m=6，n=4B．m=4，n=1
C．m=12，n=3D．m=8，n=2
2．（2024·贵州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中有一反比例函数y=−6x过第一象限内的点P分别作x轴，y轴的垂线，与y轴，x轴分别交于A、B两点，与双曲线分别交于C、D两点．则以下结论中，正确结论的序号是（ ）
①存在无数个点P使S△AOC=S△BOD
②存在无数个点P使S△POA=S△POB
③存在无数个点P使四边形OAPB的面积=S△ACD
A．①②B．①③C．②③D．①②③
3．（2023·江苏无锡·模拟预测）二次函数y=x2+2m−1x+2mm≠12，有下列结论：
①该函数图象过定点−1,2；
②当m=1时，函数图象与x轴无交点；
③函数图象的对称轴不可能在y轴的右侧；
④当1y2．
其中，正确结论的序号为 ．
4．（2024·青海西宁·一模）二次函数 y=ax2+bx+ca≠0的y与x的部分对应值如下表：
根据表格中的信息，得到了如下的结论：
①abc<0
②二次函数 y=ax²+bx+c可改写为 y=ax−12−2 的形式
③关于x的一元二次方程 ax2+bx+c=−1.5的根为 x1=0,x2=2
④若y>0，则x>3
⑤当x≥2时，y有最小值是−1.5
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②④B．②③⑤C．①③⑤D．②③④⑤
押题猜想三 选填题之规律探索问题
1．（2023·重庆九龙坡·一模）已知fn(x)=nx1+x，Tn(x)=f1(x)+f2(x)+f3(x)+…+fn(x)（n为正整数），下列说法：①fn(2023)+fn12023=n；②f1(1)f111+f2(2)f212+f3(3)f313+⋯+fn(n)fn1n=n2+n ；③Tn−1(x)Tn(x)>nn+1；④若y=1+ttft(t)−Tt(t)+3，则y的最小值为3．其中正确选项的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
2．（2023·山东烟台·模拟预测）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为1,0，点D的坐标为0,2，延长CB交x轴于点A1，做第1个正方形A1B1C1C；延长C1B1交x轴于点A2，做第2个正方形A2B2C2C1…，按这样的规律进行下去，第2023个正方形的面积为（ ）

A．5×324046B．5×942003C．5×322022D．5×944044
3．（2023·广东东莞·三模）如图，正方形ABCD的边长为2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S2，…按照此规律继续下去，则S2023的值为（ ）

A．222020B．222021C．122020D．122021
押题解读
规律探索问题在各地市的中考试卷中有五种常见类型:(1)数式规律；(2)图形个数规律；(3)图形的递变规律；(4)图形的循环规律；(5)图形的递变加循环规律. 规律探索问题是中考考试中经常出现的一个问题，它通常以“数式”或“图形”为设计问题的蓝本，以考查学生解决问题的全面性、辩证性、流畅性及建模思想。这类问题最大的特点在于“有规律”上，即在数式或图形分布中，从简单到复杂，让学生寻找各个数式或图形之间的内在的，本质的，稳定的、反复出现的形态，从而利用数学建模的思想解决此类问题。
1．（2023·宁夏银川·三模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，OA=1，将OA绕点O顺时针旋转45°到OA1，扫过的面积记为S1，A1A2⊥OA1交x轴于点A2；将OA2绕点O顺时针旋转45°到OA3，扫过的面积记为S2，A3A4⊥OA3交y轴于点A4；将OA4绕点O顺时针旋转45°到OA5扫过的面积记为S3；…；按此规律，则S2023为（ ）
A．22019πB．22020πC．22021πD．22022π
2．（2023·辽宁阜新·一模）如图，在平面直角坐标系中，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7，△A7A8A9…都是等边三角形，且点A1，A3，A5，A7，A9坐标分别是A13,0，A32,0，A54,0，A71,0，A95,0，依据图形所反映的规律，则A2023的坐标是（ ）
A．509,0B．508,0C．−503,0D．−505,0
3．（2023·重庆九龙坡·三模）由n（n≥2）个正整数组成的一列数，记为x1，x2，x3…xn，任意改变它们的顺序后记作y1，y2，y3…yn，若M=x1+y1x2+y2x3+y3⋯xn+yn，下列说法中正确的个数是（ ）
①若x1=2，x2=4，x3=6…xn=2n，则M一定为偶数；
②当n=3时，若x1，x2，x3为三个连续整数，则M一定为偶数；
③若M为偶数，则n一定为奇数；
④若M为奇数，则n一定为偶数．
A．4B．3C．2D．1
押题猜想四 选填题之新定义问题
1．（2023·湖南娄底·一模）定义一种运算：csα+β=csαcsβ−sinαsinβ，csa−β=csαcsβ+sinαsinβ.例如：当α=60°，β=45°时，cs60°−45°=12×22+32×22=2+64，则cs75°的值为( )
A．6+24B．6−24C．6−22D．6+22
2．（2023·重庆江津·二模）如果实数a，b满足a−b=ab的形式，那么a和b就是“智慧数”，用(a,b)表示．如：由于2−23=2×23，所以2,23是“智慧数”，现给出以下结论：
①−12和−1是“智慧数”；
②如果(3，☆)是“智慧数”，那么“☆”的值为34；
③如果(x,y)是“智慧数”，则y与x之间的关系式为y=xx+1；
④如果(x,y)是“智慧数”，当x>0时，y随x的增大而增大，其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
3．（2023·四川成都·三模）在平面直角坐标系xOy中，对于两点A，B，给出如下定义：以线段AB为边的等边三角形称为点A，B的“确定三角形”．如果点E在以边长为23的等边△ABC的边上，且AB∥y轴，AB的中点为P(m,0)，点F在直线y=−x+2上，若要使所有的E，F的“确定三角形”的周长都不小于32，那么m的取值范围为 ．

押题解读
在近几年各省市的中考数学命题中, 新定义问题越来越受到关注和重视. 所谓新定义问题，是相对于初中教材而言, 指在初中教材中不曾出现过的概念、定义. 它的一般形式是:由命题者先给出一个新的概念、新的运算法则, 或者给出一个抽象函数的性质等, 然后让学生按照这种“新定义”去解决相关的问题.“新定义”问题总的来说题型较为新颖, 所包含的信息丰富, 能较好地考查学生分析问题、解决问题的能力. 新定义问题一般分为三种类型：（1）定义新运算；（2）定义初、高中知识衔接＂新知识＂;（3）定义新概念. 这类试题考查考生对＂新定义＂的理解和认识，以及灵活运用知识的能力，解题时需要将＂新定义＂的知识与已学知识联系起来，利用已有的知识经验来解决问题.
1．（2023·山东菏泽·三模）定义运算“★”：a★b=a2−ba≤bb2−aa>b，关于x的方程2x+1★2x−3=t恰好有两个不相等的实数根，则t的取值范围是 ．
2．（2023·山东济南·中考真题）定义：在平面直角坐标系中，对于点Px1,y1，当点Qx2,y2满足2x1+x2=y1+y2时，称点Qx2,y2是点Px1,y1的“倍增点”，已知点P11,0，有下列结论：
①点Q13,8，Q2−2,−2都是点P1的“倍增点”；
②若直线y=x+2上的点A是点P1的“倍增点”，则点A的坐标为2,4；
③抛物线y=x2−2x−3上存在两个点是点P1的“倍增点”；
④若点B是点P1的“倍增点”，则P1B的最小值是455．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．（2024·重庆·模拟预测）在数的学习过程中，我们通过对其中一些具有某种特性的数进行研究探索，发现了数字的美和数学的灵动性．现在我们继续探索一类数．
定义：一个各位数字均不为0的四位自然数t，若t的百位、十位数字之和的2倍比千位、个位数字之和大1，则我们称这个四位数t是“四·二一数”
例如：当t=6413时，∵2×（4+1）−（6+3）=1，∴6413是“四·二一数”；
已知t=4abc（1≤a≤9、1≤b≤9、1≤c≤9且均为正整数）是“四·二一数”，满足4a与bc的差能被7整除，则所有满足条件的t的最大值为 ．．
4．（2023·河北沧州·三模）定义：若数p可以表示成p=x2+y2−xy（x，y均为正整数）的形式，则称p为“希尔伯特”数．
例如：39=72+52−7×5，147=132+112−13×11，…所以39，147是“希尔伯特”数．
（1）有理数1 “希尔伯特”数（填“是”或“不是”）；
（2）像39，147这样的“希尔伯特”数都可以用连续两个奇数按定义给出的运算表达出来，又称它们为“H希尔伯特”数．
①设连续两个奇数中较小的数是2n−1（n为正整数），用含n的代数式表示“H希尔伯特”数为 ；
②已知两个“H希尔伯特”数的差是48，则这两个“H希尔伯特”数中较大的是 ．
5．（22-23九年级上·重庆万州·阶段练习）定义：如果代数式A=a1x2+b1x+c1（a1≠0，a1、b1、c1是常数）与B=a2x2+b2x+c2（a2≠0，a2、b2、c2是常数），满足a1+a2=0，b1=b2，c1+c2=0，则称这两个代数式A与B互为“同心式”，下列四个结论：
（1）代数式：−2x2+3x的“同心式”为2x2−3x；
（2）若8mx2+nx−5与6nx2+4x+5互为“同心式”，则m+n2023的值为1；
（3）当b1=b2=0时，无论x取何值，“同心式”A与B的值始终互为相反数；
（4）若A、B互为“同心式”，A−2B=0有两个相等的实数根，则b12=36a1c1；
其中，正确的结论有（ ）个.
A．1个B．2个C．3个D．4个
押题猜想五 解答题之函数与实际问题综合问题
1．（2024·四川达州·一模）随着新能源电动车数量的快速增加，为了让人们出行充电更加方便快捷，某高速公路服务区需要增加充电桩，并决定安装快速充电和慢速充电两种型号的充电桩，若安装3个快速充电桩和2个慢速充电桩共需14.3万元，且快速充电桩单价比慢速充电桩单价高0.6万元．
(1)求出快速充电桩和慢速充电桩的单价；
(2)该服务区购买快速充电桩和慢速充电桩共30个，其中慢速充电桩不得超过10个，且总费用不超过88.2万元，请问如何购买才能使所需资金最少，最少是多少万元？
2．（2024·浙江温州·一模）综合与实践：如何称量一个空矿泉水瓶的重量？
素材1：如图是一架自制天平，支点O固定不变，左侧托盘固定在点A处，右侧托盘的点P可以在横梁BC段滑动．已知OA=OC=12cm，BC=28cm，一个100g的砝码．
素材2：由于一个空的矿泉水瓶太轻无法称量，小组进行如下操作：左侧托盘放置砝码，右侧托盘滑动点P至点B，空瓶中加入适量的水使天平平衡，再向瓶中加入等量的水，发现点P移动到PC长12cm时，天平平衡．
链接：根据杠杆原理，平衡时：左盘物体重量×OA=右盘物体重量×OP．（不计托盘与横梁重量）
任务1：设右侧托盘放置yg物体，OP长xcm，求y关于x的函数表达式，并求出y的取值范围．
任务2：求这个空矿泉水瓶的重量．
3．（2024·广东惠州·一模）水果商贩小李上水果批发市场进货，他了解到草莓的批发价格是每箱60元，苹果的批发价格是每箱40元，小李购得草莓和苹果共40箱，刚好花费2100元．
(1)问草莓、苹果各购买了多少箱？
(2)小李有甲、乙两家店铺，每个店铺在同一时间段内都能售出草莓、苹果两种水果合计20箱，并且每售出一箱草莓，甲店获利14元，乙店获利10元；每售出一箱苹果，甲店获利20元，乙店获利15元．
①若小李将购进的40箱水果分配给两家店铺各20箱，设分配给甲店草莓a箱，请填写表：
小李希望在乙店获利不少于215元的前提下，使自己获取的总利润W最大，问应该如何分配水果？最大的总利润是多少？
②若小李希望获得总利润为600元，他分配给甲店b箱水果，其中草莓a箱，已知54．（2023·湖南·中考真题(改)）我国航天事业发展迅速，2024年4月25日20时59分，神舟十八号载人飞船成功发射，某玩具店抓住商机，先购进了1000件相关航天模型玩具进行试销，进价为50元/件．
(1)设每件玩具售价为x元，全部售完的利润为y元．求利润y（元）关于售价x（元/件）的函数表达式；
(2)当售价定为60元/件时，该玩具销售火爆，该店继续购进一批该种航天模型玩具，并从中拿出这两批玩具销售利润的20%用于支持某航模兴趣组开展活动，在成功销售完毕后，资助经费恰好10000元，请问该商店继续购进了多少件航天模型玩具？
押题解读
利用函数（或方程）解决实际问题可以说是初中数学当中最重要的部分，也是中考中必考内容。从近年来的中考来看，结合时事热点考的比较多，所以还需要考生有一些生活经验。实际考试中，这类题目几乎要么得全分，要么一分不得，但是也就那么几种题型，所以考生只需多练多掌握各个题类，总结出一些定式，就可以从容应对了。
1．（2024·陕西宝鸡·二模）如图是一个东西走向近似于抛物线的山坡，以地面的东西方向为x轴，西侧的坡底为原点建立平面直角坐标系，山坡近似满足函数解析式y=−140x2+94x，无人机从西侧距坡底O为10米处的B点起飞，沿山坡由西向东飞行，飞行轨迹可以近似满足抛物线y=−150x2+bx+c．当无人机飞越坡底上空时（即点D），与地面的距离为20米．

(1)求无人机飞行轨迹的函数解析式；
(2)当无人机飞行的水平距离距起点为30米时，求无人机与山坡的竖直距离d；
(3)由于山坡上有障碍物，无人机不能离山坡过近．当无人机与山坡的竖直距离大于9米时，无人机飞行才是安全的，请判断无人机此次飞行是否安全，并说明理由．
2．（2024·河南漯河·一模）某二手车管理站，用一种一氧化碳（CO）检测仪测量二手家用汽油小轿车尾气中一氧化碳的含量，这种检测仪的电路图如图1所示，其工作原理为：当尾气中一氧化碳的浓度增加，气敏电阻的阻值变小，电流随之增大，即所显示的一氧化碳含量就越高．已知气敏电阻R（Ω）的阻值随着尾气中一氧化碳的含量β（gkm）变化的关系图象如图2所示，R0（Ω）为定值电阻，电源电压恒定不变．
(1)请根据图2，判断气敏电阻R（Ω）与尾气中一氧化碳的含量β（gkm）之间成________函数，它的函数解析式为________；
(2)已知该管理站对家用汽油小轿车尾气中一氧化碳检测数据的标准要求为不高于1.0g/km．若某辆小轿车的尾气检测阻值为0.5Ω，则该小轿车尾气中一氧化碳的含量是否达到标准；
(3)该管理站对（2）中的小汽车进行维修，其尾气中一氧化碳的含量降至0.1g/km，此时气敏电阻的阻值与维修前相比会如何变化？升高或降低多少？
3．（2023·浙江衢州·中考真题）视力表中蕴含着很多数学知识，如：每个“E”形图都是正方形结构，同一行的“E”是全等图形且对应着同一个视力值，不同的检测距离需要不同的视力表．
素材1 国际通用的视力表以5米为检测距离，任选视力表中7个视力值n，测得对应行的“E”形图边长b（mm），在平面直角坐标系中描点如图1．
探究1 检测距离为5米时，归纳n与b的关系式，并求视力值1.2所对应行的“E”形图边长．
素材2 图2为视网膜成像示意图，在检测视力时，眼睛能看清最小“E”形图所成的角叫做分辨视角θ，视力值n与分辨视角θ（分）的对应关系近似满足n=1θ0.5≤θ≤10．
探究2 当n≥1.0时，属于正常视力，根据函数增减性写出对应的分辨视角θ的范围．
素材3 如图3，当θ确定时，在A处用边长为b1的I号“E”测得的视力与在B处用边长为b2的Ⅱ号“E”测得的视力相同．
探究3 若检测距离为3米，求视力值1.2所对应行的“E”形图边长．
4．（2024·广东深圳·二模）【项目化学习】
项目主题：从函数角度重新认识“阻力对物体运动的影响”．
项目内容：数学兴趣小组对一个静止的小球从斜坡滚下后，在水平木板上运动的速度、距离与时间的关系进行了深入探究，兴趣小组先设计方案，再进行测量，然后根据所测量的数据进行分析，并进一步应用.
实验过程：如图（a）所示，一个黑球从斜坡顶端由静止滚下沿水平木板直线运动，从黑球运动到点A处开始，用频闪照相机、测速仪测量并记录黑球在木板上的运动时间x（单位：s）、运动速度v（单位：cms）、滑行距离y（单位：cm）的数据．
任务一：数据收集
记录的数据如下：
根据表格中的数值分别在图（b）、图（c）中作出v与x的函数图象、y与x的函数图象：
（1）请在图（b）中画出v与x的函数图象：
任务二：观察分析
（2）数学兴趣小组通过观察所作的函数图象，并结合已学习过的函数知识，发现图（b）中v与x的函数关系为一次函数关系，图（c）中y与x的函数关系为二次函数关系．请你结合表格数据，分别求出v与x的函数关系式和y与x的函数关系式：（不要求写出自变量的取值范围）
任务三：问题解决
（3）当黑球在水平木板停下来时，求此时黑球的滑行距离：
（4）若黑球到达木板点A处的同时，在点A的前方ncm处有一辆电动小车，以2cms的速度匀速向右直线运动，若黑球不能撞上小车，则n的取值范围应为______．
押题猜想六 解答题之一次函数与反比例函数综合问题
1．（2024·江苏盐城·一模）如图，已知A−3,2，Bn,−3是一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象的两个交点．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)求△AOB的面积；
(3)在坐标轴上是否存在一点P，使△AOP是等腰三角形？直接写出点P的坐标．
2．（23-24九年级下·江西赣州·模拟）如图，点P在函数y=4xx>0的图像上，过点P作x轴和y轴的平行线分别交函数y=1x的图像于点M，N，直线MN与坐标轴的交点为E，F．
(1)设点P横坐标为a，则点P的坐标为______，点M的坐标为______，点N的坐标为______．（用含字母a的式子表示）
(2)当点P在函数y=4xx>0的图像上运动时，△PMN的面积是否发生变化？若不变，求出△PMN的面积；若变化，请说明理由．
(3)请直接写出EM与FN满足的数量关系．
3．（2024·山东济南·模拟预测）如图1，直线AB与反比例函数y=kxx>0的图象交于点A2,6和点B6,n，与x轴交于点C，与y轴交于点D．
(1)求反比例函数的表达式及n的值．
(2)将△OCD沿直线AB翻折，点O落在第一象限内的点E处，EC与反比例函数的图象交于点F．
①求点F的坐标．
②在x轴上是否存在点P，使得△DPF是以DF为斜边的直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
押题解读
反比例函数与一次函数的综合题是中考常考的内容，但是此类问题牵扯到的知识点比较多，如求它们的函数解析式，或是通过两者的图像相交，需要考生结合两个函数解析式转化成一元二次方程，从而求得交点坐标等。掌握反比例函数和一次函数的图像和性质，也是解决反比例函数与一次函数综合题的关键，所以反比例函数和一次函数的图像和性质必须熟记.
1．（2024·广东中山·一模）如图，一次函数y=12x+2的图象与反比例函数y=kx(k≠0，x>0)的图象相交于点A2,a，与x轴交于C点，与y轴交于B点．
(1)由图像可知，当x 时，12x+2>kx；
(2)求出a，k的值；
(3)若Mm,0为x轴上的一动点，当△AMB的面积为72时，求m的值；
(4)在x轴上是否存在点D，使得∠BOA=∠OAD，若存在，请直接写出点D坐标，若不存在，请说明理由．
2．（2024·江苏连云港·一模）一次函数y=−x+5与反比例函数y=kx的图像在第一象限交于A,B两点，其中A(1,a)．
(1)求反比例函数表达式；
(2)结合图像，直接写出−x+5≤kx时，x的取值范围；
(3)若把一次函数y=−x+5的图像向下平移b个单位，使之与反比例函数y=kx的图像只有一个交点，请直接写出b的值．
3．（2024·江苏苏州·一模）如图，一次函数y=12x−1的图像与y轴相交于B点，与反比例函数y=kxk≠0,x>0图像相交于点Am,2．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)点C在点A的左侧，过点C作y轴平行线，交反比例函数的图像于点D，连接BD．设点C的横坐标为a，求当a为何值时，△BCD的面积最大，这个最大值是多少？
4．（2024·四川广安·模拟预测）如图，一次函数y=x+1与反比例函数y=kx的图象相交于Am,2，B两点，分别连接OA，OB．
(1)求这个反比例函数的表达式；
(2)求不等式x+1>kx的解集；
(3)在平面内是否存在一点P，使得以点O，B，A，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
押题猜想七 解答题之用三角函数解决实际问题
1．（2022·辽宁鞍山·中考真题（改））北京时间2024年4月25日20时59分，神舟十八号载人飞船发射成功．为弘扬航天精神，某校在教学楼上悬挂了一幅长为8m的励志条幅（即GF=8m）．小亮同学想知道条幅的底端F到地面的距离，他的测量过程如下：如图，首先他站在楼前点B处，在点B正上方点A处测得条幅顶端G的仰角为37°，然后向教学楼条幅方向前行12m到达点D处（楼底部点E与点B，D在一条直线上），在点D正上方点C处测得条幅底端F的仰角为45°，若AB，CD均为1.65m（即四边形ABDC为矩形），请你帮助小亮计算条幅底端F到地面的距离FE的长度．（结果精确到0.1m，参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
2．（2024·山西朔州·二模）如图1是某城建部门利用折臂升降机正在路边检修路灯的实物图片，图2是某时刻折臂升降机工作时的平面示意图，上折臂顶端恰好接触路灯杆，点A，B，C，D，E，F，M，N都在同一竖直平面内．路灯杆AB和折臂升降机的折臂底座CD都垂直于地面MN，且它们之间的水平距离BC=3m，折臂底座CD=2m，上折臂EF=8m，上折臂EF与下折臂DE的夹角∠FED=88°，下折臂DE与折臂底座的夹角∠CDE=135°，求上折臂顶端F到地面的距离BF．（结果精确到0.1m，参考数据：sin43°≈0.68，cs43°≈0.73，2≈1.41）
3．（2024·上海嘉定·二模）某东西方向的海岸线上有A、B两个码头，这两个码头相距60千米（AB=60），有一艘船C在这两个码头附近航行．

(1)当船C航行了某一刻时，由码头A测得船C在北偏东55°，由码头B测得船C在北偏西35°，如图，求码头A与C船的距离（AC的长），其结果保留3位有效数字；
（参考数据∶sin35°≈0.5736，cs35°≈0.8192，tan35°≈0.7002，ct35°≈1.428）
(2)当船C继续航行了一段时间时，由码头A测得船C在北偏东30°，由码头B测得船C在北偏西15°，船C到海岸线AB的距离是CH（即CH⊥AB），如图，求CH的长，其结果保留根号．
押题解读
初中三角函数应用题几乎全国的中考数学考试都要考到，而三角函数的应用是非常重要的几何工具，既有省略相似的繁琐证明过程，也能够通过自身的知识点特征进行应用的适用。在运用三角函数的知识解决实际问题时，要学会将千变万化的实际问题转化为数学问题，要善于将某些实际问题中的数量关系归结为直角三角形中的元素(边、 角)之间的关系，:若不是直角三角形，应尝试添加辅助线，构造出直角三角形进行解答，这样才能更好地运用解直角三角形的方法求解， 其中仰角、俯角的应用问题，方向角的应用问题， 坡度、坡角的应用问题要熟练掌握其解题思路，把握解题关键 .
1．（2024·山东济南·模拟预测）脱贫攻坚工作让老百姓过上了幸福的生活．如图①是政府给贫困户新建的房屋，如图②是房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高AB所在的直线．为了测量房屋的高度，在地面上C点测得屋顶A的仰角为35°，此时地面上C点、屋檐上E点、屋顶上A点三点恰好共线，继续向房屋方向走8m到达点D时，又测得屋檐E点的仰角为55°，房屋的顶层横梁EF=12m，EF∥CB，AB交EF于点G（点C，D，B在同一水平线上）．（参考数据：sin35°≈0.6，cs35°≈0.8，tan35°≈0.7，sin55°≈0.8，cs55°≈0.6，tan55°≈1.4)
(1)求屋顶到横梁的距离AG；
(2)求房屋的高AB．
2．（23-24九年级上·浙江湖州·模拟）为了保护小吉的视力，妈妈为他购买了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图（如图2），测得底座AB高为2cm，∠ABC=150°，支架BC为18cm，面板长DE为24cm，CD为6cm．（厚度忽略不计）
(1)求支点C离桌面l的高度；（计算结果保留根号）
(2)小吉通过查阅资料，当面板DE绕点C转动时，面板与桌面的夹角α满足30°≤α≤70°时，问面板上端E离桌面l的高度是增加了还是减少了？增加或减少了多少？（精确到0.1cm，参考数据：sin70°≈0.94,cs70°≈0.34,tan70°≈2.75）
3．（2024·浙江·一模）如图1是我国古代提水的器具桔槔，创造于春秋时期．它选择大小两根竹竿，大竹竿中点架在作为杠杆的竹梯上．大竹竿末端悬挂一个重物，前端连接小竹竿（小竹竿始终与地面垂直），小竹竿上悬挂水桶．其原理是通过对架在竹梯上的大竹竿末端下压用力，从而提水出井．当放松大竹竿时，小竹竿下降水桶就会回到井里．如图2是桔槔的示意图，大竹竿AB=6米，O为AB的中点，支架OD垂直地面EF．
(1)当水桶在井里时，∠AOD=120°，求此时支点O到小竹竿AC的距离（结果精确到0.1m）；
(2)如图2，当水桶提到井口时，大竹竿AB旋转至A1B1的位置，小竹竿AC至A1C1的位置，此时∠A1OD=143°，求点A上升的高度（结果精确到0.1m）．（参考数据：3≈1.73，sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，tan37°≈0.75）
4．（2024·山东临沂·二模）消防安全事关经济发展和社会和谐稳定，是惠及民生、确保民安的一项重要基础性工作，消防车是消防救援的主要装备．图1是某种消防车云梯，图2是其侧而示意图，点D，B，O在同一直线上，DO可绕着点O旋转，AB为云梯的液压杆，点O，A，C在同一水平线上，其中BD可伸缩，套管OB的长度不变，
在某种工作状态下测得液压杆AB=3m，∠BAC=53°，∠DOC=37°．

(1)求BO的长．
(2)消防人员在云梯末端点D高空作业时，将BD伸长到最大长度6m，云梯DO绕着点O按顺时针方向旋转一定的角度，消防人员发现铅直高度升高了3.2m，求云梯OD大约旋转了多少度．
（参考数据：sin37°≈35，tan37°≈34，sin53°≈45，tan53°≈43，sin67°≈0.92，cs67°≈0.39）
押题猜想八 解答题之几何图形的证明与计算问题
1．（2024·江苏南京·一模）如图，AC与BD相交于点E，连接AB，CD，CD=DE．经过A，B，C三点的⊙O交BD于点F，且CD是⊙O的切线．
(1)连接AF，求证：AF=AB；
(2)求证：AB2=AE⋅AC
(3)若AE=2，EC=6，BE=4，，则⊙O的半径为 ．
2．（2024·江苏南京·一模）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，AE=CF，连接BE，DF．
(1)求证：四边形EBFD是平行四边形；
(2)已知AB=4，AD=8，∠BAD=120°，当AE的长为 时，四边形EBFD是菱形．
3．（2024·陕西榆林·二模）【问题提出】
（1）如图1，在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，连接DE，且DE∥BC，若BD=2AD，BC=15，则DE的长为_______；
【问题探究】
（2）如图2，在△ABC和△CDE中，点B、C、D在同一条直线上，AB=CD，∠B=∠D=∠ACE=60°，判断AC与CE的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图3，五边形ABCDE是某植物园的平面图，C、D分别是植物园的入口和出口（可看作点），AC和AD是进出植物园的两条主路，该植物园为举行春季花展，现要在出入口C、D之间进行花墙装饰工作．已知∠B=∠BAE=∠E=90°，∠CAD=45°，AB=60m，AE=120m，AC=305m，求装饰的花墙CD的长度．（结果保留根号）
押题解读
几何图形的证明与计算问题是中考命题的热点，其中全等/相似三角形是解决诸多几何综合问题的关键知识，其次熟记几何图形的性质与判定也应该牢记.
1．（2024·云南·模拟预测）如图，△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，作DE⊥AC于点E．

(1)求证：DE与⊙O相切；
(2)若BD=2 5，AE=1，求⊙O的半径．
2．（2024·云南昭通·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，连接AE，CF，过点E作EH⊥CF于点H，过点F作FG⊥AE于点G．
(1)请你添加一个条件：______，使四边形EGFH为矩形，并给出证明．
(2)在（1）的条件下，若AE=5，tan∠DAE=2，EG=2GF，求AG的长．
3．（2024·江西南昌·一模）【课本再现】黄金分割是一种最能引起美感的分割比例，具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值． 我们知道：如图①，如果BCAC=ACAB，则点C为线段AB的黄金分割点．
(1)【问题发现】如图①，点C为线段AB的黄金分割点，请直接写出AC:AB的值为 ；
(2)【尺规作黄金分割点】如图②，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=1，AC=2，在BA上截取BD=BC，在AC上截取AE=AD，求AEAC的值；
(3)【问题解决】如图③，用边长为4的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABDE得折痕MN，连接EN；再次折叠正方形ABDE使EA与EN重合，点A对应点H，得折痕CE，试说明：点C是线段AB的黄金分割点．
押题猜想九 解答题之阅读理解问题
1．（2024·山西朔州·二模）阅读与思考
下面是小宇同学收集的一篇数学小论文，请仔细阅读并完成相应的任务.
任务：
(1)上面小论文中的“依据”是________．
(2)如图2，已知点P是等边三角形ABC的边BC上的一点，若∠APC=102°，则在以线段AP，BP，CP为边的三角形中，最小内角的度数为________°．
(3)如图3，在四边形ABCD中，∠ADC=30°，∠ABC=60°，AB=BC．求证：BD2=AD2+CD2．
2．（2023·山东青岛·三模）【阅读与思考】如图1，在正方形中ABCD中，E，F，G分别是BC，CD，AD上的点，GE⊥BF于点O，那么GE=BF.证明过程如下：
∵GE⊥BF于点O，
∴∠GOB=90°，
过点A作AH∥GE交BC于点H，交BF于点M，
∴∠AMB=∠GOB=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AG∥HE，AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠ABM+∠FBC=∠ABC=90°，
∴∠BAM=∠FBC，
∴△ABH≌△BCF（依据），
∴AH=BF，
∵AH∥GE,AG∥HE
∴四边形AHEG为平行四边形，
∴AH=GE，
∴GE=BF．
【材料探究】：上述证明过程的“依据”是______ ；
【问题解决】：如图2，在5×6的正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点M.则∠AMC为______ °；
【拓展延伸】：如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N.求∠DMC的度数．
3．（2024·江苏扬州·一模）阅读感悟：
已知方程x2+2x−1=0，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍．
解：设所求方程的根为y，则y=2x．所以x=y2．
把x=y2代入已知方程，得y22+2⋅y2−1=0．
化简，得y2+4y−4=0，
故所求方程为y2+4y−4=0．
这种利用方程的代换求新方程的方法，我们称为“换元法”．
请用阅读材料提供的“换元法”求新方程（要求：把所求方程化为一般形式．
解决问题：
(1)已知方程x2−x−3=0，求一个一元二次方程，使它的根分别比已知方程的根大1．则所求方程为：______；
(2)方程ax2+bx+c=0 a≠0，c≠0，b2−4ac≥0的两个根与方程______的两个根互为倒数．
(3)已知关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两个实数根分别为1和−12，求关于y的一元二次方程cy−20242+by−4=2020b−ac≠0的两个实数根．
4．（2024·江苏宿迁·一模）材料一；《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到 一般，由简单到复杂，从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索题 发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法，在数学学习和研究中，我们经常会用到类比、转化、从特殊到一般等思想方法，请利用上述有关思想，解答下列问题．
材料二：分类讨论是一种重要的数学思想，也是一种解题策略，在数学中的应用相当多，它能使许多看似非常复杂的问题简单化．因此在用分类讨论解决数学问题时要遵循一定的规则，注意合理的分类，对全体对象的分类必须做到不重复、不遗漏，每次分类必须保持在同一标准．
请阅读上述材料，完成题目：
如图，抛物线y=−23x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点A的坐标为−1,0，与y轴交于点C0,2，直线CD:y=−x+2与x轴交于点D．动点M在抛物线上运动，过点M作MP⊥x轴，垂足为P，交直线CD于点N．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P在线段OD上时，△CDM的面积是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由；
(3)点E是抛物线对称轴与x轴的交点，点F是x轴上一动点，点M在运动过程中，若以C、E、F、M为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点F的坐标．
押题解读
中考数学中阅读理解型问题在近几年的全国中考试题中频频 “亮相”，应引起我们特别的重视，这类问题一般文字叙述较长，信息量较大，各种关系错综复杂，考查的知识也灵活多样，既考查学生的阅读能力，又考查学生的解题能力，属于新颖数学题，但其难度并不大的题型，通过题目所提供的方法与探究的思路来总结出一些结论，然后按照此结论进行实际的应用，则是考察同学们数学知识和思想方法的运用能力，也就是利用自己掌握的基础数学知识新学习计算的方法。解决这类问题的关键是要认真仔细地阅读所给的材料，边读边勾画出重要的信息，弄清材料中隐含了什么新的数学知识、结论，或揭示了什么数学规律，或暗示了什么新的解题方法，然后展开联想，将获得的新信息、新知识、新方法进行迁移，建模应用，解决题目中提出的问题。所以这类题型并不是像其他题型一样定点考察个别明确的知识点，而是通过材料的阅读。分析匹配到相对应的基础知识内容，结合题目当中所给的方法来进行解题。
1．（2024·山西晋城·二模）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成下列任务．
任务：
(1)对于函数y=x+2xx>0，当x等于___________时，函数y有最___________值（填“大”或“小”），这个值是___________；
(2)对于函数y=−5x+1−x(x>−1)，当x等于___________时，函数y有最___________值，这个最值是___________；
(3)某植物园利用一面足够长的围墙和木栏围成一个矩形花圃，中间用一排木栏隔开，如图所示，总共用了100米的木栏，当AB长为多少时，矩形花圃ABCD的面积最大?最大面积是多少?请你利用材料中的结论或所学知识求解该问题．
2．（2023·吉林白城·模拟预测）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图①，△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在BC上．
求证：以DE、CD、BD为边的三角形是钝角三角形．
【探究发现】小明通过探究发现：连接CE，根据已知条件，可以证明BD=CE，∠DCE=120°，从而得出△DCE为钝角三角形，故以DE、CD、BD为边的三角形是钝角三角形．请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
【拓展迁移】如图②，四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，点E在BD上．
①猜想：以DE、EF、BE为边的三角形的形状是________；
②当BE2+ED2=23时，直接写出正方形AEGF的面积．
3．（2024·山西大同·一模）中考新考法：跨物理并联电路，请阅读下列材料，完成相应的任务：
任务：
(1)上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1：____________；
依据2：____________；
(2)如图②，两个电阻并联在同一电路中，已知R1=3千欧，R2=6千欧，请在图③中（1个单位长度代表1千欧）画出表示该电路图中总阻值R的线段长；
(3)受以上作图法的启发，小明提出了已知R1和R，求R2的一种作图方法，如图④，作△ABC，使∠C=90°,AC=BC=R1，过点B作BC的垂线，并在垂线上截取BD=R，使点D与点A在直线BC的同一侧，作射线AD，交CB的延长线于点E，则BE即为R2．你认为他的方法是否正确，若正确，请加以证明；若不正确，请说明理由．
4．（2023·山西忻州·模拟预测）阅读与思考
如图是小强同学的数学课堂笔记本，请仔细阅读，并完成相应的任务．
平面直角坐标系与直角三角形
x年×月ⅹ日星期三
原理：根据直角三角形的定义，性质，判定，以直角三角形顶点分三种情况进行分类讨论
口诀：“两线一圆”
作图：举例如下：已知A3，0、B0，4，在直线x=1上求点C，使得△ABC为直角三角形．以下分三种情况讨论：
情况一：当A为直角顶点时，过点A作AB的垂线l交直线x=1于点C，则交点即为所求点C．如图①，有C1一个点；
情况二：当B为直角顶点时，过点B作AB的垂线l交直线x=1于点C，则交点即为所求点C．如图②，有C2一个点；
情况三：当C为直角顶点时，以AB为直径作圆，则该圆与直线x=1的交点即为所求点C．如图③，有C3，C4两个点；
方法：一、几何法：构造“K型”或“一线三垂直”相似；
二、代数法：两点间的距离公式，列方程，解方程，检验根；
三、解析法：求垂线解析式，联立方程组求交点．
任务：
(1)上面课堂笔记中的分析过程，主要运用的数学思想是 （从下面选项中选出两个即可）；
A．数形结合 B．统计思想 C．分类讨论 D．转化思想
(2)选择一种课堂笔记本中记载的方法，求出“情况一”中C1的坐标．
(3)直接写出“情况二”中C2的坐标 ；
(4)请你写出在“情况三”中，确定C3、C4的坐标位置及求坐标过程中，所依据的数学定理或原理（写出一个即可）．
押题猜想十 解答题压轴之几何综合
1．（2024·河南信阳·一模）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“等腰直角三角形的旋转”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
如图①-②，D为等腰Rt△ABC的斜边AB所在直线上的一个动点，连接CD，把CD绕着点C 逆时针旋转90°到CE的位置．同学们通过观察，发现了以下结论∶①AD=BE；②AD⊥BE；③如图②，若AC=BC=2，四边形 BECD的面积为 ，④BE、BD、CD的数量关系是 ；

(2)类比迁移
如图④-⑥，D为等腰Rt△ABC的直角边BC所在直线上的一个动点，连接AD，把AD绕着点 D 逆时针旋转90°到DE的位置，连接BE．请你类比问题（1）中的结论，选用图④、图⑤、图⑥中的任意一个图形完成下列问题：
①求 CDBE的值；
②试探究BE、BC、DE的数量关系，并证明你的结论；

(3)拓展应用
若AC=BC=2，当点D在直线BC上运动至CD=3时，请直接写出EC的长和以A、B、D、E 为顶点的四边形的面积．
2．（2023·贵州贵阳·模拟预测）如图，在边长为m的正方形ABCD中，点E，F分别为CD，AB边上的点，将正方形ABCD沿EF翻折，点B的对应点为H，点C恰好落在AD边的点G处．
(1)【问题解决】
如图①，连接CG，则CG与折痕EF的位置关系是______，CG与EF的数量关系是______；
(2)【问题探究】
如图②，连接CH，在翻折过程中，GC平分∠DGH，试探究△CGH的面积是否为定值，若为定值，请求出△CGH的面积；若不是定值，请说明理由；
(3)【拓展延伸】若m=3，求出CH+CG的最小值．
3．（2023·吉林四平·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，连接BD．点P从点A出发，沿折线AB−BD−DC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动．当点P不与矩形ABCD的顶点重合时，以AP为对角线作正方形AEPF（点F在直线AP的右侧）．设正方形AEPF的面积为S（平方单位），点P的运动时间为t（秒)．
(1)当点P在线段BD上时，用含t的代数式表示PB的长；
(2)当AP⊥BD时，求t的值；
(3)求S与t之间的函数关系式．
4．（2023·广西钦州·一模）教材变形：如图1，点E，F是正方形ABCD边上的点，连接BE，CF交于点G，CE=DF，判断BE与CF的位置关系，并证明你的结论；
探索发现：如图2，在正方形ABCD的边BC上取点H，连接AG，GH，使CE=CH，求证∠BAG=∠CHG；
迁移拓展：如图3，点E，F是菱形ABCD边AB，AD上的点，连接DE，点G在DE上，连接AG，FG，CG，∠AGD=∠BAD，AF=AE，DF=GF，CD=10，CG=6，求DF及cs∠ADC的值．
押题解读
几何综合题以几何知识为主体的综合题，主要研究图形中点与线之间的位置关系、数量关系，以及特定图形的判定和性质。几何综合题是中考必考题型。试题一般以全等或相似为中心，常常是三角形、四边形、圆、相似三角形、锐角三角函数等知识的综合运用。而且几何综合题的呈现形式多样，如折叠类型、探究型、开放型、运动型等，背景鲜活，具有实用性和创造性，考查方式偏重于考查学生分析问题，探究问题，综合应用数学知识解决实际问题的能力.
1．（2023·贵州遵义·三模）（1）【问题发现】如图①，在△OAB中，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA'B'，连接BB'；求∠OBB'= ；
（2）【问题探究】如图②，已知△ABC是边长为43的等边三角形，以BC为边向外作等边三角形BCD，P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，点P的对应点为点Q．
①求证：△DCQ≌△BCP；
②求PA+PB+PC的最小值；
（3）【实际应用】如图③，在矩形ABCD中，AB=600，AD=800，P是矩形内一动点S△PAD=2S△PBC，Q为△ADP内任意一点，是否存在点P和点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在求其值；若不存在，请说明理由．
2．（2024·江苏苏州·一模）【问题初探】如图1，在⊙O的内接四边形ABCD中，DB=DC，∠DAE是四边形ABCD的一个外角．求证：∠DAE=∠DAC．
【拓展研究】如图2，已知⊙O内接△ABC，AC>BC，点M是ACB的中点，过点M作MD⊥AC，垂足为点D．求证：BC＋CD=AD．
【解决问题】如图3，已知等腰三角形ABC内接于⊙O，AB=AC，D为AB上一点，连接DB、DC，tan∠ACD=512，△BDC的周长为242+4，BC=4，求AC的长．
3．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，AC=BC．
(1)当AC=BC=6时，
①将一个直角的顶点D放至AB的中点处（如图①)，两条直角边分别交AC、BC于点E、F，请说明△DEF为等腰直角三角形；
②将直角顶点D放至AC边的某处（如图②)，与另两边的交点分别为点E、F，若△DEF为等腰直角三角形，且面积为4，求CD的长．
(2)若等腰Rt△DEF 三个顶点分别在等腰Rt△ABC 的三边上，等腰Rt△DEF的直角边长为1时，求等腰Rt△ABC的直角边长的最大值．
4．（2023·江西赣州·一模）在学习《2.1圆》时，小明遇到了这样一个问题：如图1（1）、1（2），△ABC和△DBC中，∠A=∠D=90°．试证明A、B、C、D四点在同一圆上．
小明想到了如下证法：在图1（1）、1（2）中取BC中点M，连接AM,DM，则有AM=BM=CM及DM=BM=CM，即AM=BM=CM=DM，所以A、B、C、D四点在以M为圆心，MB为半径得圆上，根据以上探究问题得出的结论，解决下列问题：
(1)如图2，在△ABC中，三条高AD、BE、CF相交于点H，若∠BAC=64°，则∠EDF= °．
(2)如图3，已知AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，G为CD的中点，CE⊥AB于E，DF⊥AB于F（E、F不重合），若∠EGF=60°，求证：CD=12AB．
押题猜想十一 解答题压轴之二次函数综合
1．（2024·甘肃陇南·一模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B2,0两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C0,8．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)若D为抛物线的顶点，求△ACD的面积；
(3)若P是平面直角坐标系内一点，是否存在以A、B、C、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
2．（2024·山东滨州·一模）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=x−1交于点D，与x轴交于点E．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+12PA的最小值．
3．（2023·山东济南·一模）抛物线y=ax2+bx+3过点A−1,0，点B3,0，顶点为C，与y轴相交于点D，点P是该抛物线上一动点，设点P的横坐标为m1(1)求抛物线的表达式．
(2)如图1，连接BD，PB，PD，若△PBD的面积为3，求m的值；
(3)连接AC，过点P作PM⊥AC于点M，是否存在点P，使得PM=2CM，如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
4．（2024·广东东莞·一模）如题，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A−1,0，点B4,0，与y轴交于点C，连接AC，BC．
(1)求抛物线的解析式．
(2)点D为抛物线的对称轴上一动点，当△ACD周长最小时，求点D的坐标．
(3)点E是OC的中点，射线AE交抛物线于点F，P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交射线AF与点G，是否存在点P使得△PFG与△AOE相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
押题解读
二次函数与几何综合题是中考必考的题型，一般出现在压轴题位置，考查到二次函数的图像与性质、几何图形的判定、性质，通常会考查到线段最值、定值、面积定值及最值、周长定值及最值、直线的关系、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊三角形的存在性问题、特殊四边形的存在性问题、抛物线与圆等，考查的范围比较广。在解决二次函数与几何综合题时，除了需要具备扎实的基础外，还需要有良好的思维能力，需要具备一定的数学思想和方法，在解题中通常会运用到数形结合思想、分类讨论思想、整体思路、转化思想等，一些综合性的题目的解答有一定的技巧和方法，在复习备考中，需要重点去学习、练习、总结和思考。
1．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线C1:y=ax2+bx+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，OB=OC=3OA．
(1)求抛物线C1的解析式；
(2)如图1，已知点P为第一象限内抛物线C1上的一点，点Q的坐标为(1,0)，∠POC+∠OCQ=45°；求点P的坐标；
(3)如图2，将抛物线C1平移到以坐标原点为顶点，记为C2，点T(1,−1)在抛物线C2上，过点T作TM⊥TN分别交抛物线C2于M，N两点，求直线MN过定点的坐标．
2．（2024·湖北武汉·三模）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D．其中A−3,0，D−1,−4．
(1)直接写出该抛物线的解析式；
(2)如图1，在第三象限内抛物线上找点E，使∠OCE=∠OAD，求点E的坐标；
(3)如图2，过抛物线对称轴上点P的直线交抛物线于F，G两点，线段FG的中点是M，过点M作y轴的平行线交抛物线于点N．若FGMN是一个定值，求点P的坐标．
3．（2024·湖北恩施·一模）如图1，抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为A1,2，与x轴交于点B(−1,0)，C两点，与y轴交于点D，点P是抛物线上的动点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)连接AB、AC，判断△ABC的形状并说明理由．
(3)连接CD，若点P在第一象限，过点P作PE⊥CD于E，求线段PE长度的最大值；
(4)已知∠ACB+∠PCB=α，是否存在点P，使得tanα=2？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
4．（2023·四川眉山·一模）如图①，已知抛物线y=ax2+bx+c的图象经过点A0,3，B1,0，其对称轴为直线l:x=2，过点A作AC∥x轴，交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若动点P在直线OE下方的抛物线上，连接PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值．
(3)如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在；直接写出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
5．（2023·广西·模拟预测）已知如图，抛物线y=ax2+bx−2与x轴交于A−1,0，B4,0两点，与y轴交于点C．直线l由直线BC平移得到，与y轴交于点E0,n．四边形MNPQ的四个顶点的坐标分别为Mm+1,m+3，Nm+1,m，Pm+5,m，Qm+5,m+3．
(1)填空：a=______，b=______；
(2)若点M在第二象限，直线l与经过点M的双曲线y=kx有且只有一个交点，求n2的最大值；
(3)当直线l与四边形MNPQ、抛物线y=ax2+bx−2都有交点时，存在直线l，对于同一条直线l上的交点，直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都不大于它与抛物线y=ax2+bx−2的交点的纵坐标．
①当m=−3时，直接写出n的取值范围；
②求m的取值范围．
2024年中考数学终极押题猜想（参考答案与解析）
（高分的秘密武器：终极密押+押题预测）
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc165202533" 押题猜想一 选填题之几何图形综合问题 PAGEREF _Tc165202533 \h 2
\l "_Tc165202534" PAGEREF _Tc165202534 \h 2
\l "_Tc165202535" 押题猜想二 选填题之函数综合问题 PAGEREF _Tc165202535 \h 14
\l "_Tc165202536" PAGEREF _Tc165202536 \h 14
\l "_Tc165202537" 押题猜想三 选填题之规律探索问题 PAGEREF _Tc165202537 \h 23
\l "_Tc165202538" PAGEREF _Tc165202538 \h 23
\l "_Tc165202539" 押题猜想四 选填题之新定义问题 PAGEREF _Tc165202539 \h 29
\l "_Tc165202540" PAGEREF _Tc165202540 \h 29
\l "_Tc165202541" 押题猜想五 解答题之函数与实际问题综合问题 PAGEREF _Tc165202541 \h 38
\l "_Tc165202542" PAGEREF _Tc165202542 \h 38
\l "_Tc165202543" 押题猜想六 解答题之一次函数与反比例函数综合问题 PAGEREF _Tc165202543 \h 50
\l "_Tc165202544" PAGEREF _Tc165202544 \h 50
\l "_Tc165202545" 押题猜想七 解答题之用三角函数解决实际问题 PAGEREF _Tc165202545 \h 65
\l "_Tc165202546" PAGEREF _Tc165202546 \h 65
\l "_Tc165202547" 押题猜想八 解答题之几何图形的证明与计算问题 PAGEREF _Tc165202547 \h 78
\l "_Tc165202548" PAGEREF _Tc165202548 \h 78
\l "_Tc165202549" 押题猜想九 解答题之阅读理解问题 PAGEREF _Tc165202549 \h 89
\l "_Tc165202550" PAGEREF _Tc165202550 \h 89
\l "_Tc165202551" 押题猜想十 解答题压轴之几何综合 PAGEREF _Tc165202551 \h 108
\l "_Tc165202552" PAGEREF _Tc165202552 \h 108
\l "_Tc165202553" 押题猜想十一 解答题压轴之二次函数综合 PAGEREF _Tc165202553 \h 135
\l "_Tc165202554" PAGEREF _Tc165202554 \h 135
押题猜想一 选填题之几何图形综合问题
1．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD=12 ，线段PQ在边BA上运动，PQ=12 ，有下列结论： ①CP与QD一定不相等； ②△AQD与△BCP可能相似； ③ 四边形PCDQ面积的最大值为 31316 ； ④ 四边形PCDQ周长的最小值为3+372 ．其中，正确结论的序号为（ ）
A．② ④B．② ③C．① ② ③D．② ③ ④
【答案】C
【分析】①通过分析图形，由线段PQ在边BA上运动，可得出QD【详解】解：①∵线段PQ在边BA上运动，PQ=12，
∴QD∴CP与QD不可能相等，故①正确；
②设AQ=x，
∵PQ=12，AB=3，
∴0≤AQ≤3−12=2.5，即0≤x≤2.5，
假设△AQD∽△BCP相似，
∵∠A=∠B=60°，
∴ADBP=AQBC，即123−12−x=x3，
∴2x2−5x+3=0，解得x=1或x=1.5（经检验是原方程的根），
又∵0≤x≤2.5，
∴解得的x=1或x=1.5符合题意，
即△AQD与△BCP可能相似，故②正确；
③如图，过P作PE⊥BC于E，过D作DF⊥AB于F，
设AQ=x，
由PQ=12，AB=3，得0≤AQ≤3−12=2.5，即0≤x≤2.5，
∴PB=3−12−x，
∵∠B=60°，
∴PE=323−12−x，
∵AD=12，∠A=60°，
∴DF=12×32=34，
∴S△PBC=12BC×PE=12×3×323−12−x=33452−x，
S△DAQ=12AQ×DF=12×x×34=38x，
∴四边形PCDQ面积为：S△ABC−S△PBC−S△DAQ=12×3×332−33452−x−38x=338+538x，
又∵0≤x≤2.5，
∴当x=2.5时，四边形PCDQ面积最大，最大值为：338+538×2.5=31316，
即四边形PCDQ面积最大值为31316，故③正确；
④如图，作点D关于直线AB的对称点D1，作D1D2∥PQ，连接CD2交AB于点P'，在射线P'A上取P'Q'=PQ，
此时四边形P'CDQ'的周长为：CP'+DQ'+CD+P'Q'=CD2+CD+PQ，即此时四边形PCDQ周长有最小值
∴D1Q'=DQ'=D2P'，AD1=D1D2=AD=12，
且∠AD1D2=180°−∠D1AB=180°−∠DAB=120°，
∴∠D1AD2=∠D2AD1=180°−120°2=30°，∠D2AC=90°，
在△D1AD2中，∠D1AD2=30°，AD1=12，
∴AD2=2AD1⋅cs30°=2×12×32=32，
在△AD2C中，
由勾股定理可得，CD2=AC2+AD22=32+322=392，
∴四边形P'CDQ'的周长为：
CP'+DQ'+CD+P'Q'=CD2+CD+PQ
=392+3−12+12
=3+392，故④错误，
故选：C．
【点睛】本题综合考查等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、利用函数求最值、动点变化问题等知识．解题关键是熟练掌握数形结合的思想方法，通过用函数求最值、作对称点求最短距离，即可得解．
2．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，分别以A，B为圆心，以大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN恰好经过点D，与边AB交于点E，连接CE，以下四个结论中：①∠ABC=120°；②4S△BCE=S△CDE；③2BE=AD；④如果CE=27，那么DE=23．其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】利用基本作图得到DE垂直平分AB，再根据菱形的性质得到AD=AB，AD∥BC，AB=CD，可证△ABD是等边三角形，再根据性质即可判定①，根据平行线间的距离和菱形的性质即可判断②和③，由勾股定理和30∘角所对直角边是斜边的一半即可判断④．
【详解】连接BD，
由题意作图可知：DE垂直平分AB，
∴AD=BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，AD∥BC，AB=CD，
∴AD=AB=BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=60°，
∴∠ABC=120°，故①正确；
∵E是AB中点，
∴BE=12AB=12CD，
∴2S△BCE=S△CDE，2BE=AD，故②错误，故③正确；
如图，过C作CF⊥AB交AB延长线于点F，
易得四边形CDEF是矩形，
∴DE=CF，CD=EF，
∴△AED≌△BFCHL，
∴AE=BF=BE，
∵AD∥BC，
∴∠CBF=∠A=30°，
设BF=CB=x，
∴CF=3x，EF=2x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：EF2+CF2=CE2，即2x2+3x2=272，
∴x=2，
∴DE=CF=2x=23，则④正确；
综上可知：①③④正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，菱形的性质，勾股定理和平行线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
3．（2023·山东聊城·二模）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF，且点A在△BCF内部．给出以下结论：
①四边形ADFE是平行四边形；
②当∠BAC=130°时，四边形ADFE是矩形；
③当AB=AC时，四边形ADFE是菱形；
④当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形ADFE是正方形．
其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．

【答案】①③④
【分析】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△EFB≌△ACB和△CDF≌△CAB即可判断①；当∠BAC=130°时，求出∠EAD=110°即可判断②；由AB=AC得到AE=AD即可判断③；由∠BAC=150°得到∠EAD=90°，得到ADFE是矩形，再结合③即可判断④；熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解题的关键．
【详解】解：①∵△ACD、△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE=AB，BF=CB，∠EBA=∠FBC，AC=AD，
∴∠EBF=∠ABC=60°−∠ABF，
∴△EFB≌△ACBSAS，
∴EF=AC，
∴EF=AC=AD，
同理由△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，
由AE=DF，AD=EF即可得出四边形 ADFE是平行四边形，故结论①正确；
②当∠BAC=130°时，
∠EAD=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=360°−60°−130°−60°=110°，
由①知四边形ADFE是平行四边形，
∴平行四边形ADFE不是矩形，故结论②错误；
③由①知AB=AE，AC=AD，四边形 AEFD是平行四边形，
∴当AB=AC时，AE=AD，
∴平行四边形ADFE是菱形，故结论③正确；
④当∠BAC=150°时，
∠EAD=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=360°−60°−150°−60°=90°，
∵ADFE是平行四边形，
∴四边形ADFE是矩形，
又由③知四边形ADFE是菱形，
∴四边形ADFE是正方形，故结论④正确；
故答案为：①③④．
押题解读
几何图形选填压轴题含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容，该题型难度较高，以等腰三角形、直角三角形等为基础的多解题，特殊四边形与圆为载体的几何求解问题是高频考点、必考点，所以必须提高对几何图形性质的理解和掌握，但是每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。
1．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点M，N分别在边AD，BC上．沿着直线MN折叠矩形ABCD，点A，B分别落在点E，F处，且点F在线段CD上（不与两端点重合），过点M作MH⊥BC于点H，连接BF．已知下列判断：
①MN⊥BF；②△MHN∽△BCF；③MNBF=34；④6其中正确的是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②③④
【分析】根据折叠的性质可判定①正确；根据矩形的性质和三角形的内角和定理即可判定②正确；根据MN最大值和最小值时F的位置可判定③正确；求得tan∠FNC的值，可判定④正确；从而求解．
【详解】解：如图1，由折叠可知MN⊥BF，①正确；
∴∠BOM=90°，
∵MH⊥BC，
∴∠BHP=90°=∠BOM，
∵∠BPH=∠OPM，
∴∠CBF=∠NMH，
∵∠MHN=∠C=90°，
∴△MHN∽△BCF，②正确；
∵△MHN∽△BCF，
∴MNBF=MHBC=68=34，③正确；
当F与C重合时，MN=6，此时MN最小，
当F与D重合时，如图，此时MN最大，
由勾股定理得：BD=62+82=10，
∵OB=OD=5，
∵tan∠DBC=ONOB=CDBC，即ON5=34，
∴ON=154，
∵AD∥BC，
∴∠MDO=∠OBN，
在△MOD和△NOB中，
∠MDO=∠OBNOD=OB∠DOM=∠BON，
∴△DOM≌△BONASA，
∴OM=ON，
∴MN=2ON=152，
∵点F在线段CD上（不与两端点重合），
∴折痕MN的长度的取值范围为6综上，①②③④都是正确的，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质，解答本题主要应用了矩形的性质、翻折的性质，熟记翻折前后的两个图形能够完全重合得到相等的边和角是解题的关键．
2．（2024·四川达州·二模）如图，在正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连接AE与对角线BD交于点P，过点P作PF⊥AE交BC于点F，连接AF交BD于点G，下列四个结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB−PD=2BF；④SΔAPG=12SΔAEF．其中正确结论个数为（ ）．

A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④，由③可得APAF=22，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为APAF=22，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，PF⊥AP，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
∵∠ABC+∠APF=180°，
∴∠BAP+∠BFP=180°，
∴点A、B、F、P四点共圆，
∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴AP=PF，故①正确；
②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：

∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∠ABH=∠ADE=∠ABC=90°，
∴∠HAF=∠EAF=45°，
∵∠ABH+∠ABF=180°，
∴H、B、F三点共线，
又∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHFSAS，
∴HF=EF，∠AFE=∠AFB
∵HF=BH+BF，
∴DE+BF=EF，故②正确；
③连接AC交BD于O，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：

∴OB=OD，BD⊥AC，
∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，
∴AB=2AO，
由①可得点A、B、F、P四点共圆，
∴∠APO=∠AFB，
∵∠ABF=∠AOP=90°，
∴△AOP∽△ABF，
∴OPBF=OAAB=APAF=22，
∴OP=22BF，
∵BP−DP=BP−BM=PM=2OP，
∴PB−PD=2BF，故③正确；
④由③可得APAF=22，
∵∠AFB=∠AFE=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，
∴GPEF=APAF=22，
∴S△AGPS△AEF=222=12，
∴S△AGP=12S△AEF，故④正确；
综上所述：以上结论正确的有①②③④；
故选：D．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
3．（2024·内蒙古乌海·模拟预测）如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB上的一个动点(不与点A，B重合)，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连接DE，DE与AC相交于点F，连接AE.下列结论：
①△ACE≌△BCD；
②若∠BCD=25°，则∠AED=65°；
③DE2=2CF⋅CA；
④若AB=32，AD=2BD，则AF=53．
其中正确的结论是 .(填写所有正确结论的序号)

【答案】①②③
【分析】此题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△ACE≌△BCD是解本题的关键．先判断出∠BCD=∠ACE，即可判断出①正确；先求出∠BDC=110°，进而得出∠AEC=110°，即可判断出②正确；先判断出∠CAE=∠CEF，进而得出△CEF∽△CAE，即可得出CE2=CF⋅AC，最后用勾股定理即可得出③正确；先求出BC=AC=3，再求出BD=2，进而求出CE=CD=5，求出CF=53，即可判断出④错误．
【详解】解：∵∠ACB=90°，
由旋转知，CD=CE，∠DCE=90°=∠ACB，
∴∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE，
∴△BCD≌△ACE，故①正确；
∵∠ACB=90°，BC=AC，
∴∠B=45°
∵∠BCD=25°，
∴∠BDC=180°−45°−25°=110°，
∵△BCD≌△ACE，
∴∠AEC=∠BDC=110°，
∵∠DCE=90°，CD=CE，
∴∠CED=45°，
则∠AED=∠AEC−∠CED=65°，故②正确；
∵△BCD≌△ACE，
∴∠CAE=∠CBD=45°=∠CEF，
∵∠ECF=∠ACE，
∴△CEF∽△CAE，
∴CEAC=CFCE，
∴CE2=CF⋅AC，
在等腰直角三角形CDE中，DE2=2CE2=2CF⋅AC，故③正确；

如图，过点D作DG⊥BC于G，
∵AB=32，
∴AC=BC=3，
∵AD=2BD，
∴BD=13AB=2，
∴DG=BG=1，
∴CG=BC−BG=3−1=2，
在Rt△CDG中，根据勾股定理得，CD=CG2+DG2=5，
∵△BCD≌△ACE，
∴CE=5，
∵CE2=CF⋅AC，
∴CF=CE2AC=53，
∴AF=AC−CF=3−53=43，故④错误，
故答案为：①②③．
押题猜想二 选填题之函数综合问题
1．（2024·山东临沂·二模）已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点为4,0，其对称轴为直线x=1，其部分图象如图所示，有下列5个结论：①abc<0；②b2−4ac<0；③9a+3b+c=0；④8a+c=0；⑤若关于x的方程ax2+bx+c=−1有两个实数根x1,x2，且满足x14．其中正确结论的个数为（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】本题考查了抛物线和x轴交点的问题以及二次函数与系数的关系，灵活运用二次函数的性质，学会利用函数图象信息解决问题是关键．根据对称轴为直线x=1及图象开口向下可判断出a、b、c的符号，从而判断①；根据函数图象与x轴的交点个数，可判断②；可求得图象与x轴的另一个交点坐标为−2,0，由当x=3时，y>0，可判断③；由当x=−2时，y=0，可判断④；把ax2+bx+c=−1看为y=ax2+bx+c与y=−1的图象的交点问题，可判断⑤；从而解决问题．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线对称轴为直线x=1，
∴−b2a=1，
∴b=−2a>0，
∵抛物线交y轴的正半轴，
∴c>0，
∴abc<0，故①正确；
∵该函数图象与x轴有两个不同的交点，
∴方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根，
∴b2−4ac>0，故②不正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴点4,0关于直线x=1的对称点的坐标为−2,0，
∴当x=3时，y=9a+3b+c>0，故③不正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点(−2,0)，
∴4a−2b+c=0，
∵b=−2a，
∴4a+4a+c=0，即8a+c=0，故④正确；
函数图象与x轴的交点坐标分别为(−2,0)和(4,0)，
令y=−1，则ax2+bx+c=−1，
∴直线y=−1与抛物线y=ax2+bx+c的交点的横坐标分别为x1,x2，
∴由图象可知：x1<−2，x2>4，故⑤正确；
故正确的有3个，
故选：C．
2．（2023·广东佛山·一模）如图，点A在双曲线y=kx（k>0，x>0）上，点B在直线l：y=mx−2b（m>0，b>0）上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形AOCB是菱形时，有以下结论：①Ab,3b②当b=2时，k=43③m=33④S四边形AOCB=2b2则所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③/③②
【分析】①根据菱形的性质和勾股定理计算点A的坐标即可判断；②根据①中的坐标，直接将b=2代入即可判断；③先求出点B的坐标，再代入一次函数的解析式可判断；④根据菱形的面积=底边×高即可可解答．
【详解】解：如图：①y=mx−2b中，当x=0时，y=−2b，
∴C0,−2b，
∴OC=2b，
∵四边形AOCB是菱形，
∴AB=OC=OA=2b，
∵A与B关于x轴对称，
∴AB⊥OD，AD=BD=b，
∴OD=2b2−b2=3b，
∴A3b,b；故①不正确；
②当b=2时，点A的坐标为：23,2，
∴k=23×2=43，故②正确；
③∵A3b,b，A与B关于x轴对称，
∴B3b,−b，
∵点B在直线y=mx−2b上，
∴3bm−2b=−b，
∴m=33，故③正确；
④菱形AOCB的面积=AB⋅OD=2b⋅3b=23b2，故④不正确；
所以本题结论正确的有：②③．
故答案为：②③．
【点睛】本题主要考查了反比例函数和一次函数的交点问题、坐标与图形性质、勾股定理，关于x轴对称、菱形的性质等知识点，掌握函数图象上的点满足对应函数的解析式是解本题的关键．
押题解读
一次函数、二次函数、反比例函数在中考选择题、填空题考场中是热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分，复习环节重在提高学生对函数图象和性质理解和掌握的能力.
1．（2024·贵州遵义·一模）如图，点A在y=mx（x>0）的图象上，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，过点A作AC⊥y轴，垂足为C，交y=nx（x>0）的图象于点E，连接OE．若AE=3CE，四边形OBAE的面积为7，则m，n的值正确的是（ ）
A．m=6，n=4B．m=4，n=1
C．m=12，n=3D．m=8，n=2
【答案】D
【分析】本题考查反比例函数比例系数k的几何意义，根据AE=3CE，得到AC=4CE，进而得到m=4n，根据四边形OBAE的面积等于m−n2=7，进行求解即可．
【详解】解：由图可知：m>0,n>0，
∵AB⊥x轴，AC⊥y轴，点A在y=mx（x>0）的图象上，点E在y=nx（x>0）的图象上，
∴S四边形OBAC=m,S△OCE=n2，
∵AE=3CE，
∴AC=4CE，
∴m=4n，
∵四边形OBAE的面积等于S四边形OBAC−S△OCE=m−n2=72n=7，
∴n=2，
∴m=8；
故选D．
2．（2024·贵州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中有一反比例函数y=−6x过第一象限内的点P分别作x轴，y轴的垂线，与y轴，x轴分别交于A、B两点，与双曲线分别交于C、D两点．则以下结论中，正确结论的序号是（ ）
①存在无数个点P使S△AOC=S△BOD
②存在无数个点P使S△POA=S△POB
③存在无数个点P使四边形OAPB的面积=S△ACD
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】本题考查反比例函数与几何的综合，解题的关键是掌握反比例函数图象和性质，三角形的面积，依次判断，即可．
【详解】设点Pa,b，
∴点C−6b,b，点Da,−6a
∵S△AOC=12×AC×AO=12×−6=3，S△BOD=12×BD×OB=12×−6=3，
∴S△AOC=S△BOD，
∴①正确；
∵S△POA=12×AP×AO=12×a×b，S△POB=12×OB×PB=12×a×b，
∴S△POA=S△POB；
∴②正确；
∵四边形OAPB的面积为：AP×OA=ab，S△ACD=12×6b×b+6a=3+18ab
令ab=m，
当S△OAPB=S△ACD时，m=3+18m，
解得：m1=6，m2=−3（舍去），
∴ab=6，
∴点P在函数y=6x时，满足题意，
∴此时P点有无数个，
∴③正确，
∴正确的为：①②③．
故选：D．
3．（2023·江苏无锡·模拟预测）二次函数y=x2+2m−1x+2mm≠12，有下列结论：
①该函数图象过定点−1,2；
②当m=1时，函数图象与x轴无交点；
③函数图象的对称轴不可能在y轴的右侧；
④当1y2．
其中，正确结论的序号为 ．
【答案】①②④
【分析】本题考查的是二次函数综合题，解题的关键是熟练理解并综合运用二次函数的各个特征．
将抛物线整理为y=x2+2m−1x+2m=x2+2mx−x+2m=2mx+1+x2−x，即可判断①；将m=1代入并计算b2−4ac即可判断②；计算抛物线对称轴并根据m≠12可判断③；根据题意确定对称轴的范围后可确定P、Q的位置，根据增减性可判断④．
【详解】解：y=x2+2m−1x+2m=x2+2mx−x+2m=2mx+1+x2−x，
当x=−1时，y=2，
∴该函数图象过定点−1,2，故①正确，符合题意；
当m=1时，y=x2+x+2，
令y=0，则x2+x+2=0，
∵Δ=12−4×1×2=−7<0，
∴当m=1时，函数图象与x轴无交点，故②正确，符合题意；
抛物线的对称轴为直线x=−b2a=1−2m2=12−m，
∵m≠12，
∴12−m≠0，
∴当m>12时，对称轴在y轴左侧，当m<12时，对称轴在y右侧，故③错误，不符合题意；
∵1∴−1<12−m<−12，
∵−3∴ Px1,y1在对称轴左侧，Qx2,y2在对称轴右侧，
∵a=1>0，
∴抛物线开口向上，在对称轴左侧，y随x增大而减小，在对称轴右侧，y随x增大而增大，
∴当x=−2时，y1最小=y=4−4m+2+2m=−2m+6，
当x=0时，y2最大=2m，
此时，y1−y2=−4m+6，
∵1∴−4m+6>0，
∴y1>y2，故④正确，符合题意；
综上所述，正确的是①②④，
故答案为：①②④．
4．（2024·青海西宁·一模）二次函数 y=ax2+bx+ca≠0的y与x的部分对应值如下表：
根据表格中的信息，得到了如下的结论：
①abc<0
②二次函数 y=ax²+bx+c可改写为 y=ax−12−2 的形式
③关于x的一元二次方程 ax2+bx+c=−1.5的根为 x1=0,x2=2
④若y>0，则x>3
⑤当x≥2时，y有最小值是−1.5
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②④B．②③⑤C．①③⑤D．②③④⑤
【答案】B
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，根据表格数据，确定抛物线的对称轴和顶点坐标，开口方向与y轴的交点坐标，判断①②，对称性以及抛物线与一元二次方程的关系，判断③，增减性，判断④⑤，解题的关键是确定抛物线的对称轴．
【详解】解：由表格可知：x=−1和x=3的函数值相同，
∴抛物线的对称轴为直线：x=−1+32=1，
∴顶点坐标为：1,−2；
当x=0时，y=c=−1.5<0，
在对称轴的左边y随着x的增大而减小，在对称轴的右边y随着x的增大而增大，
∴抛物线的开口向上，
∴a>0，
∵对称轴为直线x=−b2a=1>0，
∴b<0，
∴abc>0，故①错误，
∵顶点坐标为1,−2，
∴二次函数 y=ax²+bx+c可改写为 y=ax−12−2 的形式；故②正确；
∵当x=0时，y=−1.5，对称轴为x=1，
∴当x=2时，y=−1.5，
∴关于x的一元二次方程 ax2+bx+c=−1.5的根为 x1=0,x2=2；故③正确；
∵x=−1时y=0，x=3时，y=0，在对称轴的左边y随着x的增大而减小，在对称轴的右边y随着x的增大而增大，
∴若y>0，则x>3或x<−1，故④错误；
当x≥2时， y随着x的增大而增大，
∴当x=2时，y有最小值是−1.5；故⑤正确；
故选B．
押题猜想三 选填题之规律探索问题
1．（2023·重庆九龙坡·一模）已知fn(x)=nx1+x，Tn(x)=f1(x)+f2(x)+f3(x)+…+fn(x)（n为正整数），下列说法：①fn(2023)+fn12023=n；②f1(1)f111+f2(2)f212+f3(3)f313+⋯+fn(n)fn1n=n2+n ；③Tn−1(x)Tn(x)>nn+1；④若y=1+ttft(t)−Tt(t)+3，则y的最小值为3．其中正确选项的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】根据新定义得出 fn(x)=nx1+x，fn(1x)=n1+x，进而判断①②；根据新定义得出Tn(x) =12n2+nx1+x，进而根据分式的性质化简判断③，根据已知条件化简y，得出y=−12t−12+72，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】解：∵fn(x)=nx1+x，
∴fn(1x)=n1x1+1x=nx×x1+x=n1+x，
∴fn(2023)+fn12023=2023n1+2023+n1+2023=2024n2024=n，故①正确；
∵fn(x)=nx1+x，fn(1x)=n1+x
∴fn(x)fn(1x)=nx1+x×1+xn=x
∴f1(1)f111+f2(2)f212+f3(3)f313+⋯+fn(n)fn1n=1+2+3+⋯+n=12nn+1=12n2+n，故②不正确；
∵fn(x)=nx1+x，Tn(x)=f1(x)+f2(x)+f3(x)+…+fn(x) =x1+x+2x1+x+⋯+nx1+x=12n2+nx1+x
∴Tn−1(x)Tn(x)=12n−12+n−1x12n2+nx=n2−2n+1+n−1n2+n=nn−1nn+1=n−1n+1若y=1+ttft(t)−Tt(t)+3
即y=1+tt×t21+t−12t2+tt1+t+3
=t−12t2+3
=−12t−12+72
∴y的最大值为72，没有最小值，故④不正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了新定义运算，分式的混合运算，二次函数的性质求最值，熟练掌握分式的化简求值，理解新定义是解题的关键．
2．（2023·山东烟台·模拟预测）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为1,0，点D的坐标为0,2，延长CB交x轴于点A1，做第1个正方形A1B1C1C；延长C1B1交x轴于点A2，做第2个正方形A2B2C2C1…，按这样的规律进行下去，第2023个正方形的面积为（ ）

A．5×324046B．5×942003C．5×322022D．5×944044
【答案】A
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，点的坐标规律．解此题的关键是计算前三个正方形的面积，从中找出规律Sn=5×322n．根据相似三角形的判定原理，得出△AA1B∽ △A1A2B1，继而得知∠BAA1=∠B1A1A2；利用勾股定理计算出正方形的边长；最后利用正方形的面积公式计算前三个正方形的面积，从中找出规律．数形结合找出规律是解决问题的关键．
【详解】解：设正方形的面积分别为S，S1，S2…，Sn，
根据题意得AD∥BC∥C1A2∥C2B2，
∴∠BAA1=∠B1A1A2=∠B2A2x（同位角相等）．
∵∠ABA1=∠A1B1A2=∠A2B2x=90°，
∴△BAA1∽ △B1A1A2，
在Rt△ADO中，根据勾股定理得AD=OA2+OD2=5，tan∠ADO=OAOD=12，
∵tan∠BAA1=BA1AB=tan∠ADO，
∴BA1=12AB=52，
∴CA1=5+52=325，
同理，得C1A2=325×1+12，
由正方形的面积公式，得S=52=5，
S1=52×1+122=5×322，
S2=52×1+124=5×324，
S3=52×1+126=5×326，
⋯
由此可得Sn=52×1+122n=5×322n．
∴第2023个正方形的面积为5×322×2023=5×324046，
故选：A．
3．（2023·广东东莞·三模）如图，正方形ABCD的边长为2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S2，…按照此规律继续下去，则S2023的值为（ ）

A．222020B．222021C．122020D．122021
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理以及三角形的面积公式可得出部分S1、S2、S3、S4的值，根据面积的变化即可找出变化规律Sn=4×(12)n−1，依此规律即可解决问题．
【详解】解：∵△CDE是等腰直角三角形，
∴DE=CE，∠CED=90°，
∴CD2=DE2+CE2=2DE2，
∴DE=22CD，
即等腰直角三角形的直角边为斜边的22倍，
∴S1=22=4=4×(12)0，
S2=(2×22)2=2=4×(12)1，
S3=(2×22)2=1=4×(12)2，
S4=(1×22)2=12=4×(12)3，
…，
∴Sn=4×(12)n−1，
∴S2023=4×(12)2022=(12)2020．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质、正方形的面积以及规律型中数字的变化类，根据面积的变化找出变化规律“Sn=4×(12)n−1是解题的关键．
押题解读
规律探索问题在各地市的中考试卷中有五种常见类型:(1)数式规律；(2)图形个数规律；(3)图形的递变规律；(4)图形的循环规律；(5)图形的递变加循环规律. 规律探索问题是中考考试中经常出现的一个问题，它通常以“数式”或“图形”为设计问题的蓝本，以考查学生解决问题的全面性、辩证性、流畅性及建模思想。这类问题最大的特点在于“有规律”上，即在数式或图形分布中，从简单到复杂，让学生寻找各个数式或图形之间的内在的，本质的，稳定的、反复出现的形态，从而利用数学建模的思想解决此类问题。
1．（2023·宁夏银川·三模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，OA=1，将OA绕点O顺时针旋转45°到OA1，扫过的面积记为S1，A1A2⊥OA1交x轴于点A2；将OA2绕点O顺时针旋转45°到OA3，扫过的面积记为S2，A3A4⊥OA3交y轴于点A4；将OA4绕点O顺时针旋转45°到OA5扫过的面积记为S3；…；按此规律，则S2023为（ ）
A．22019πB．22020πC．22021πD．22022π
【答案】A
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出扇形的半径，写出部分Sn的值，根据数的变化找出变化规律Sn=2n−4π，依此规律即可得出结论．
本题考查了坐标与图形性质−旋转，等腰直角三角形的性质以及扇形的面积，解此题的关键是找出规律Sn=2n−4π．
【详解】解：由题意△A1OA2、△A3OA4、△A5OA6、…、都是等腰直角三角形，
∴OA2=2，OA4=2，OA6=22，…，
∴S1=45π×12260=18π，S2=45π×(2)2360=14π，S3=45π×22360=12π，S4=45π×(22)2360，
…；
∴Sn=2n−4π，
∴S2023=22019π，
故选：A．
2．（2023·辽宁阜新·一模）如图，在平面直角坐标系中，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7，△A7A8A9…都是等边三角形，且点A1，A3，A5，A7，A9坐标分别是A13,0，A32,0，A54,0，A71,0，A95,0，依据图形所反映的规律，则A2023的坐标是（ ）
A．509,0B．508,0C．−503,0D．−505,0
【答案】C
【分析】
本题是一道关于等边三角形性质及探索规律的题目，找出坐标的变化规律是解答的关键．观察图形可以得到A1~A4,A5~A8,…，每4个为一组，据此可以得到A2023在x轴负半轴上，纵坐标为0，根据A32,0，A71,0，……得到A4n+3横坐标为−n+2，据此即可求解．
【详解】解：观察图形可以看出A1~A4,A5~A8,…，每4个为一组，
∵2023÷4=505……3，
∴A2023在x轴负半轴上，纵坐标为0，
∵A32,0，A71,0，……
∴当3=4×0+3时，A3的横坐标为2，
当7=4×1+3时，A7的横坐标为1，
当11=4×2+3时，A7的横坐标为0，
……
当4n+3时，A4n+3横坐标为2−n，
∵4n+3=2023，
∴n=505，
则2−505=−503
∴A2023的坐标是−503,0．
故选：C
3．（2023·重庆九龙坡·三模）由n（n≥2）个正整数组成的一列数，记为x1，x2，x3…xn，任意改变它们的顺序后记作y1，y2，y3…yn，若M=x1+y1x2+y2x3+y3⋯xn+yn，下列说法中正确的个数是（ ）
①若x1=2，x2=4，x3=6…xn=2n，则M一定为偶数；
②当n=3时，若x1，x2，x3为三个连续整数，则M一定为偶数；
③若M为偶数，则n一定为奇数；
④若M为奇数，则n一定为偶数．
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】根据偶数+偶数=偶数，偶数+奇数=奇数，奇数+奇数=偶数，偶数×偶数=偶数，偶数×奇数=偶数，分别对每一结论进行推断即可．
【详解】解：①∵x1=2，x2=4，x3=6⋯xn=2n，
∴y1，y2，y3⋯yn也分别是偶数，
∴x1+y1、x2+y2、x3+y3、⋯、xn+yn的结果分别是偶数，
∴M是偶数，
故①符合题意；
∵x1，x2，x3为三个连续整数，
∴三个数中必有两个偶数一个奇数或两个奇数一个偶数，
任意改变它们的顺序后y1，y2，y3中必有两个偶数一个奇数或两个奇数一个偶数，
∴x1+y1、x2+y2、x3+y3中一定有一个偶数，
∴M一定为偶数；
故②符合题意；
∵M为偶数，
∴x1+y1、x2+y2、x3+y3、…，xn+yn中一定有一个偶数，
若x1，x2，x3，⋯xn均为偶数时，n无论奇数还是偶数，M都是偶数，
故③不符合题意；
∵M为奇数，
∴x1+y1、x2+y2、x3+y3、…，xn+yn中一定都是奇数，
∴x1，x2，x3，⋯xn中奇数与偶数的个数相等，
∴n是偶数，
故④符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查数字的变化规律，理解题意，根据奇数与偶数的性质进行推断是解题的关键．
押题猜想四 选填题之新定义问题
1．（2023·湖南娄底·一模）定义一种运算：csα+β=csαcsβ−sinαsinβ，csa−β=csαcsβ+sinαsinβ.例如：当α=60°，β=45°时，cs60°−45°=12×22+32×22=2+64，则cs75°的值为( )
A．6+24B．6−24C．6−22D．6+22
【答案】B
【分析】根据csα+β=csαcsβ−sinαsinβ，可以计算出cs75°的值．
【详解】解：由题意可得，
cs75°
=cs30°+45°
=cs30°cs45°−sin30°sin45°
=32×22−12×22
=64−24
=6−24，
故选：B．
【点睛】本题考查解直角三角形、二次根式的混合运算、新定义，解答本题的关键是明确题意，利用新定义解答．
2．（2023·重庆江津·二模）如果实数a，b满足a−b=ab的形式，那么a和b就是“智慧数”，用(a,b)表示．如：由于2−23=2×23，所以2,23是“智慧数”，现给出以下结论：
①−12和−1是“智慧数”；
②如果(3，☆)是“智慧数”，那么“☆”的值为34；
③如果(x,y)是“智慧数”，则y与x之间的关系式为y=xx+1；
④如果(x,y)是“智慧数”，当x>0时，y随x的增大而增大，其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据材料提示的“智慧数”的运算规则即可求解．
【详解】解：①−12和−1是“智慧数”；
∵−12−(−1)=12，−12×(−1)=12，
∴−12和−1是“智慧数”，表示为−12,−1，故①正确；
②如果(3，☆)是“智慧数”，那么“☆”的值为34；
根据“智慧数”的定义得，3−☆=3☆，解得，☆=34，故②正确；
③如果(x,y)是“智慧数”，则y与x之间的关系式为y=xx+1；
根据“智慧数”的定义得，x−y=xy，解得，y=xx+1且x≠−1，故③错误；
④如果(x,y)是“智慧数”，当x>0时，y随x的增大而增大；
根据“智慧数”的定义得，x−y=xy，解得，y=xx+1=x+1−1x+1=1−1x+1，令x+1=m，
∴y=1−1m，即y是关于m的反比例函数，且反比例系数小于零，
∴当x>0时，y随m的增大而增大，即当x>0时，y随x的增大而增大，故④正确；
综上所述，正确的有①②④．
故选：C．
【点睛】本题主要考查定义新运算，掌握定义新运算的运算规则，整式的运算法则，反比例函数的性质是解题的关键．
3．（2023·四川成都·三模）在平面直角坐标系xOy中，对于两点A，B，给出如下定义：以线段AB为边的等边三角形称为点A，B的“确定三角形”．如果点E在以边长为23的等边△ABC的边上，且AB∥y轴，AB的中点为P(m,0)，点F在直线y=−x+2上，若要使所有的E，F的“确定三角形”的周长都不小于32，那么m的取值范围为 ．

【答案】m≤−3或m≥1
【分析】
本题考查一次函数的图象性质，熟练掌握一次函数的性质是解题关键．先根据题意求出AB、AP、PC的长，然后设点P的坐标，从而表示出点C的坐标，再表示出点C到直线y−x+2的距离，构造不等式即可解答．
【详解】
解：∵等边△ABC的边长为23，
∴AB=23，P(m,0)，
∴AP=12AB=3，AC=23，
∴PC=AC2−AP2=3，
∴C(m+3,0)，
过C作CF⊥直线y=−x+2于点E，设直线y=−x+2与x轴y轴分别交于点M,N，如图：

当x=0时，y=2，当y=0时，x=2，
∴ N(2,0)，M0,2，
∴ON=OM
∴ ∠CNE=45°，
∵点E，F的“确定三角形”是等边三角形，
∴当点E与点C重合时，点E到直线y=−x+2的距离最短，
此时点E，F的“确定三角形”边EF最短，即为CF的长，故“确定三角形”的周长最小，
在Rt△CNF中，NF=CF=2CN，
∴点C到直线y=−x+2的距离为CF=CN2=2−m+32≥2，
∴−m−1≥2，
∴−m−1≥2或−m−1≤−2，
解得m≤−3或m≥1．
故答案为：m≤−3或m≥1．
押题解读
在近几年各省市的中考数学命题中, 新定义问题越来越受到关注和重视. 所谓新定义问题，是相对于初中教材而言, 指在初中教材中不曾出现过的概念、定义. 它的一般形式是:由命题者先给出一个新的概念、新的运算法则, 或者给出一个抽象函数的性质等, 然后让学生按照这种“新定义”去解决相关的问题.“新定义”问题总的来说题型较为新颖, 所包含的信息丰富, 能较好地考查学生分析问题、解决问题的能力. 新定义问题一般分为三种类型：（1）定义新运算；（2）定义初、高中知识衔接＂新知识＂;（3）定义新概念. 这类试题考查考生对＂新定义＂的理解和认识，以及灵活运用知识的能力，解题时需要将＂新定义＂的知识与已学知识联系起来，利用已有的知识经验来解决问题.
1．（2023·山东菏泽·三模）定义运算“★”：a★b=a2−ba≤bb2−aa>b，关于x的方程2x+1★2x−3=t恰好有两个不相等的实数根，则t的取值范围是 ．
【答案】t>−174
【分析】先根据题意得出一元二次方程4x2−14x+8−t=0，然后根据根的判别式得出−142−4×48−t>0，求出t的取值范围即可．
【详解】解：∵2x+1>2x−3，
∴2x+1★2x−3=t可变为：2x−32−2x−1=t，
整理得：4x2−14x+8−t=0，
∵关于x的方程2x+1★2x−3=t恰好有两个不相等的实数根，
∴−142−4×48−t>0，
解得：t>−174，
故答案为：t>−174．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
2．（2023·山东济南·中考真题）定义：在平面直角坐标系中，对于点Px1,y1，当点Qx2,y2满足2x1+x2=y1+y2时，称点Qx2,y2是点Px1,y1的“倍增点”，已知点P11,0，有下列结论：
①点Q13,8，Q2−2,−2都是点P1的“倍增点”；
②若直线y=x+2上的点A是点P1的“倍增点”，则点A的坐标为2,4；
③抛物线y=x2−2x−3上存在两个点是点P1的“倍增点”；
④若点B是点P1的“倍增点”，则P1B的最小值是455．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】①根据题目所给“倍增点”定义，分别验证Q1,Q2即可；②点Aa,a+2，根据“倍增点”定义，列出方程，求出a的值，即可判断；③设抛物线上点Dt,t2−2t−3是点P1的“倍增点”，根据“倍增点”定义列出方程，再根据判别式得出该方程根的情况，即可判断；④设点Bm,n，根据“倍增点”定义可得2m+1=n，根据两点间距离公式可得P1B2=m−12+n2，把n=2m+1代入化简并配方，即可得出P1B2的最小值为165，即可判断．
【详解】解：①∵P11,0，Q13,8，
∴2x1+x2=2×1+3=8,y1+y2=0+8=8，
∴2x1+x2=y1+y2，则Q13,8是点P1的“倍增点”；
∵P11,0，Q2−2,−2，
∴2x1+x2=2×1−2=−2,y1+y2=0−2=−2，
∴2x1+x2=y1+y2，则Q2−2,−2是点P1的“倍增点”；
故①正确，符合题意；
②设点Aa,a+2，
∵点A是点P1的“倍增点”，
∴2×1+a=0+a+2，
解得：a=0，
∴A0,2，
故②不正确，不符合题意；
③设抛物线上点Dt,t2−2t−3是点P1的“倍增点”，
∴21+t=t2−2t−3，整理得：t2−4t−5=0，
∵Δ=−42−4×1×−5=36>0，
∴方程有两个不相等实根，即抛物线y=x2−2x−3上存在两个点是点P1的“倍增点”；
故③正确，符合题意；
④设点Bm,n，
∵点B是点P1的“倍增点”，
∴2m+1=n，
∵Bm,n，P11,0，
∴P1B2=m−12+n2
=m−12+2m+12
=5m2+6m+5
=5m+352+165，
∵5>0，
∴P1B2的最小值为165，
∴P1B的最小值是165=455，
故④正确，符合题意；
综上：正确的有①③④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了新定义，解一元一次方程，一元二次方程根的判别式，两点间的距离公式，解题的关键是正确理解题目所给“倍增点”定义，根据定义列出方程求解．
3．（2024·重庆·模拟预测）在数的学习过程中，我们通过对其中一些具有某种特性的数进行研究探索，发现了数字的美和数学的灵动性．现在我们继续探索一类数．
定义：一个各位数字均不为0的四位自然数t，若t的百位、十位数字之和的2倍比千位、个位数字之和大1，则我们称这个四位数t是“四·二一数”
例如：当t=6413时，∵2×（4+1）−（6+3）=1，∴6413是“四·二一数”；
已知t=4abc（1≤a≤9、1≤b≤9、1≤c≤9且均为正整数）是“四·二一数”，满足4a与bc的差能被7整除，则所有满足条件的t的最大值为 ．．
【答案】4517
【分析】本题考查新定义问题，理解题干中“四·二一数”的定义是解题的关键．根据“四二一数”的定义可得2a+2b−c=5，依次列举即可求解．
【详解】解：根据题意可得2a+b−4−c=1，即2a+2b−c=5，
当a=1，b=2，c=1时，4a与bc的差为20，不符合题意；
当a=2，b=1，c=1时，4a与bc的差为31，不符合题意；
当a=1，b=6，c=9时，4a与bc的差为−28，符合题意；
当a=2，b=3，c=5时，4a与bc的差为7，符合题意；
当a=3，b=2，c=5时，4a与bc的差为18，不符合题意；
当a=3，b=3，c=7时，4a与bc的差为6，不符合题意；
当a=3，b=4，c=9时，4a与bc的差为−6，不符合题意；
当a=4，b=3，c=9时，4a与bc的差为5，不符合题意；
当a=5，b=1，c=7时，4a与bc的差为28，符合题意；
当a=2，b=2，c=3时，4a与bc的差为19，不符合题意；
综上，t=4169或4235或4517
则所有满足条件的t的最大值为4517．
故答案为：4517
4．（2023·河北沧州·三模）定义：若数p可以表示成p=x2+y2−xy（x，y均为正整数）的形式，则称p为“希尔伯特”数．
例如：39=72+52−7×5，147=132+112−13×11，…所以39，147是“希尔伯特”数．
（1）有理数1 “希尔伯特”数（填“是”或“不是”）；
（2）像39，147这样的“希尔伯特”数都可以用连续两个奇数按定义给出的运算表达出来，又称它们为“H希尔伯特”数．
①设连续两个奇数中较小的数是2n−1（n为正整数），用含n的代数式表示“H希尔伯特”数为 ；
②已知两个“H希尔伯特”数的差是48，则这两个“H希尔伯特”数中较大的是 ．
【答案】 是 4n2+3/3+4n2 67
【分析】（1）根据“希尔伯特”数的定义即可判断；
（2）①由题意可得：这个“H希尔伯特”数是2n−12+2n+12−2n−12n+1，展开化简即得答案；
②由①可设这两个“H希尔伯特”数为4m2+3,4n2+3m【详解】解：（1）由于数1能表示成12+12−1×1=1的形式，
∴1是“希尔伯特”数；
故答案为：是；
（2）①设连续两个奇数中较小的数是2n−1（n为正整数），则另一个奇数是2n+1，
∴这个“H希尔伯特”数是2n−12+2n+12−2n−12n+1=4n2+3；
故答案为：4n2+3；
②由①可设这两个“H希尔伯特”数为4m2+3,4n2+3m根据题意可得4n2+3−4m2+3 =4n2−m2=48，
∴n2−m2=12，即n−mn+m=12，
∵m、n是正整数，
∴满足题意的正整数m、n是m=2,n=4；
则这两个“H希尔伯特”数中较大的是4×42+3=67；
故答案为67.
【点睛】本题是阅读理解题型，正确理解题意、弄清“希尔伯特”数与“H希尔伯特”数的定义是解题的关键.
5．（22-23九年级上·重庆万州·阶段练习）定义：如果代数式A=a1x2+b1x+c1（a1≠0，a1、b1、c1是常数）与B=a2x2+b2x+c2（a2≠0，a2、b2、c2是常数），满足a1+a2=0，b1=b2，c1+c2=0，则称这两个代数式A与B互为“同心式”，下列四个结论：
（1）代数式：−2x2+3x的“同心式”为2x2−3x；
（2）若8mx2+nx−5与6nx2+4x+5互为“同心式”，则m+n2023的值为1；
（3）当b1=b2=0时，无论x取何值，“同心式”A与B的值始终互为相反数；
（4）若A、B互为“同心式”，A−2B=0有两个相等的实数根，则b12=36a1c1；
其中，正确的结论有（ ）个.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据定义分别判断即可．
【详解】解：（1）代数式：−2x2+3x的“同心式”为2x2+3x，故（1）不正确；
（2）若8mx2+nx−5与6nx2+4x+5互为“同心式”，则8m+6n=0，n=4，
∴m=−3，
∴(m+n)2023=1，故（2）正确；
（3）当b1=b2=0时，A=a1x2+c1，B=a2x2+c2，
∵a1+a2=0，c1+c2=0，
∴a1=−a2，c1=−c2，
∴A=−B，
∴无论x取何值，“同心式” A与B的值始终互为相反数，故（3）正确；
（4）若A、B互为“同心式”，
∴A−2B=(a1x2+b1x+c1)−2(a2x2+b2x+c2)
=(a1−2a2)x2+(b1−2b2)x+(c1−2c2)
=3a1x2−b1x+3c1=0，
∵有两个相等的实数根，
∴Δ=(−b1)2−4⋅3a1⋅3c1=0，
∴ b12=36a1c1，故（4）正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了新定义、根的判别式和实数的性质，正确理解新的定义是关键．
押题猜想五 解答题之函数与实际问题综合问题
1．（2024·四川达州·一模）随着新能源电动车数量的快速增加，为了让人们出行充电更加方便快捷，某高速公路服务区需要增加充电桩，并决定安装快速充电和慢速充电两种型号的充电桩，若安装3个快速充电桩和2个慢速充电桩共需14.3万元，且快速充电桩单价比慢速充电桩单价高0.6万元．
(1)求出快速充电桩和慢速充电桩的单价；
(2)该服务区购买快速充电桩和慢速充电桩共30个，其中慢速充电桩不得超过10个，且总费用不超过88.2万元，请问如何购买才能使所需资金最少，最少是多少万元？
【答案】(1)快速充电桩和慢速充电桩的单价分别为3.1万元和2.5万元
(2)购买慢速充电桩10个，购买快速充电桩20个时，所需资金最少，最少是87万元
【分析】本题考查二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式组和一次函数的实际应用：
（1）设快速充电桩和慢速充电桩的单价分别为x万元，y万元，根据安装3个快速充电桩和2个慢速充电桩共需14.3万元，且快速充电桩单价比慢速充电桩单价高0.6万元，列出方程组进行求解即可；
（2）设购买慢充电桩a个，根据慢速充电桩不得超过10个，且总费用不超过88.2万元，求出a的取值范围，设总费用为W万元，列出一次函数关系式，利用一次函数的性质进行求解即可．
【详解】（1）解：设快速充电桩和慢速充电桩的单价分别为x万元，y万元，由题意，得：
3x+2y=14.3x=y+0.6，解得：x=3.1y=2.5，
答：快速充电桩和慢速充电桩的单价分别为3.1万元和2.5万元．
（2）设购买慢速充电桩a个，则购买快速充电桩30−a个，由题意，得：
a≤102.5a+3.130−a≤88.2，解得：8≤a≤10，
设总费用为W万元，由题意，得：
W=2.5a+3.130−a=−0.6a+93，
∴W随着a的增大而减小，
∵8≤a≤10，
∴当a=10时，W的值最小为−0.6×10+93=87，
此时30−a=20，
故购买慢速充电桩10个，购买快速充电桩20个时，所需资金最少，最少是87万元．
2．（2024·浙江温州·一模）综合与实践：如何称量一个空矿泉水瓶的重量？
素材1：如图是一架自制天平，支点O固定不变，左侧托盘固定在点A处，右侧托盘的点P可以在横梁BC段滑动．已知OA=OC=12cm，BC=28cm，一个100g的砝码．
素材2：由于一个空的矿泉水瓶太轻无法称量，小组进行如下操作：左侧托盘放置砝码，右侧托盘滑动点P至点B，空瓶中加入适量的水使天平平衡，再向瓶中加入等量的水，发现点P移动到PC长12cm时，天平平衡．
链接：根据杠杆原理，平衡时：左盘物体重量×OA=右盘物体重量×OP．（不计托盘与横梁重量）
任务1：设右侧托盘放置yg物体，OP长xcm，求y关于x的函数表达式，并求出y的取值范围．
任务2：求这个空矿泉水瓶的重量．
【答案】任务1：y=1200x，30≤y≤100；任务2：空矿泉水瓶的重量为10g
【分析】本题考查了反比例函数的应用，二元一次方程组的应用，熟练掌握反比例函数的应用，二元一次方程组的应用是解题的关键
任务1：由题意，得12×100=xy，即y=1200x，由题意知，OC=12，BC=28，则OB=OC+BC=40，即12≤x≤40，进而可求y的取值范围．
任务2：设第一次加入水的质量为ag，空矿泉水瓶的质量为bg，依题意得，40a+b=1200242a+b=1200，计算求解，然后作答即可．
【详解】任务1：解：由题意，得12×100=xy，
∴y=1200x，
由题意知，OC=12，BC=28，
∴OB=OC+BC=40，
∴12≤x≤40，
∴30≤y≤100．
任务2：解：设第一次加入水的质量为ag，空矿泉水瓶的质量为bg，
依题意得，40a+b=1200242a+b=1200，
解得a=20b=10，
∴空矿泉水瓶的重量为10g．
3．（2024·广东惠州·一模）水果商贩小李上水果批发市场进货，他了解到草莓的批发价格是每箱60元，苹果的批发价格是每箱40元，小李购得草莓和苹果共40箱，刚好花费2100元．
(1)问草莓、苹果各购买了多少箱？
(2)小李有甲、乙两家店铺，每个店铺在同一时间段内都能售出草莓、苹果两种水果合计20箱，并且每售出一箱草莓，甲店获利14元，乙店获利10元；每售出一箱苹果，甲店获利20元，乙店获利15元．
①若小李将购进的40箱水果分配给两家店铺各20箱，设分配给甲店草莓a箱，请填写表：
小李希望在乙店获利不少于215元的前提下，使自己获取的总利润W最大，问应该如何分配水果？最大的总利润是多少？
②若小李希望获得总利润为600元，他分配给甲店b箱水果，其中草莓a箱，已知5【答案】(1)小李购买草莓25箱，购买苹果15箱；
(2)①填表见解析，甲店草莓8箱，乙店草莓17箱，甲店苹果12箱，乙店苹果3箱，最大的总利润是567元；②10．
【分析】本题考查了一元一次不等式的应用、二元一次方程组的应用以及一次函数的应用等知识，解题的关键是：①找准等量关系，正确列出二元一次方程组；②找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
（1）设购买草莓x箱，购买苹果y箱，由题意：草莓的批发价格是每箱60元，苹果的批发价格是每箱40元，小李购得草莓和苹果共40箱，刚好花费2100元．列出二元一次方程组，解方程组即可；
（2）①由（1）可知小李购买草莓25箱，购买苹果15箱，设分给甲店草莓a箱，则分给乙店草莓25−a箱，甲店分得苹果20−a箱，乙店分得苹果：15−20+a=a−5（箱），求出获取的总利润W=−a+575，a≥8，然后由一次函数的性质即可得出结论；
②分配给甲店b箱水果，其中草莓a箱，则甲店苹果为b−a箱，乙店草莓25−a箱，乙店苹果15−b+a箱，则获取的总利润W=14a+20b−a+1025−a+1515−b+a=−a+5b+475，由题意：小李希望获得总利润为600元，得−a+5b+475=600，整理得b=25+a5，即可解决问题．
【详解】（1）解：设购买草莓x箱，购买苹果y箱，
由题意得：x+y=4060x+40y=2100，
解得：x=25y=15，
答：小李购买草莓25箱，购买苹果15箱；
（2）①由（1）可知小李购买草莓25箱，购买苹果15箱，
设分给甲店草莓a箱，则分给乙店草莓25−a箱，甲店分得苹果20−a箱，乙店分得苹果：15−20+a=a−5（箱），
填表如下：
则，获取的总利润W=14a+10×25−a+20×20−a+15×a−5=−a+575，
∵乙店获利不少于215元，
∴10×25−a+15×a−5=5a+175≥215，
解得：a≥8，
∵W=−a+575，W随a的增大而减少，
∴当a=8时，W最大，W最大值为567，
∴甲店草莓8箱，乙店草莓17箱，甲店苹果12箱，乙店苹果3箱，最大的总利润是567元；
②分配给甲店b箱水果，其中草莓a箱，则甲店苹果为b−a箱，乙店草莓25−a箱，乙店苹果15−b+a箱，
获取的总利润W=14a+20b−a+1025−a+1515−b+a=−a+5b+475，
∵小李希望获得总利润为600元，
∴−a+5b+475=600，
整理得：b=25+a5，
∵a、b为整数，且5∴a=10，
故答案为：10．
4．（2023·湖南·中考真题(改)）我国航天事业发展迅速，2024年4月25日20时59分，神舟十八号载人飞船成功发射，某玩具店抓住商机，先购进了1000件相关航天模型玩具进行试销，进价为50元/件．
(1)设每件玩具售价为x元，全部售完的利润为y元．求利润y（元）关于售价x（元/件）的函数表达式；
(2)当售价定为60元/件时，该玩具销售火爆，该店继续购进一批该种航天模型玩具，并从中拿出这两批玩具销售利润的20%用于支持某航模兴趣组开展活动，在成功销售完毕后，资助经费恰好10000元，请问该商店继续购进了多少件航天模型玩具？
【答案】(1)y=1000x−50000；
(2)该商店继续购进了4000件航天模型玩具．
【分析】（1）根据总利润=单件利润×销售量，可求得利润y（元）关于售价x（元/件）的函数表达式；
（2）设商店继续购进了m件航天模型玩具，根据“销售利润的20%恰好10000元”列一元一次方程，解之即可．
【详解】（1）解：因每件玩具售价为x元，
依题意得y=1000x−50=1000x−50000；
（2）解：设商店继续购进了m件航天模型玩具，则总共有m+1000件航天模型玩具，
依题意得：m+100060−50×20%=10000，
解得m=4000，
答：该商店继续购进了4000件航天模型玩具．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，一元一次方程的应用，理解题意找到题目蕴含的相等关系，并据此列出方程或函数解析式是解题的关键．
押题解读
利用函数（或方程）解决实际问题可以说是初中数学当中最重要的部分，也是中考中必考内容。从近年来的中考来看，结合时事热点考的比较多，所以还需要考生有一些生活经验。实际考试中，这类题目几乎要么得全分，要么一分不得，但是也就那么几种题型，所以考生只需多练多掌握各个题类，总结出一些定式，就可以从容应对了。
1．（2024·陕西宝鸡·二模）如图是一个东西走向近似于抛物线的山坡，以地面的东西方向为x轴，西侧的坡底为原点建立平面直角坐标系，山坡近似满足函数解析式y=−140x2+94x，无人机从西侧距坡底O为10米处的B点起飞，沿山坡由西向东飞行，飞行轨迹可以近似满足抛物线y=−150x2+bx+c．当无人机飞越坡底上空时（即点D），与地面的距离为20米．

(1)求无人机飞行轨迹的函数解析式；
(2)当无人机飞行的水平距离距起点为30米时，求无人机与山坡的竖直距离d；
(3)由于山坡上有障碍物，无人机不能离山坡过近．当无人机与山坡的竖直距离大于9米时，无人机飞行才是安全的，请判断无人机此次飞行是否安全，并说明理由．
【答案】(1)y=−150x2+95x+20
(2)当无人机飞行的水平距离距起点为30米时，无人机与山坡的竖直距离d为13米
(3)无人机此次飞行是安全的，理由见解析
【分析】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键.
（1）把点B(−10,0),D(0,20)代入 y=−150x2+bx+c，解答即可；
（2）根据已知求得无人机与山坡的竖直距离d=1200x2−920x+20, 把x=20代入求得即可；
（3）无人机与山坡的竖直距离d=1200x−452+798, d的最小值与9比较即可得解.
【详解】（1）解：由题意可知， 点B(−10,0),D(0,20)，将B，D坐标分别代入y=−150x2+bx+c，
得： −150×−102−10b+c=0c=20，
解得：b=95c=20，
∴无人机飞行轨迹的函数表达式为y=−150x2+95x+20，
（2）当无人机飞行的水平距离距起点为30米时， x=30−10=20，
∵无人机与山坡的竖直距离d=−150x2+95x+20−−140x2+94x=1200x2−920x+20
∴当x=20时，d=1200×202−920×20+20=13(米)，
答：当无人机飞行的水平距离距起点为30米时，无人机与山坡的竖直距离d为13米；
（3）安全， 理由如下：
由（2）知，d=1200x2−920x+20=1200x2−90x+20=1200(x2−90x+452−452)+20=1200x−452+798
∵1200>0，
∴x=45时，d有最小值 798>9，
∴无人机此次飞行是安全的.
2．（2024·河南漯河·一模）某二手车管理站，用一种一氧化碳（CO）检测仪测量二手家用汽油小轿车尾气中一氧化碳的含量，这种检测仪的电路图如图1所示，其工作原理为：当尾气中一氧化碳的浓度增加，气敏电阻的阻值变小，电流随之增大，即所显示的一氧化碳含量就越高．已知气敏电阻R（Ω）的阻值随着尾气中一氧化碳的含量β（gkm）变化的关系图象如图2所示，R0（Ω）为定值电阻，电源电压恒定不变．
(1)请根据图2，判断气敏电阻R（Ω）与尾气中一氧化碳的含量β（gkm）之间成________函数，它的函数解析式为________；
(2)已知该管理站对家用汽油小轿车尾气中一氧化碳检测数据的标准要求为不高于1.0g/km．若某辆小轿车的尾气检测阻值为0.5Ω，则该小轿车尾气中一氧化碳的含量是否达到标准；
(3)该管理站对（2）中的小汽车进行维修，其尾气中一氧化碳的含量降至0.1g/km，此时气敏电阻的阻值与维修前相比会如何变化？升高或降低多少？
【答案】(1)反比例；R=1β
(2)该小轿车尾气中一氧化碳的含量是不达到标准
(3)此时气敏电阻的阻值与维修前相比会升高，升高9.5Ω
【分析】本题主要考查了反比例函数的实际应用：
（1）观察函数图象可知是反比例函数，然后利用待定系数法求解即可；
（2）求出当R=0.5时，β=2，即可得到结论；
（3）求出当β=0.1时，R=10，即可得到结论．
【详解】（1）解：由函数图象可知，气敏电阻R（Ω）与尾气中一氧化碳的含量β（gkm）之间成反比例函数，
设R=kβk≠0，
把0.2，5代入R=kβk≠0中得k=0.2×5=1，
∴R=1β，
故答案为：反比例；R=1β；
（2）解：在R=1β中，当R=0.5时，1β=0.5，解得β=2，
∵2>1，
∴该小轿车尾气中一氧化碳的含量是不达到标准；
（3）解：在R=1β中，当β=0.1时，R=10.1=10，
∴10−0.5=9.5Ω，
∴此时气敏电阻的阻值与维修前相比会升高，升高9.5Ω．
3．（2023·浙江衢州·中考真题）视力表中蕴含着很多数学知识，如：每个“E”形图都是正方形结构，同一行的“E”是全等图形且对应着同一个视力值，不同的检测距离需要不同的视力表．
素材1 国际通用的视力表以5米为检测距离，任选视力表中7个视力值n，测得对应行的“E”形图边长b（mm），在平面直角坐标系中描点如图1．
探究1 检测距离为5米时，归纳n与b的关系式，并求视力值1.2所对应行的“E”形图边长．
素材2 图2为视网膜成像示意图，在检测视力时，眼睛能看清最小“E”形图所成的角叫做分辨视角θ，视力值n与分辨视角θ（分）的对应关系近似满足n=1θ0.5≤θ≤10．
探究2 当n≥1.0时，属于正常视力，根据函数增减性写出对应的分辨视角θ的范围．
素材3 如图3，当θ确定时，在A处用边长为b1的I号“E”测得的视力与在B处用边长为b2的Ⅱ号“E”测得的视力相同．
探究3 若检测距离为3米，求视力值1.2所对应行的“E”形图边长．
【答案】探究1:检测距离为5米时，视力值1.2所对应行的“E”形图边长为6mm，视力值1.2所对应行的“E”形图边长为6mm；
探究2: 0.5≤θ≤1.0；
探究3：检测距离为3m时，视力值1.2所对应行的“E”形图边长为185mm．
【分析】探究1：由图象中的点的坐标规律得到n与b成反比例关系，由待定系数法可得n=7.2b，将n=1.2 代入n=7.2b得：b=6；
探究2：由n=1θ，知在自变量θ的取值范围内，n随着θ的增大而减小，故当n≥1.0时，0<θ≤1.0，即可得0.5≤θ≤1.0；
探究3：由素材可知，当某人的视力确定时，其分辨视角也是确定的，可得65=b23，即可解得答案．
【详解】探究1:
由图象中的点的坐标规律得到n与b成反比例关系，
设n=kb(k≠0)，将其中一点(9,0.8)代入得：0.8=k9，
解得：k=7.2，
∴ n=7.2b，将其余各点一一代入验证，都符合关系式；
将n=1.2 代入n=7.2b得：b=6；
答：检测距离为5米时，视力值1.2所对应行的“E”形图边长为6mm，视力值1.2所对应行的“E”形图边长为6mm；
探究2:
∵ n=1θ，
∴在自变量θ的取值范围内，n随着θ的增大而减小，
∴当n≥1.0时，0<θ≤1.0，
∵0.5≤θ≤10，
∴0.5≤θ≤1.0；
探究3：由素材可知，当某人的视力确定时，其分辨视角也是确定的，由相似三角形性质可得b1检测距离1=b2检测距离2，
由探究1知b1=6，
∴ 65=b23，
解得b2=185，
答：检测距离为3m时，视力值1.2所对应行的“E”形图边长为185mm．
【点睛】本题考查反比例函数的综合应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征，相似三角形的性质等知识，解题的关键是读懂题意，能将生活中的问题转化为数学问题加以解决．
4．（2024·广东深圳·二模）【项目化学习】
项目主题：从函数角度重新认识“阻力对物体运动的影响”．
项目内容：数学兴趣小组对一个静止的小球从斜坡滚下后，在水平木板上运动的速度、距离与时间的关系进行了深入探究，兴趣小组先设计方案，再进行测量，然后根据所测量的数据进行分析，并进一步应用.
实验过程：如图（a）所示，一个黑球从斜坡顶端由静止滚下沿水平木板直线运动，从黑球运动到点A处开始，用频闪照相机、测速仪测量并记录黑球在木板上的运动时间x（单位：s）、运动速度v（单位：cms）、滑行距离y（单位：cm）的数据．
任务一：数据收集
记录的数据如下：
根据表格中的数值分别在图（b）、图（c）中作出v与x的函数图象、y与x的函数图象：
（1）请在图（b）中画出v与x的函数图象：
任务二：观察分析
（2）数学兴趣小组通过观察所作的函数图象，并结合已学习过的函数知识，发现图（b）中v与x的函数关系为一次函数关系，图（c）中y与x的函数关系为二次函数关系．请你结合表格数据，分别求出v与x的函数关系式和y与x的函数关系式：（不要求写出自变量的取值范围）
任务三：问题解决
（3）当黑球在水平木板停下来时，求此时黑球的滑行距离：
（4）若黑球到达木板点A处的同时，在点A的前方ncm处有一辆电动小车，以2cms的速度匀速向右直线运动，若黑球不能撞上小车，则n的取值范围应为______．
【答案】
（1）作图见详解
（2）v=−12x+10；y=−14x2+10x
（3）当黑球在水平木板停下来时，求此时黑球的滑行距离100cm
（4）n>64
【分析】（1）利用描点法解答即可；
（2）利用待定系数法解答即可；
（3）令v=0，求得小球停下来的时间，再将x=20代入y与x的函数关系式解答即可；
（4）假定经过t秒小球追上小电动车得到关于t的一元二次方程，令Δ<0，得到关于n的不等式，解不等式即可得出结论．
【详解】解：（1）画出v与x的函数图象如下：
（2）由（b）中图象可知：v与x的函数关系为一次函数关系，
∴设v=kx+c，代入(0,10)，(2,9)得：
c=102k+c=9，
解得：k=−12c=10，
∴v与x的函数关系为v=−12x+10；
设y=ax2+bx代入(2,19)，(4,36)得：
4a+2b=1916a+4b=36，
所得：a=−14b=10，
∴y与x的函数关系式为y=−14x2+10x；
（3）当v=−12x+10=0时，
解得：x=20．
将x=20代入y=−14x2+10x得：
y=−14×202+10×20=100．
∴当黑球在水平木板停下来时，此时黑球的滑行距离100cm．
（4）假定经过t秒小球追上小电动车，
∴−14t2+10t=n+2t，
∴ 14t2−8t+n=0．
由题意：Δ=(−8)2−4×14n<0，
∴n>64．
∴若黑球不能撞上小车，则n的取值范围为n>64．
故答案为：n>64．
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与性质，二次函数的图象与性质，待定系数法，一次函数与二次函数的应用，熟练掌握一次函数与二次函数的性质是解题的关键．
押题猜想六 解答题之一次函数与反比例函数综合问题
1．（2024·江苏盐城·一模）如图，已知A−3,2，Bn,−3是一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象的两个交点．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)求△AOB的面积；
(3)在坐标轴上是否存在一点P，使△AOP是等腰三角形？直接写出点P的坐标．
【答案】(1)y=−6x
(2)72
(3)−6,0−13,0−136,013,00,40,130,−130,134
【分析】（1）先把A−3,2代入y=mx求得m的值即可；
（2）把Bn,−3代入反比例函数的解析式求得n，最后把A，B两点代入y=kx+b即可求得一次函数解析式，再利用一次函数的解析式求得点C的坐标，利用S△AOB=S△AOC+S△BOC即可求解；
（3）分三种情况求解：①当OP=OA时，②当AP=AO时，③当PA=PO时．
【详解】（1）∵点A−3,2在反比例函数y=mx的图象上，
∴m=xy=−3×2=−6，
∴反比例函数的解析式为y=−6x，
（2）∵点Bn,−3在y=−6x上，
∴n=2，
∵A−3,2，B2,−3都在一次函数y=kx+b的图象上，代入得：
−3k+b=22k+b=−3，
解得k=−1b=−1，
∴一次函数的解析式为y=−x−1；
∵直线y=−x−1与x轴交于点C，如图1，
∴C−1,0，
∴OC=1，
∵A的坐标为−3,2，B的坐标为2,−3，
∴S△AOB=S△AOC+S△BOC
=12OC⋅|yA|+12OC⋅|yB|
=12OC|yA|+|yB|
=12×1×2+3
=52；
（3）①当OP=OA时，
∵A−3,2，
∴OP=OA=−3−02+2−02=13，
∴P113,0,P20,13,P3−13,0,P40,−13；
②当AP=AO时，
作AE⊥y轴于点E，则OP5=2OE．
∵A−3,2，
∴OE=2，
∴OP5=4，
∴P50,4．
同理可求P6−6,0；
③当PA=PO时
设P70,m，
则−3−02+2−m2=m2，
解得m=134，
∴P70,134．
同理可求P8−136,0．
综上可知，点P的坐标为−6,0−13,0−136,013,00,40,130,−130,134．
【点睛】此题考查了待定系数法，一次函数与反比例函数的交点，一次函数与坐标轴的交点，三角形的面积公式，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，用分类讨论和方程思想解决问题是解本题的关键．
2．（23-24九年级下·江西赣州·模拟）如图，点P在函数y=4xx>0的图像上，过点P作x轴和y轴的平行线分别交函数y=1x的图像于点M，N，直线MN与坐标轴的交点为E，F．
(1)设点P横坐标为a，则点P的坐标为______，点M的坐标为______，点N的坐标为______．（用含字母a的式子表示）
(2)当点P在函数y=4xx>0的图像上运动时，△PMN的面积是否发生变化？若不变，求出△PMN的面积；若变化，请说明理由．
(3)请直接写出EM与FN满足的数量关系．
【答案】(1)a,4a；a4,4a；a,1a
(2)不发生改变，S△PMN=98
(3)EM=FN
【分析】（1）由条件可先求得P点坐标，从而可求得M点纵坐标，再代入y=1x可求得M点与N点的坐标；
（2）设出P点坐标，从而可表示出M、N的坐标，则可表示出PM和PN的长，可求得△PMN的面积；
（3）可证明△PMN∽△FHN，利用（2）中PM和PN的长可表示出FH，可得到GM=FH，继而证明△EMG≌△NFH，然后根据全等三角形的性质即可解答．
【详解】（1）解：∵点P横坐标为a，点P在函数y=4xx>0的图像上，点M，N在函数y=1x的图像上，
∴点P的纵坐标为4a，
∵PM∥x轴，PN∥y轴，
∴点M的纵坐标为4a，点N的横坐标为a，
∴点M的横坐标为a4，点N的纵坐标为1a，
∴点P的坐标为a,4a，点M的坐标为a4,4a，点N的坐标为a,1a，
故答案为：a,4a；a4,4a；a,1a；
（2）∵Pa,4a，
∴Ma4,4a，Na,1a，
∴PM=a−a4=34a，PN=4a−1a=3a，
∴S△PMN=12PM⋅PN=12×34a×3a=98，
∴△PMN的面积不发生变化，△PMN的面积为98；
（3）GM=HF．
理由：如图，延长PM交y轴于点G，延长PN交x轴于点H，
∵PM∥x轴，
∴∠PMN=∠HFN，∠MPN=∠FHN，∠EMG=∠NFH，
∴△PMN∽△HFN，
∴PMFH=PNHN，即34aFH=3a1a，
∴FH=14a，
∵PM∥x轴，Ma4,4a，
∴GM=14a，
∴GM=HF，
∵PN∥y轴，
∴∠MEG=∠FNH，
在△EMG和△NFH中，
∠EMG=∠NFH∠MEG=∠FNHGM=HF，
∴△EMG≌△NFHAAS，
∴EM=FN．
【点睛】本题为反比例函数的综合应用，考查了函数图像上点的坐标特征，平行线的性质，三角形的面积，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识．（1）中求得PA点坐标是解题的关键，在（2）中用a表示出PM、PN的长是解题的关键，在（3）构造全等三角形是解题的关键．
3．（2024·山东济南·模拟预测）如图1，直线AB与反比例函数y=kxx>0的图象交于点A2,6和点B6,n，与x轴交于点C，与y轴交于点D．
(1)求反比例函数的表达式及n的值．
(2)将△OCD沿直线AB翻折，点O落在第一象限内的点E处，EC与反比例函数的图象交于点F．
①求点F的坐标．
②在x轴上是否存在点P，使得△DPF是以DF为斜边的直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)反比例函数的表达式为y=12x，n=2
(2)①F8,32②存在，P的坐标为6,0或2,0
【分析】（1）把A2,6代入得到反比例函数的表达式y=kxx>0中求k，确定反比例函数的表达式，把B6,n代入反比例函数可得到结论；
（2）①设直线AB的解析式为：y=kx+b，解方程组得到直线AB的解析式，求得点C、D ，得到△COD是等腰直角三角形，推出四边形OCED是正方形，得到E坐标，把x=8代入反比例函数中即可得到结论；
②设点P（m，0），根据勾股定理得到DP2+PF2=DF2即m2+64+(8−m)2+322=64+8−322，可求得m，即可确定P点坐标．
【详解】（1）解：∵y=kxx>0的图象过点A2,6，
∴6=k2，
∴k=12，
∴反比例函数的表达式为y=12x，
∵点B6,n在反比例函数y=12x的图象上，
∴n=126=2．
（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b，
则2k+b=66k+b=2，解得k=−1b=8，
∴直线AB的解析式为y=−x+8．
当y=0时，x=8；当x=0时，y=8，
∴点C8,0，点D0,8．
∴OC=OD=8，
∴△COD是等腰直角三角形，
∴∠ODC=∠OCD=45°，
∵将△OCD沿直线AB翻折，
∴四边形OCED是正方形，
∴DE=CE=8，
∴E8,8，
把x=8代入y=12x，得y=32，
∴F8,32；
②存在，理由如下；
设点Pm,0，
则DP2=m2+64，PF2=(8−m)2+322，DF2=64+8−322，
∵△DPF是以DF为斜边的直角三角形，
∴DP2+PF2=DF2，
即m2+64+(8−m)2+322=64+8−322，
解得m=6或m=2．
故在x轴上存在点P，使得△DPF是以DF为斜边的直角三角形，
此时点P的坐标为6,0或2,0．
【点睛】本题考查了一次函数和反比例函数的综合问题，待定系数法求函数的解析式，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
押题解读
反比例函数与一次函数的综合题是中考常考的内容，但是此类问题牵扯到的知识点比较多，如求它们的函数解析式，或是通过两者的图像相交，需要考生结合两个函数解析式转化成一元二次方程，从而求得交点坐标等。掌握反比例函数和一次函数的图像和性质，也是解决反比例函数与一次函数综合题的关键，所以反比例函数和一次函数的图像和性质必须熟记.
1．（2024·广东中山·一模）如图，一次函数y=12x+2的图象与反比例函数y=kx(k≠0，x>0)的图象相交于点A2,a，与x轴交于C点，与y轴交于B点．
(1)由图像可知，当x 时，12x+2>kx；
(2)求出a，k的值；
(3)若Mm,0为x轴上的一动点，当△AMB的面积为72时，求m的值；
(4)在x轴上是否存在点D，使得∠BOA=∠OAD，若存在，请直接写出点D坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)>2；
(2)a=3，k=6；
(3)m=3或11；
(4)D的坐标为(2,0)或(−265,0)．
【分析】（1）根据图象求解即可；
（2）将点A(2,a)代入y=12x+2，即可求出a的值，从而得到A(2,3)．再将A(2,3)代入y=kx，即可求出k的值；
（3）根据一次函数解析式可求出C(−4,0)，B(0,2)．结合M(m,0)为x正轴上的一动点，可求出CM=m+4．最后根据S△AMB=S△ACM−S△BCM，结合三角形面积公式，即可列出关于m的等式，解出m的值即可．
（4）过A作AD⊥x轴于D，作OA的垂直平分线交y轴于E，交OA于F，连接AE，并延长AE交x轴于D'，分两种情况，利用一次函数的解析式解答即可．
【详解】（1）根据图像可以看出12x+2>kx表示一次函数在双曲线上方部分，
∴当x>2时，12x+2>kx；
（2）由题意可知点A(2,a)在一次函数y=12x+2的图象上，
∴a=12×2+2=3，
∴A(2,3)．
∵一次函数y=12x+2的图象与反比例函数y=kx(k≠0,x>0)的图象相交于点A，
∴3=k2，
∴k=6；
（3）对于y=12x+2，令y=0，则0=12x+2，
解得：x=−4，
∴C(−4,0)．
令x=0，则y=2，
∴B(0,2)．
∵M(m,0)为x轴的一动点，
∴CM=m−(−4)=m+4，
∴S△ACM=12CM⋅yA=12(m+4)×3=32(m+4)，
S△BCM=12CM⋅yB=12(m+4)×2=(m+4)，
∵S△AMB=S△ACM−S△BCM，S△AMB=72，
∴ 32(m+4)−(m+4)=72，
解得：m=3或−11．
（4）过A作AD⊥x轴于D，
∴AD∥y轴，
∴∠AOB=∠OAD，
∵A(2,a)，k=6，
∴y=6x，
把x=2，代入a=62=3，
∴D(2,0)，
作OA的垂直平分线交y轴于E，交OA于F，连接AE，并延长AE交x轴于D'，
∴△EOA是等腰三角形，
∴∠AOB=∠OAD'，
∵A(2,3)，
∴OA=22+32=13，
∵tan∠AOB=23=EFOF=EF132，
∴EF=133，
∴OE=EF2+OF2=(133)2+(132)2=136，
设直线AE的解析式为：y=mx+n，
把A(2,3)，E(0,136)代入解析式可得：2m+n=3n=136，
解得：m=512n=136，
∴直线AE的解析式为：y=512x+136，
把y=0代入y=512x+136，
解得：x=−265，
∴D'(−265,0)，
综上所述，D的坐标为(2,0)或(−265,0)．
【点睛】本题是反比例函数综合题，考查一次函数与反比例函数图象的交点问题，一次函数与坐标轴的交点问题等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
2．（2024·江苏连云港·一模）一次函数y=−x+5与反比例函数y=kx的图像在第一象限交于A,B两点，其中A(1,a)．
(1)求反比例函数表达式；
(2)结合图像，直接写出−x+5≤kx时，x的取值范围；
(3)若把一次函数y=−x+5的图像向下平移b个单位，使之与反比例函数y=kx的图像只有一个交点，请直接写出b的值．
【答案】(1)y=4x
(2)0(3)1或9
【分析】（1）将A(1,a)代入y=−x+5得，a=−1+5=4，则A(1，4)，将A(1，4)代入y=kx得，可得，k=4，进而可得反比例函数表达式；
（2）联立−x+5=4x，整理得，x2−5x+4=0，可求满足要求的解x=1或x=4，将x=4代入y=4x得，y=44=1，则B(4，1)，然后数形结合求不等式的解集即可；
（3）由题意知，平移后的解析式为y=−x+5−b，联立得，−x+5−b=4x，整理得，x2−5−bx+4=0，由图像只有一个交点，可得Δ=5−b2−4×1×4=0，计算求解然后作答即可．
【详解】（1）解：将A(1,a)代入y=−x+5得，a=−1+5=4，
∴A(1，4)，
将A(1，4)代入y=kx得，4=k1，
解得，k=4，
∴反比例函数表达式为y=4x；
（2）解：联立−x+5=4x，整理得，x2−5x+4=0，
∴x−1x−4=0，
解得，x=1或x=4，
经检验，x=1或x=4是原分式方程的解，
将x=4代入y=4x得，y=44=1，
∴B(4，1)，
∴由图像可知，−x+5≤kx的解集为0（3）解：由题意知，平移后的解析式为y=−x+5−b，
联立得，−x+5−b=4x，整理得，x2−5−bx+4=0，
∵图像只有一个交点，
∴Δ=5−b2−4×1×4=0，
解得，b=1或b=9，
∴b的值为1或9．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数综合，一次函数解析式，反比例函数解析式，图像法求不等式的解集，一次函数的平移，一元二次方程根的判别式等知识．熟练掌握反比例函数与一次函数综合，一次函数解析式，反比例函数解析式，不等式的解集，一次函数的平移，一元二次方程根的判别式是解题的关键．
3．（2024·江苏苏州·一模）如图，一次函数y=12x−1的图像与y轴相交于B点，与反比例函数y=kxk≠0,x>0图像相交于点Am,2．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)点C在点A的左侧，过点C作y轴平行线，交反比例函数的图像于点D，连接BD．设点C的横坐标为a，求当a为何值时，△BCD的面积最大，这个最大值是多少？
【答案】(1)y=12x
(2)当a=1时，最大值S△BCD=254
【分析】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题以及二次函数的性质．
（1）根据待定系数法求出反比例函数解析式即可；
（2）根据三角形面积公式列出关于a的代数式，利用二次函数的最值求法求出最大面积即可．
【详解】（1）解：∵点Am,2在一次函数y=12x−1的图象上，
∴12m−1=2，
解得m=6，
∴A6,2，
∵点A6,2在反比例函数图像上，
∴k=6×2=12，
∴反比例函数解析式为：y=12x；
（2）解：∵点C在一次函数y=12x−1的图像上，且点C的横坐标为a，
∴点C的纵坐标为12a−1，
∴Da,12a，
∴CD=12a−12a+1，
∴S△BCD=12×12a−12a+1×a
=−14a2+12a+6
=−14a−12+254，
∵−14<0，
∴S△BCD有最大值，当a=1时，最大值S△BCD=254．
4．（2024·四川广安·模拟预测）如图，一次函数y=x+1与反比例函数y=kx的图象相交于Am,2，B两点，分别连接OA，OB．
(1)求这个反比例函数的表达式；
(2)求不等式x+1>kx的解集；
(3)在平面内是否存在一点P，使得以点O，B，A，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=2x
(2)−21
(3)存在，P点坐标为−1,1或−3,−3或3,3
【分析】本题考查了一次函数和反比例函数综合、求反比例函数解析式、根据图象写出不等式的解集、平行四边形的性质、点坐标的平移等，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
（1）把Am,2代入一次函数求解，得到点A坐标，把点A坐标代入y=kx求出反比例函数表达式即可
（2）联立一次函数和反比例函数表达式，求出点B坐标，结合点A坐标，观察图象，得出不等式x+1>kx的解集即可；
（3）由题意知，分OA与OB为邻边，AB与AO为邻边，BA与BO为邻边，三种情况讨论，根据点坐标的平移方式求解即可．
【详解】（1）解：把Am,2代入一次函数得2=m+1，解得m=1，
∴A1,2，
把A1,2代入反比例函数得2=k1，解得k=2，
∴反比例函数的表达式为y=2x；
（2）解：∵一次函数的表达式为y=x+1，反比例函数的表达式为y=2x，
∴联立表达式，得：x+1=2x，
整理得：x2+x−2=0，
x+2x−1=0，
∴x+2=0或x−1=0，
∴x1=−2，x2=1，
∵A1,2，
∴点B横坐标=−2，
∴结合图象观察，得不等式x+1>kx的解集为−21；
（3）解：①当OA与OB为邻边，时，点O0,0先向左平移2个单位再向下平移1个单位到点B−2,−1，
∴点A1,2也先向左平移2个单位再向下平移1个单位到点P，即P−1,1；
②当AB与AO为邻边时，点A1,2先向左平移1个单位再向下平移2个单位到点O0,0，
∴点B−2,−1也先向左平移1个单位再向下平移2个单位到点P，即P−3,−3；
③当BA与BO为邻边时，点B−2,−1先向右平移3个单位再向上平移3个单位到点A1,2，
∴点O0,0也先向右平移3个单位再向上平移3个单位到点P，即P3,3．
综上，存在，P点坐标为−1,1或−3,−3或3,3．
押题猜想七 解答题之用三角函数解决实际问题
1．（2022·辽宁鞍山·中考真题（改））北京时间2024年4月25日20时59分，神舟十八号载人飞船发射成功．为弘扬航天精神，某校在教学楼上悬挂了一幅长为8m的励志条幅（即GF=8m）．小亮同学想知道条幅的底端F到地面的距离，他的测量过程如下：如图，首先他站在楼前点B处，在点B正上方点A处测得条幅顶端G的仰角为37°，然后向教学楼条幅方向前行12m到达点D处（楼底部点E与点B，D在一条直线上），在点D正上方点C处测得条幅底端F的仰角为45°，若AB，CD均为1.65m（即四边形ABDC为矩形），请你帮助小亮计算条幅底端F到地面的距离FE的长度．（结果精确到0.1m，参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【答案】条幅底端F到地面的距离FE的长度约为5.7米．
【分析】设AC与GE相交于点H，根据题意可得：AB＝CD＝HE＝1.65米，AC＝BD＝12米，∠AHG＝90°，然后设CH＝x米，则AH＝（12＋x）米，在Rt△CHF中，利用锐角三角函数的定义求出FH的长，从而求出GH的长，最后再在Rt△AHG中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【详解】解：设AC与GE相交于点H，
由题意得：
AB＝CD＝HE＝1.65米，AC＝BD＝12米，∠AHG＝90°，
设CH＝x米，
∴AH＝AC＋CH＝（12＋x）米，
在Rt△CHF中，∠FCH＝45°，
∴FH＝CH•tan45°＝x（米），
∵GF＝8米，
∴GH＝GF＋FH＝（8＋x）米，
在Rt△AHG中，∠GAH＝37°，
∴tan37°＝GHAH=x+812+x≈0.75，
解得：x＝4，
经检验：x＝4是原方程的根，
∴FE＝FH＋HE＝5.65≈5.7（米），
∴条幅底端F到地面的距离FE的长度约为5.7米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
2．（2024·山西朔州·二模）如图1是某城建部门利用折臂升降机正在路边检修路灯的实物图片，图2是某时刻折臂升降机工作时的平面示意图，上折臂顶端恰好接触路灯杆，点A，B，C，D，E，F，M，N都在同一竖直平面内．路灯杆AB和折臂升降机的折臂底座CD都垂直于地面MN，且它们之间的水平距离BC=3m，折臂底座CD=2m，上折臂EF=8m，上折臂EF与下折臂DE的夹角∠FED=88°，下折臂DE与折臂底座的夹角∠CDE=135°，求上折臂顶端F到地面的距离BF．（结果精确到0.1m，参考数据：sin43°≈0.68，cs43°≈0.73，2≈1.41）
【答案】10.3m
【分析】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
过点E作EG⊥MN，垂足为G，过点D作DH⊥EG，垂足为H，过点E作EK⊥BF，垂足为K．根据题意可得EK=GB，HD=GC，EG=KB，HG=DC=2，∠HDC=90°，EK∥DH，从而可得∠EDH=45°，进而可得∠FEK=43°，然后在Rt△FEK中，利用锐角三角函数的定义求出KF,EK的长，从而求出GC的长，进而求出DH的长，再在Rt△EDH中，利用锐角三角函数的定义求出EH的长，进行计算即可解答．
【详解】解：如答图，过点E作EG⊥MN，垂足为G，过点D作DH⊥EG，垂足为H，过点E作EK⊥BF，垂足为K．
则EK=GB，HD=GC，EG=KB，HG=DC=2，∠HDC=90°，EK∥DH．
∵∠CDE=135°，
∴∠EDH=∠EDC−∠HDC=45°．
∵EK∥HD，
∴∠KED=∠EDH=45°．
∵∠FED=88°，
∴∠FEK=∠FED−∠KED=43°．
在Rt△FEK中，EF=8，
∴FK=EF⋅sin43°≈8×0.68=5.44．
EK=EF⋅cs43°≈8×0.73=5.84．
∴GB=EK=5.84．
∵BC=3，
∴GC=GB−BC=5.84−3=2.84．
∴DH=GC=2.84．
在Rt△EDH中，EH=DH⋅tan45°=2.84×1=2.84．
∴KB=EG=EH+HG=2.84+2=4.84．
∴FB=KB+FK=4.84+5.44=10.28≈10.3m．
答：上折臂顶端F到地面的距离FB约为10.3m．
3．（2024·上海嘉定·二模）某东西方向的海岸线上有A、B两个码头，这两个码头相距60千米（AB=60），有一艘船C在这两个码头附近航行．

(1)当船C航行了某一刻时，由码头A测得船C在北偏东55°，由码头B测得船C在北偏西35°，如图，求码头A与C船的距离（AC的长），其结果保留3位有效数字；
（参考数据∶sin35°≈0.5736，cs35°≈0.8192，tan35°≈0.7002，ct35°≈1.428）
(2)当船C继续航行了一段时间时，由码头A测得船C在北偏东30°，由码头B测得船C在北偏西15°，船C到海岸线AB的距离是CH（即CH⊥AB），如图，求CH的长，其结果保留根号．
【答案】(1)码头A与C船的距离为49.2千米
(2)船C到海岸线AB的距离CH为153+45千米
【分析】本题考查了三角函数的应用，解题的关键是掌握三角形函数的定义．
（1）根据题意可得∠CAB=35°，∠CBA=55°，进而得到∠ACB=90°，根据三角函数即可求解；
（2）过点B作BG⊥AC，垂足为G，根据题意可得∠CAB=60°，∠CBA=75°，进而得到∠ACB=45°，根据sin∠GAB=GBAB，求出GB，推出GC=303，从而求出AC=30+303，最后根据sin∠CAH=CHAC，即可求解．
【详解】（1）解：∵ ∠PAC=55°，
∴ ∠CAB=90°−∠PAC=35°，
∵ ∠QBC=35°，
∴ ∠CBA=90°−∠QBC=55°，
又∵ ∠CAB+∠CBA+∠ACB=180°，
∴ ∠ACB=90°，
在Rt△ACB中，cs∠CAB=ACAB
又cs35°≈0.8192，AB=60千米，
∴ AC=AB·cs∠CAB=60×cs35°≈60×0.8192=49.152（千米），
∴ AC≈49.2千米
答：码头A与C船的距离为49.2千米；
（2）∵ ∠PAC=30°，
∴ ∠CAB=60°，
∵ ∠QBC=15°，
∴ ∠CBA=75°，
又∵ ∠CAB+∠CBA+∠ACB=180°，
∴∠ACB=45°，
过点B作BG⊥AC，垂足为G，
在Rt△AGB中，sin∠GAB=GBAB，cs∠GAB=AGAB，
∴ GB=60·sin60°=303（千米），AG=60·cs60°=30（千米），
在Rt△CGB中，
∴ GC=GBtan∠GCB=303（千米），
∴ AC=AG+GC=30+303（千米），
在Rt△AHC中，sin∠CAH=CHAC，
∴ CH=AC·sin∠CAH=153+45（千米），
答：船C到海岸线AB的距离CH为153+45千米．
押题解读
初中三角函数应用题几乎全国的中考数学考试都要考到，而三角函数的应用是非常重要的几何工具，既有省略相似的繁琐证明过程，也能够通过自身的知识点特征进行应用的适用。在运用三角函数的知识解决实际问题时，要学会将千变万化的实际问题转化为数学问题，要善于将某些实际问题中的数量关系归结为直角三角形中的元素(边、 角)之间的关系，:若不是直角三角形，应尝试添加辅助线，构造出直角三角形进行解答，这样才能更好地运用解直角三角形的方法求解， 其中仰角、俯角的应用问题，方向角的应用问题， 坡度、坡角的应用问题要熟练掌握其解题思路，把握解题关键 .
1．（2024·山东济南·模拟预测）脱贫攻坚工作让老百姓过上了幸福的生活．如图①是政府给贫困户新建的房屋，如图②是房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高AB所在的直线．为了测量房屋的高度，在地面上C点测得屋顶A的仰角为35°，此时地面上C点、屋檐上E点、屋顶上A点三点恰好共线，继续向房屋方向走8m到达点D时，又测得屋檐E点的仰角为55°，房屋的顶层横梁EF=12m，EF∥CB，AB交EF于点G（点C，D，B在同一水平线上）．（参考数据：sin35°≈0.6，cs35°≈0.8，tan35°≈0.7，sin55°≈0.8，cs55°≈0.6，tan55°≈1.4)
(1)求屋顶到横梁的距离AG；
(2)求房屋的高AB．
【答案】(1)4.2m
(2)15.4m
【分析】本题主要考查了仰角的定义及其解直角三角形的应用，解题时首先正确理解仰角的定义，然后构造直角三角形利用三角函数和已知条件列方程解决问题．
（1）根据EF∥CB可得∠C=∠AEG=35°，再根据AG=GE⋅tan∠AEG，即可求解；
（2）过点E作EH⊥BC于点H，设EH=BG=xm，则CH=EHtan∠C=xtan35°，DH=EHtan∠EDH=xtan55°，再根据CH−DH=CD，列出方程求解即可．
【详解】（1）解： ∵EF∥CB，
∴∠C=∠AEG=35°，
∵该房屋的侧面示意图是一个轴对称图形，
∴ EG=12EF=6m，AB⊥EF，
∴AG=EG⋅tan∠AEG=6×tan35°≈4.2(m)，
答：屋顶到横梁的距离为4.2m．
（2）解：过点E作EH⊥BC于点H，
设EH=BG=xm，
∵∠C=35°，
在Rt△CEH中，CH=EHtan∠C=xtan35°，
∵∠EDH=55°，
在Rt△DEH中，DH=EHtan∠EDH=xtan55°，
∵CH−DH=CD，
∴ xtan35°−xtan55°=8，
∵tan35°≈0.7，tan55°≈1.4，
∴解得：x≈11.2，
∴AB=AG+BG=11.2+4.2=15.4(m)，
答：房屋的高为15.4m．
2．（23-24九年级上·浙江湖州·模拟）为了保护小吉的视力，妈妈为他购买了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图（如图2），测得底座AB高为2cm，∠ABC=150°，支架BC为18cm，面板长DE为24cm，CD为6cm．（厚度忽略不计）
(1)求支点C离桌面l的高度；（计算结果保留根号）
(2)小吉通过查阅资料，当面板DE绕点C转动时，面板与桌面的夹角α满足30°≤α≤70°时，问面板上端E离桌面l的高度是增加了还是减少了？增加或减少了多少？（精确到0.1cm，参考数据：sin70°≈0.94,cs70°≈0.34,tan70°≈2.75）
【答案】(1)(93+2)cm
(2)当α从30°变化到70°的过程中，高度增加了7.9cm
【分析】本题考查解直角三角形的应用．把所求线段和所给角放在合适的直角三角形中是解决本题的关键．
（1）过点C作CF⊥l于点F，过点B作BM⊥CF于点M，，易得四边形ABMF为矩形，那么可得MF=AB=2cm，∠ABM=90°，所以∠MBC=60°，利用60°的三角函数值可得CM长，进而可求解；
（2）过点C作CN∥l，过点E作EH⊥CN于点H，分别得到CE与CN所成的角为30°和70°时EH的值，相减即可得到面板上端E离桌面l的高度增加或减少了．
【详解】（1）解：过点C作CF⊥l于点F，过点B作BM⊥CF于点M，
∴∠CFA=∠BMC=∠BMF=90°，
由题意得：∠BAF=90°，
∴四边形ABMF为矩形，
∴MF=AB=2cm，∠ABM=90°．
∵∠ABC=150°，
∴∠MBC=60°．
∵BC=18cm，
∴CM=BC⋅sin60°=18×32=93．
∴CF=CM+MF=(93+2)cm，
答：支点C离桌面l的高度为(93+2)cm；
（2）解：过点C作CN∥l，过点E作EH⊥CN于点H，
∴∠EHC=90°，
∵DE=24cm,CD=2cm，
∴CE=18cm，
当∠ECH=30°时，EH=CE⋅sin30°=18×12=9cm；
当∠ECH=70°时，EH=CE⋅sin70°≈18×0.94=16.92cm；
∴16.92−9=7.92≈7.9cm，
∴当α从30°变化到70°的过程中，面板上端E离桌面l的高度是增加了．
3．（2024·浙江·一模）如图1是我国古代提水的器具桔槔，创造于春秋时期．它选择大小两根竹竿，大竹竿中点架在作为杠杆的竹梯上．大竹竿末端悬挂一个重物，前端连接小竹竿（小竹竿始终与地面垂直），小竹竿上悬挂水桶．其原理是通过对架在竹梯上的大竹竿末端下压用力，从而提水出井．当放松大竹竿时，小竹竿下降水桶就会回到井里．如图2是桔槔的示意图，大竹竿AB=6米，O为AB的中点，支架OD垂直地面EF．
(1)当水桶在井里时，∠AOD=120°，求此时支点O到小竹竿AC的距离（结果精确到0.1m）；
(2)如图2，当水桶提到井口时，大竹竿AB旋转至A1B1的位置，小竹竿AC至A1C1的位置，此时∠A1OD=143°，求点A上升的高度（结果精确到0.1m）．（参考数据：3≈1.73，sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，tan37°≈0.75）
【答案】(1)点A到地面EF的距离为2.6m；
(2)点A上升的高度为0.9m；
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
（1）作OG⊥AC于点G，由题意可知OA=12AB=3m，∠AOG=30°，在Rt△AOG中，应用特殊角三角函数值求OG即可；
（2）记OG交A1C1于点H，由题意推出∠OA1H=37°，在Rt△OA1H中，求A1H，在Rt△AOG中求AG，则点A上升的高度可解；
【详解】（1）作OG⊥AC于点G（图1），
∵O为AB的中点，AB=6，
∴OA=12AB=3m
∵∠OGP=∠GPD=∠PDO=90°，
∴∠DOG=90°
∵∠AOD=120°，
∴∠AOG=30°，
在Rt△AOG中，
OG=OAcs30°≈2.6m
∴点A到地面EF的距离为2.6m．
（2）记OG交A1C1于点H（图2），
∵AC⊥EF，A1C1⊥EF，
∴AC∥A1C1，
∴∠A1HO=90°
∵∠AOD=143°，
∴∠A1HO=53°，
∴∠OA1H=37°
在Rt△OA1H中，
A1H=OA1sin∠A1OH=3cs37°≈2.4m，
在Rt△AOG中，
AG=OAsin∠AOG=3sin30°≈1.5m
∴点A上升的高度为A1H−AG=2.4−1.5=0.9m．
4．（2024·山东临沂·二模）消防安全事关经济发展和社会和谐稳定，是惠及民生、确保民安的一项重要基础性工作，消防车是消防救援的主要装备．图1是某种消防车云梯，图2是其侧而示意图，点D，B，O在同一直线上，DO可绕着点O旋转，AB为云梯的液压杆，点O，A，C在同一水平线上，其中BD可伸缩，套管OB的长度不变，
在某种工作状态下测得液压杆AB=3m，∠BAC=53°，∠DOC=37°．

(1)求BO的长．
(2)消防人员在云梯末端点D高空作业时，将BD伸长到最大长度6m，云梯DO绕着点O按顺时针方向旋转一定的角度，消防人员发现铅直高度升高了3.2m，求云梯OD大约旋转了多少度．
（参考数据：sin37°≈35，tan37°≈34，sin53°≈45，tan53°≈43，sin67°≈0.92，cs67°≈0.39）
【答案】(1)OB=4m
(2)30°
【分析】本题主要考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提，构造直角三角形是解答本题的关键．
（1）构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系进行计算即可解答；
（2）求出旋转前点D的高度DF，进而求出旋转后点D'的高度D'G，再根据锐角三角函数的定义求出∠D'OG的大小即可解答．
【详解】（1）解：如图，过点B作BE⊥OC于点E，
在Rt△ABE中，∠BAC=53°，AB=3m，
∴BE=AB⋅sin∠BAE=3×sin53°≈3×45=125，
在Rt△BOE中，∠BOE=37°，BE=125，
∵sin∠BOE=BEOB，
∴OB=BEsin∠BOE=12535=4．
答：OB=4m．
（2）解：如图，过点D作DF⊥OC于点F，旋转后点D的对应点为D'，过点D'作D'G⊥OC于点G，过点D作DH⊥D'G于点H，
在Rt△FOD中，OD=OB+BD=4+6=10，∠DOF=37°，
∴DF=OD⋅sin37°≈10×35=6m，
∴D'G=D'H+HG=3.2+6=9.2m，
在Rt△D'OG中，OD'=10m,D'G=9.2m,
∴sin∠D'OG=D'GD'O=9.210=0.92，
∴∠D'OG≈67°，
∴∠D'OD=67°−37°=30°，即云梯OD大约旋转了30°．
押题猜想八 解答题之几何图形的证明与计算问题
1．（2024·江苏南京·一模）如图，AC与BD相交于点E，连接AB，CD，CD=DE．经过A，B，C三点的⊙O交BD于点F，且CD是⊙O的切线．
(1)连接AF，求证：AF=AB；
(2)求证：AB2=AE⋅AC
(3)若AE=2，EC=6，BE=4，，则⊙O的半径为 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)161515
【分析】（1）如图，连接OC，OA交BF于点G，由切线性质可知∠OCD=∠OCA+∠DCE=90°，由CD=DE，OA=OC，∠DEC=∠AEG，可推导∠OAC+∠AEG=90°，进而可知OA⊥BF，由垂径定理可得，OA垂直平分BF，即可证明结论；
（2）如图，连接BC，由（1）知，AF=AB，则∠AFB=∠ABE，结合圆周角定理可证∠ABE=∠ACB，进而可证明△ABE∽△ACB，得ABAE=ACAB，即可证明结论；
（3）如图，连接OC并延长交AB于点H，连接OB，BC，结合题意知AC=AE+EC=8，由（2）可知，AB2=AE⋅AC=16，可得AB=4=BE，由（2）知△ABE∽△ACB，则ABAC=BECB，继而可得AC=CB=8，可知CH垂直平分AB，得AH=BH=12AB=2，由此可得CH=215，设半径为r，则OA=OC=r，OH=215−r，在Rt△AOH中，OH2+AH2=OA2，列出方程即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，OA交BF于点G，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，即∠OCD=∠OCA+∠DCE=90°，
∵CD=DE，
∴∠DCE=∠DEG，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠DEC=∠AEG，
∴∠OAC+∠AEG=90°，
∴∠AGE=180°−∠OAC+∠AEG=90°，即OA⊥BF，
由垂径定理可得，OA垂直平分BF，
∴AF=AB；
（2）证明：如图，连接BC，
由（1）知，AF=AB，则∠AFB=∠ABE，
又∵∠ACB=∠AFB，
∴∠ABE=∠ACB，
又∵∠BAE=∠CAB，
∴△ABE∽△ACB，
∴ABAE=ACAB，即：AB2=AE⋅AC；
（3）解：如图，连接OC并延长交AB于点H，连接OB，BC，
∵AE=2，EC=6，则AC=AE+EC=8，
由（2）可知，AB2=AE⋅AC=16，
∴AB=4=BE，
由（2）知△ABE∽△ACB，则ABAC=BECB，即48=4CB，
∴AC=CB=8，
又∵OA=OB，
∴CH垂直平分AB，
∴AH=BH=12AB=2，
在Rt△BCH中，CH=BC2−BH2=215，
设半径为r，则OA=OC=r，OH=CH−OC=215−r，
在Rt△AOH中，OH2+AH2=OA2，即：215−r2+22=r2，
解得：r=161515，
故答案为：161515．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的性质，垂径定理，相似三角形的判定及性质，勾股定理等知识，熟悉相关图形的性质，添加辅助线构造相似三角形和直角三角形是解决问题的关键．
2．（2024·江苏南京·一模）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，AE=CF，连接BE，DF．
(1)求证：四边形EBFD是平行四边形；
(2)已知AB=4，AD=8，∠BAD=120°，当AE的长为 时，四边形EBFD是菱形．
【答案】(1)证明过程见详解；
(2)125
【分析】本题考查平行四边形和菱形的判定，难度适中，解题关键是熟练掌握它们的判定方法并灵活运用．
（1）根据一组对边平行且相等判断四边形EBFD是平行四边形即可；
（2）根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可求出AE的值．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴ED∥BF．
又AE=CF，
∴ED=BF，
∴四边形EBFD是平行四边形．
（2）解：作AG⊥BC于点G，作EH⊥BC于点H，
∵AD∥BC,
∴四边形AGHE是矩形，
∴AG=HE,AE=GH,
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=180°−∠BAD=60°,
∴∠BAG=30°,
∵AB=4，
∴BG=12AB=2,
∴在Rt△ABG中，AG=AB2−BG2=42−22=23，
设AE=GH=x,
∵AD=8，则DE=BE=8−x,
在Rt△BEH中，BH2+EH2=BE2，
∴x+22+232=8−x2，
解得：AE=x=125，
∴当AE=125时，四边形EBFD是菱形．
3．（2024·陕西榆林·二模）【问题提出】
（1）如图1，在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，连接DE，且DE∥BC，若BD=2AD，BC=15，则DE的长为_______；
【问题探究】
（2）如图2，在△ABC和△CDE中，点B、C、D在同一条直线上，AB=CD，∠B=∠D=∠ACE=60°，判断AC与CE的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图3，五边形ABCDE是某植物园的平面图，C、D分别是植物园的入口和出口（可看作点），AC和AD是进出植物园的两条主路，该植物园为举行春季花展，现要在出入口C、D之间进行花墙装饰工作．已知∠B=∠BAE=∠E=90°，∠CAD=45°，AB=60m，AE=120m，AC=305m，求装饰的花墙CD的长度．（结果保留根号）
【答案】（1）5；（2）AC=CE，理由见解析；（3）1085m
【分析】（1）通过证明△ADE∽△ABC，得出DEBC=ADAB=13，即可解答；
（2）通过证明△ABC≌△CDE，即可得出结论；
（3）过点D作DF⊥AD交AC的延长线于点F，过点F作MN∥BC交AB的延长线于点M，交ED的延长线于点N，延长BC交EN于点G．易得四边形ABGE、四边形BMNG和四边形AMNE是矩形，通过证明△ADE≌△DFN AAS，得出AE=DN=120m，DE=FN．设DE=FN=xm，则MF=120−xm，AM=EN=120+xm，再证明△ABC∽△AMF，得出MFBC=AMAB，即120−x30=120+x60，求出x的值，即可解答．
【详解】解：（1）∵BD=2AD，
∴AD=13AB，则ADAB=13，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴DEBC=ADAB=13，
∵BC=15，
∴DE=5，
故答案为：5．
（2）AC=CE．理由如下：
∵ ∠B=∠D=∠ACE=60°，点B，C、D在同一条直线上，
∴ ∠A+∠ACB=∠DCE+∠ACB=120°
∴ ∠A=∠DCE．
在△ABC和△CDE中，∠B=∠D，AB=CD，∠A=∠DCE，
∴ △ABC≌△CDEASA，
∴ AC=CE．
（3）过点D作DF⊥AD交AC的延长线于点F，过点F作MN∥BC交AB的延长线于点M，交ED的延长线于点N，延长BC交EN于点G．
则四边形ABGE、四边形BMNG和四边形AMNE是矩形，
∴ ∠E=∠N=90°，AE=BG=MN=120，AB=EG=60，BM=GN，AM=EN．
在△ADF中，AD⊥DF，∠DAF=45°，
∴ AD=DF，∠ADF=90°，
∴ ∠ADE+∠FDN=90°，
∵ ∠ADE+∠DAE=90°，
∴ ∠DAE=∠FDN．
在△ADE和△DFN中，∠E=∠N=90°，∠DAE=∠FDN，AD=DF，
∴ △ADE≌△DFN AAS，
∴ AE=DN=120m，DE=FN．
设DE=FN=xm，则MF=120−xm，AM=EN=120+xm
在Rt△ABC中，AB=60m，AC=305m，
∴ BC=AC2−AB2=30m，
∴ CG=BG−BC=90m．
∵ ∠ABC=∠AMF=90°，∠BAC=∠MAF
∴ △ABC∽△AMF
∴ MFBC=AMAB，即120−x30=120+x60，
解得x=40，
∴ DG=EG−DE=20m，
∴ CD=CG2+DG2=1085m
故装饰的花墙CD的长度为1085m．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质和判定方法，正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形．
押题解读
几何图形的证明与计算问题是中考命题的热点，其中全等/相似三角形是解决诸多几何综合问题的关键知识，其次熟记几何图形的性质与判定也应该牢记.
1．（2024·云南·模拟预测）如图，△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，作DE⊥AC于点E．

(1)求证：DE与⊙O相切；
(2)若BD=2 5，AE=1，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)2.5
【分析】（1）连接OD，根据直径所对的圆周角是直角可得AD⊥BC,根据三线合一可得BD=CD,从而得出OD为△ABC的中位线，根据三角形中位线的性质可得OD∥AC从而证出DE⊥OD,根据切线的判定定理即可证出结论；
（2）根据相似三角形的判定证出△CDE ∽ △CAD，列出比例式即可求出AC，从而求出结论．
【详解】（1）证明：连接OD
∵AB为⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
又∵AB=AC，
∴BD=CD，
又∵OA=OB，
∴OD为△ABC的中位线
∴OD∥AC，
又∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE与⊙O相切；
（2）∵AD⊥BC，DE⊥AC，
∴∠CED=∠CDA=90°，
∵∠C=∠C，
∴ △CDE ∽ △CAD，
∴ CDCA=CECD，
∴CD2=CA×CE，
由（1）知：CD=BD=25 ，
即AC×AC−1=20，
解得AC=5或AC=−4 (舍)，
∴⊙O的半径OD=12AB=12AC=2.5．
【点睛】此题考查的是圆周角定理的推论、切线的判定、三角形中位线的性质和相似三角形的判定及性质，掌握圆周角定理的推论、切线的判定、三角形中位线的性质和相似三角形的判定及性质是解决此题的关键．
2．（2024·云南昭通·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，连接AE，CF，过点E作EH⊥CF于点H，过点F作FG⊥AE于点G．
(1)请你添加一个条件：______，使四边形EGFH为矩形，并给出证明．
(2)在（1）的条件下，若AE=5，tan∠DAE=2，EG=2GF，求AG的长．
【答案】(1)AF=CE（答案不唯一），证明见解析
(2)1
【分析】（1）添加的条件：AF=CE（答案不唯一），根据平行四边形的判定与性质证明四边形AECF是平行四边形，进而根据平行线的性质得到∠AEH+∠FHE=180°，再结合题意运用矩形的判定即可求解；
（2）设AG=x，先根据锐角三角函数的定义得到GF=2AG=2x．进而即可得到EG=4x，再结合题意即可求解．
【详解】（1）解：添加的条件：AF=CE（答案不唯一）．
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC．
∵AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形（有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴AE∥CF，
∴∠AEH+∠FHE=180°．
∵EH⊥CF，FG⊥AE，
∴∠FGE=∠FHE=∠GEH=90°，
∴四边形EGFH为矩形（有三个角是直角的四边形是矩形）．
（2）解：设AG=x，
∵FG⊥AE，
∴∠AGF=90°，
∴在Rt△AGF中，tan∠DAE=GFAG=2，
∴GF=2AG=2x，
∵EG=2GF，
∴EG=4x，
∵AE=AG+EG，
∴5=x+4x，解得x=1，
∴AG的长为1．
【点睛】本题考查了平行线的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定、锐角三角函数的定义，掌握平行四边形的相关定理是解答此题的关键．
3．（2024·江西南昌·一模）【课本再现】黄金分割是一种最能引起美感的分割比例，具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值． 我们知道：如图①，如果BCAC=ACAB，则点C为线段AB的黄金分割点．
(1)【问题发现】如图①，点C为线段AB的黄金分割点，请直接写出AC:AB的值为 ；
(2)【尺规作黄金分割点】如图②，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=1，AC=2，在BA上截取BD=BC，在AC上截取AE=AD，求AEAC的值；
(3)【问题解决】如图③，用边长为4的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABDE得折痕MN，连接EN；再次折叠正方形ABDE使EA与EN重合，点A对应点H，得折痕CE，试说明：点C是线段AB的黄金分割点．
【答案】(1)5−12；
(2)5−12；
(3)详见解析
【分析】（1）根据题中BCAC=ACAB，设AB=1，AC=m0（2）由勾股定理求得AB后即可根据AEAC=ADAC=AB−BDAC求解；
（3）设AC=CN=x，BC=4−x，综合正方形性质和折叠性质求出BN、HN，再由BC2+BN2=CH2+HN2得到4−x2+22=x2+25−42，解得x后即可证明BCAC=ACAB．
【详解】（1）解：依题得：BCAC=ACAB，
设AB=1，AC=m0则1−mm=m1,
即m2+m−1=0，
m+122=54，
解得m=5−12或−5−12（舍去），
经检验，m=5−12是原方程的解，
∴AC:AB=5−12．
故答案为：5−12．
（2）解：依题得：AB=AC2+BC2=12+22=5，
BD=BC=1，
∴AE=AD=AB−BD=5−1，
∴AEAC=5−12．
（3）解：依题得：AB=BD=ED=AE=4，∠A=∠B=90°，
如图 ，连接CN，
根据折叠性质可得，
∠EMN=∠A=∠EHC=90°，
EH=AE=AB=MN=4，EM=12EH=2，
BN=12BD=2，AC=CN，
设AC=CN=x，BC=4−x，
∵Rt△EMN中，EN=EM2+MN2=22+42=25，
∴HN=EN−EH=25−4，
∵Rt△HCN中，CN2=CH2+HN2，
Rt△BCN中，CN2=BC2+BN2，
∴BC2+BN2=CH2+HN2，
即4−x2+22=x2+25−42，
解得x=25−2，
∴AC=25−2，BC=6−25，
∵25−22=6−25×4，
∴BCAC=ACAB，
即点C是线段AB的黄金分割点．
【点睛】本题考查的知识点是解一元二次方程、勾股定理、折叠性质、正方形性质，解题关键是熟练掌握一元二次方程的解法．
押题猜想九 解答题之阅读理解问题
1．（2024·山西朔州·二模）阅读与思考
下面是小宇同学收集的一篇数学小论文，请仔细阅读并完成相应的任务.
任务：
(1)上面小论文中的“依据”是________．
(2)如图2，已知点P是等边三角形ABC的边BC上的一点，若∠APC=102°，则在以线段AP，BP，CP为边的三角形中，最小内角的度数为________°．
(3)如图3，在四边形ABCD中，∠ADC=30°，∠ABC=60°，AB=BC．求证：BD2=AD2+CD2．
【答案】(1)有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
(2)18
(3)证明见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，勾股定理：
（1）依据是有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形；
（2）将△ACP绕点A顺时针旋转60°到△AQB的位置，连接PQ，则△AQB≌△APC，可得△APQ是等边三角形，则△QBP就是以AP，BP，CP为边的三角形．根据全等三角形的性质及三角形内角和定理分别求得三个内角的度数，即可得到答案；
（3）连接AC，将△BCD绕点C顺时针旋转60°到△ACE的位置，连接DE，先证明△ABC是等边三角形，由旋转的性质可得△DCE为等边三角形，进而可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°，利用勾股定理即可得证．
【详解】（1）解：依据是有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，
故答案为：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形；
（2）解：如图，将△ACP绕点A顺时针旋转60°到△AQB的位置，连接PQ，则△AQB≌△APC，
∴BQ=CP，AQ=AP，∠1=∠CAP，
由旋转的性质可知∠QAP=60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴QP=AP，∠3=∠4=60°，
∴△QBP就是以AP，BP，CP为边的三角形，
∵∠APC=102°，
∴∠5=180°−∠APC−∠4=180°−102°−60°=18°，
∵∠AQB=∠APC=102°，
∴∠6=∠APC−∠3=102°−60°=42°，
∴∠QBP=180°−∠5−∠6=120°，
∵∠5<∠6<∠QBP，
∴最小内角的度数为18°，
故答案为：18；
（3）证明：如图，连接AC，将△BCD绕点C顺时针旋转60°到△ACE的位置，连接DE，
∵ ∠ABC=60°，AB=BC，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ BC=AB=AC，
由旋转可知AE=BD，CE=CD，∠DCE=60°，
∴ △DCE为等边三角形，
∴ DE=DC，∠CDE=60°，
∴ ∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°，
在Rt△ADE中，由勾股定理得AE2=AD2+DE2，
∴ BD2=AD2+DC2．
2．（2023·山东青岛·三模）【阅读与思考】如图1，在正方形中ABCD中，E，F，G分别是BC，CD，AD上的点，GE⊥BF于点O，那么GE=BF.证明过程如下：
∵GE⊥BF于点O，
∴∠GOB=90°，
过点A作AH∥GE交BC于点H，交BF于点M，
∴∠AMB=∠GOB=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AG∥HE，AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠ABM+∠FBC=∠ABC=90°，
∴∠BAM=∠FBC，
∴△ABH≌△BCF（依据），
∴AH=BF，
∵AH∥GE,AG∥HE
∴四边形AHEG为平行四边形，
∴AH=GE，
∴GE=BF．
【材料探究】：上述证明过程的“依据”是______ ；
【问题解决】：如图2，在5×6的正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点M.则∠AMC为______ °；
【拓展延伸】：如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N.求∠DMC的度数．
【答案】ASA，45°，45°，
【分析】材料探究：由证明过程可知，△ABH≌△BCF的依据是全等三角形的判定定理“ASA”；
问题解决：设网格中每个小正方形的边长都为m，将线段AB向右平移2m个单位得到线段DQ，根据勾股定理可证明CQ=DQ，CQ2+DQ2=CD2=40m2，则△QCD是直角三角形，且∠CQD=90°，所以∠AMC=∠QDC=45°；
拓展延伸：作DG∥BC交AP于点G，连接GE，可证明△BGE≌△ADG，得EG=GD，∠BGE=∠ADG，即可证明∠EGD=90°，则∠DMC=∠GDE=45°．
【详解】解：由证明过程可知，△ABH≌△BCF的条件是：
∠ABC=∠CAB=BC∠BAM=∠FBC，
∴推理的依据是全等三角形的判定定理“ASA”，
故答案为：ASA；
如图2，
设网格中每个小正方形的边长都为m，
将线段AB向右平移2m个单位得到线段DQ，则点Q在格点上，
由勾股定理得CQ2=DQ2=(2m)2+(4m)2=20m2，
CD2=(2m)2+(6m)2=40m2，
DQ2=2m2+4m2=20m2，
∴CQ=DQ，CQ2+DQ2=CD2=40m2，
∴△QCD是等腰直角三角形，且∠CQD=90°，
∴∠QCD=∠QDC=45°，
由平移得AB∥QD，
∴∠AMC=∠QDC=45°，
故答案为：45°；
如图3，∵四边形APCD和四边形PBEF都是正方形，
∴∠APC=∠BPF=∠GBE=∠A=90°，BP=BE，
∴∠BPC=180°−∠APC=90°，
∴∠BPF=∠BPC，
∴点F在PC上，
作DG∥BC交AP于点G，连接GE，
∵CD∥AP，
∴四边形BCDG是平行四边形，
∴BG=CD=AD=AP，
∴BG−PG=AP−PG，
∴BP=AG，
∴BE=AG，
在△BGE和△ADG中，
BG=AD∠GBE=∠ABE=AG，
∴△BGE≌△ADGSAS，
∴EG=GD，∠BGE=∠ADG，
∴∠BGE+∠AGD=∠ADG+∠AGD=90°，
∴∠EGD=90°，
∴∠GDE=∠GED=45°，
∵在平行四边形BCDG中，DG∥BC，
∴∠DMC=∠GDE=45°．
【点睛】此题重点考查平移的性质、平行线的性质、平行四边形的定义、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的应用、全等三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
3．（2024·江苏扬州·一模）阅读感悟：
已知方程x2+2x−1=0，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍．
解：设所求方程的根为y，则y=2x．所以x=y2．
把x=y2代入已知方程，得y22+2⋅y2−1=0．
化简，得y2+4y−4=0，
故所求方程为y2+4y−4=0．
这种利用方程的代换求新方程的方法，我们称为“换元法”．
请用阅读材料提供的“换元法”求新方程（要求：把所求方程化为一般形式．
解决问题：
(1)已知方程x2−x−3=0，求一个一元二次方程，使它的根分别比已知方程的根大1．则所求方程为：______；
(2)方程ax2+bx+c=0 a≠0，c≠0，b2−4ac≥0的两个根与方程______的两个根互为倒数．
(3)已知关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两个实数根分别为1和−12，求关于y的一元二次方程cy−20242+by−4=2020b−ac≠0的两个实数根．
【答案】(1)y2−3y−1=0
(2)cy2+by+a=0
(3)2025和2022
【分析】本题考查了解一元二次方程，理解题意，熟练掌握换元法是解此题的关键．
（1）仿照例子，写出已知方程和所求方程的根的关系，进行替换，化简可得所求方程；
（2）仿照例子，写出已知方程和所求方程的根的关系，进行替换，化简可得所求方程；
（3）由（2）可得：关于x的一元二次方程的根与关于y−2024的一元二次方程的根互为倒数，可求出关于y−2024的一元二次方程cy−20242+by−2024+a=0的两个实数根，即可得解．
【详解】（1）解：设所求方程的根为y，则y=x+1，
∴x=y−1，
把x=y−1代入已知方程得：y−12−y−1−3=0，
化简得：y2−3y−1=0，
故答案为：y2−3y−1=0；
（2）解：设所求方程的根为y，则y=1x，
∴x=1y，
把x=1y代入已知方程得：a1y2+b1y+c=0，
化简得：cy2+by+a=0，
故答案为：cy2+by+a=0；
（3）解：∵cy−20242+by−4=2020b−ac≠0，
∴cy−20242+by−2024+a=0，
由（2）可得：关于x的一元二次方程的根与关于y−2024的一元二次方程的根互为倒数，
∴y−2024=1x，
∵关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两个实数根分别为1和−12，
∴关于y−2024的一元二次方程cy−20242+by−2024+a=0的两个实数根分别为1和−2，
∴ y−2024=1或y−2024=−2，
解得：y=2025或y=2022，
∴关于y的一元二次方程cy−20242+by−2024+a=0的两个实数根分别为2025或2022．
4．（2024·江苏宿迁·一模）材料一；《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到 一般，由简单到复杂，从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索题 发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法，在数学学习和研究中，我们经常会用到类比、转化、从特殊到一般等思想方法，请利用上述有关思想，解答下列问题．
材料二：分类讨论是一种重要的数学思想，也是一种解题策略，在数学中的应用相当多，它能使许多看似非常复杂的问题简单化．因此在用分类讨论解决数学问题时要遵循一定的规则，注意合理的分类，对全体对象的分类必须做到不重复、不遗漏，每次分类必须保持在同一标准．
请阅读上述材料，完成题目：
如图，抛物线y=−23x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点A的坐标为−1,0，与y轴交于点C0,2，直线CD:y=−x+2与x轴交于点D．动点M在抛物线上运动，过点M作MP⊥x轴，垂足为P，交直线CD于点N．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P在线段OD上时，△CDM的面积是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由；
(3)点E是抛物线对称轴与x轴的交点，点F是x轴上一动点，点M在运动过程中，若以C、E、F、M为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点F的坐标．
【答案】(1)y=−23x2+43x+2；
(2)存在．SΔCDM的最大值为4924；
(3)F点坐标为(3,0)或(−1,0)或7，0，−7，0．
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）设Mx,−23x2+43x+2，则N(x,−x+2)，则MN=−23x2+73x，根据三角形面积公式得到SΔCDM=12×MN×2=−23x2+73x，然后根据二次函数的性质解决问题；
（3）先求出抛物线的对称轴为直线x=1得到E(1,0)，讨论：当CM∥EF时，则M(2,2)，利用平行四边形的性质得CM=EF=2，从而得到此时F点坐标；当CE∥MF时，由于点C向右平移1个单位，向下平移2个单位得到E点，所以点F向右平移1个单位，向下平移2个单位得到M点，设F(t,0)，则M(t+1,−2)，然后把M(t+1,−2)代入y=−23x2+43x+2得−23(t+1)2+43(t+1)+2=−2，则解方程求出得到此时F点坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点A(−1,0)，点C(0,2)，
∴ −23×(−1)2−b+c=0c=2，解得b=43c=2，
∴抛物线的解析式为y=−23x2+43x+2；
（2）解：存在．
当y=0，−x+2=0，解得x=2，则D(2,0)，
设Mx,−23x2+43x+2，则N(x,−x+2)，
∴MN=−23x2+43x+2−(−x+2)=−23x2+73x，
∴SΔCDM=12×MN×2=−23x2+73x=−23x−742+4924，
∵a=−23<0，
∴当a=74时，SΔCDM有最大值为4924；
（3）解：∵抛物线的对称轴为直线x=−432×(−23)=1，
∴E(1,0)，
当CM∥EF时，则M(2,2)，
∵以C、E、F、M为顶点的四边形是平行四边形，
∴CM=EF=2，
∴F点坐标为(3,0)或(−1,0)；
当CE∥MF时，
∵以C、E、F、M为顶点的四边形是平行四边形，
∴CM=EF，
∵点C向右平移1个单位，向下平移2个单位得到E点，
∴点F向右平移1个单位，向下平移2个单位得到M点，
设F(t,0)，则M(t+1,−2)，
把M(t+1,−2)代入y=−23x2+43x+2得−23(t+1)2+43(t+1)+2=−2，解得t1=7，t2=−7，
此时F点坐标为7，0，−7，0，
综上所述，F点坐标为(3,0)或(−1,0)或7，0，−7，0．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和平行四边形的性质；待定系数法求函数解析式；坐标与图形性质；运用分类讨论的思想解决数学问题是解题的关键．
押题解读
中考数学中阅读理解型问题在近几年的全国中考试题中频频 “亮相”，应引起我们特别的重视，这类问题一般文字叙述较长，信息量较大，各种关系错综复杂，考查的知识也灵活多样，既考查学生的阅读能力，又考查学生的解题能力，属于新颖数学题，但其难度并不大的题型，通过题目所提供的方法与探究的思路来总结出一些结论，然后按照此结论进行实际的应用，则是考察同学们数学知识和思想方法的运用能力，也就是利用自己掌握的基础数学知识新学习计算的方法。解决这类问题的关键是要认真仔细地阅读所给的材料，边读边勾画出重要的信息，弄清材料中隐含了什么新的数学知识、结论，或揭示了什么数学规律，或暗示了什么新的解题方法，然后展开联想，将获得的新信息、新知识、新方法进行迁移，建模应用，解决题目中提出的问题。所以这类题型并不是像其他题型一样定点考察个别明确的知识点，而是通过材料的阅读。分析匹配到相对应的基础知识内容，结合题目当中所给的方法来进行解题。
1．（2024·山西晋城·二模）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成下列任务．
任务：
(1)对于函数y=x+2xx>0，当x等于___________时，函数y有最___________值（填“大”或“小”），这个值是___________；
(2)对于函数y=−5x+1−x(x>−1)，当x等于___________时，函数y有最___________值，这个最值是___________；
(3)某植物园利用一面足够长的围墙和木栏围成一个矩形花圃，中间用一排木栏隔开，如图所示，总共用了100米的木栏，当AB长为多少时，矩形花圃ABCD的面积最大?最大面积是多少?请你利用材料中的结论或所学知识求解该问题．
【答案】(1)2，小，22，
(2)5−1，大，−25+1；
(3)当AB长为503米时，矩形花圃ABCD的面积最大，最大面积是25003平方米
【分析】本题考查了二次函数的几何应用，二次根式的混合运算，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）根据题干提供的解题过程，模仿即可作答；
（2）先整理原式得y=−5x+1+x+1+1x>−1，计算化简得−5x+1+x+1+1≤−25+1，结合题干的结论，即可作答．
（3）设AB的长为x米，建立SABCD=−3x2+100x，根据二次函数的性质，即可作答．
【详解】（1）解：依题意，得y=x+2x≥2x·2x=22x>0
当x=2x时，即x=2（负值已舍去），有最小值，
把x=2代入y=x+2xx>0
得ymin= 22；
故答案为：2，小，22，
（2）解：依题意
y=−5x+1−x=−5x+1+x+1+1x>−1
∵5x+1+x+1≥25x+1⋅x+1=25
∴−5x+1+x+1+1≤−25+1
当5x+1=x+1时，有最大值，且−25+1
此时5=x+12，
解得x1=5−1，x2=−5−1<−1（舍去）
故答案为：5−1，大，−25+1；
（3）解：设AB的长为x米，
则BC+3x=1000∴BC=100−3x
则SABCD=AB×BC=x⋅100−3x=−3x2+100x
∵−3<0
∴开口向下，在x=−1002×−3=503时有最大值
把x=503代入SABCD=−3x2+100x
得SABCD=−3×5032+100×503=−25003+50003=25003
∴当AB长为503米时，矩形花圃ABCD的面积最大，最大面积是25003平方米．
2．（2023·吉林白城·模拟预测）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图①，△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在BC上．
求证：以DE、CD、BD为边的三角形是钝角三角形．
【探究发现】小明通过探究发现：连接CE，根据已知条件，可以证明BD=CE，∠DCE=120°，从而得出△DCE为钝角三角形，故以DE、CD、BD为边的三角形是钝角三角形．请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
【拓展迁移】如图②，四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，点E在BD上．
①猜想：以DE、EF、BE为边的三角形的形状是________；
②当BE2+ED2=23时，直接写出正方形AEGF的面积．
【答案】探究发现：详见解析；拓展迁移：①直角三角形；②232
【分析】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；
【探究发现】如图1，连接EC，根据等边三角形的性质证明△BAD≌△CAE(SAS)，得BD=CE，∠B=∠ACE=60°，进而可以得到以DE、CD、BD为边的三角形是钝角三角形；
【拓展迁移】①)连接BF，△ABF≌△ADE(SAS)，得CG=AE，∠CGB=∠AEB=45°，再证∠AGC=90°，得△ACG是直角三角形，即可得出结论；
②由勾股定理得BE2+BF2=EF2，则AE2+AF2=EF2=23，再由正方形的性质和勾股定理得AE2=11.5，即可得出结论．
【详解】探究发现：证明：如图1，连接EC，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠B=∠BAC=∠ACB=∠DAE=60°，
∴∠BAC−∠CAD=∠DAE−∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，∠B=∠ACE=60°，
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=∠ACB+∠B=120°，
∴△DCE为钝角三角形，
∴以DE、CD、BD为边的三角形是钝角三角形；
拓展迁移：①以DE、EF、BE为边的三角形是直角三角形，理由如下：
如图2，连接BF，
∵四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，
∴AB=AD，AE=AF，∠BAD=∠EAF=90°，∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠BAD−∠BAE=∠EAF−∠BAE，
∴∠DAE=∠BAF，
∴△DAE≌△BAF(SAS)，
∴DE=BF，∠ADE=∠ABF=45°，
∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=45°+45°=90°，
∴△BEF是直角三角形，
即以DE、EF、BE为边的三角形是直角三角形；
故答案为：直角三角形；
②由①可知，DE=BF，∠EBF=90°，
∴BE2+BF2=EF2，
∴BE2+DE2=EF2，
∵BE2+ED2=23，
∴EF2=23，
∵四边形AEGF是正方形，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴AE2+AF2=EF2=23，
∴AE2=11.5，
∴正方形AEGF的面积为11.5．
3．（2024·山西大同·一模）中考新考法：跨物理并联电路，请阅读下列材料，完成相应的任务：
任务：
(1)上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1：____________；
依据2：____________；
(2)如图②，两个电阻并联在同一电路中，已知R1=3千欧，R2=6千欧，请在图③中（1个单位长度代表1千欧）画出表示该电路图中总阻值R的线段长；
(3)受以上作图法的启发，小明提出了已知R1和R，求R2的一种作图方法，如图④，作△ABC，使∠C=90°,AC=BC=R1，过点B作BC的垂线，并在垂线上截取BD=R，使点D与点A在直线BC的同一侧，作射线AD，交CB的延长线于点E，则BE即为R2．你认为他的方法是否正确，若正确，请加以证明；若不正确，请说明理由．
【答案】(1)有两个角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应边成比例；
(2)见解析；
(3)正确，证明见解析．
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正确理解已知证明过程是解题关键．
（1）根据相似三角形的判定和性质分析即可；
（2）根据已知证明过程和图形作图即可；
（3）证明△ACE∽△DBE，得到ACDB=CBBE+1，再结合AC=BC=R1，BD=R，得出1R=1BE+1R1，即可证明．
【详解】（1）解：由证明过程可知，依据1：有两个角分别相等的两个三角形相似，
依据2：相似三角形对应边成比例；
故答案为：有两个角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应边成比例；
（2）解：如图，GH即为该电路图中总阻值R的线段长；
（3）解：∵BD⊥BC，
∴∠DBE=90°，
∵∠C=90°，
∴∠DBE=∠C=90°，
∵∠E=∠E，
∴△ACE∽△DBE，
∴ACDB=CEBE=CB+BEBE=CBBE+1，
∵AC=BC=R1，BD=R，
∴R1R=R1BE+1，
∴1R=1BE+1R1，
∵1R=1R1+1R2，
∴BE=R2，
∴小明的方法是正确的．
4．（2023·山西忻州·模拟预测）阅读与思考
如图是小强同学的数学课堂笔记本，请仔细阅读，并完成相应的任务．
平面直角坐标系与直角三角形
x年×月ⅹ日星期三
原理：根据直角三角形的定义，性质，判定，以直角三角形顶点分三种情况进行分类讨论
口诀：“两线一圆”
作图：举例如下：已知A3，0、B0，4，在直线x=1上求点C，使得△ABC为直角三角形．以下分三种情况讨论：
情况一：当A为直角顶点时，过点A作AB的垂线l交直线x=1于点C，则交点即为所求点C．如图①，有C1一个点；
情况二：当B为直角顶点时，过点B作AB的垂线l交直线x=1于点C，则交点即为所求点C．如图②，有C2一个点；
情况三：当C为直角顶点时，以AB为直径作圆，则该圆与直线x=1的交点即为所求点C．如图③，有C3，C4两个点；
方法：一、几何法：构造“K型”或“一线三垂直”相似；
二、代数法：两点间的距离公式，列方程，解方程，检验根；
三、解析法：求垂线解析式，联立方程组求交点．
任务：
(1)上面课堂笔记中的分析过程，主要运用的数学思想是 （从下面选项中选出两个即可）；
A．数形结合 B．统计思想 C．分类讨论 D．转化思想
(2)选择一种课堂笔记本中记载的方法，求出“情况一”中C1的坐标．
(3)直接写出“情况二”中C2的坐标 ；
(4)请你写出在“情况三”中，确定C3、C4的坐标位置及求坐标过程中，所依据的数学定理或原理（写出一个即可）．
【答案】(1)AC
(2)C11，−32
(3)C21，194
(4)C31，2+6，C41，2−6，所依据的定理为：直径所对的圆周角是直角
【分析】（1）根据题意可知运用了数形结合和分类讨论的思想；
（2）设C11，m，利用勾股定理分别表示出AC1，BC1，AB，进而利用勾股定理建立方程求解即可；
（3）（4）仿照（2）利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）解：根据题意可知，上面课堂笔记中的分析过程，主要运用的数学思想是数形结合和分类讨论的思想，
故选AC；
（2）解：设C11，m，
∵A3，0、B0，4，
∴AC12=3−12+0−m2=m2+4，BC12=0−12+4−m2=m2−8m+17，AB2=3−02+0−42=25，
∵AB⊥AC1，
∴AB2+AC12=BC12，
∴25+m2+4=m2−8m+17，
解得m=−32，
∴C11，−32；
（3）解：设C21，n，
同（2）得AC22=n2+4，BC22=n2−8n+17，AB2=25，
∵AB⊥BC2，
∴AB2+BC22=AC22，
∴m2+4=m2−8m+17+25，
解得m=194，
∴C21，194；
（4）解：设C31，s，
同（2）得AC32=n2+4，BC32=n2−8n+17，AB2=25，
∵AC3⊥BC3，
∴AC32+BC32=AB2，
∴m2+4+m2−8m+17=25，
解得m=2+6或m=2−6（舍去），
∴C31，2+6；
同理可得C41，2−6；
∵直径所对的圆周角是直角，
∴当点C在以AB为直径的圆上时，一定有∠ACB=90°，
∴所依据的定理为：直径所对的圆周角是直角．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，利用两点距离公式建立方程求解是解题的关键．
押题猜想十 解答题压轴之几何综合
1．（2024·河南信阳·一模）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“等腰直角三角形的旋转”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
如图①-②，D为等腰Rt△ABC的斜边AB所在直线上的一个动点，连接CD，把CD绕着点C 逆时针旋转90°到CE的位置．同学们通过观察，发现了以下结论∶①AD=BE；②AD⊥BE；③如图②，若AC=BC=2，四边形 BECD的面积为 ，④BE、BD、CD的数量关系是 ；

(2)类比迁移
如图④-⑥，D为等腰Rt△ABC的直角边BC所在直线上的一个动点，连接AD，把AD绕着点 D 逆时针旋转90°到DE的位置，连接BE．请你类比问题（1）中的结论，选用图④、图⑤、图⑥中的任意一个图形完成下列问题：
①求 CDBE的值；
②试探究BE、BC、DE的数量关系，并证明你的结论；

(3)拓展应用
若AC=BC=2，当点D在直线BC上运动至CD=3时，请直接写出EC的长和以A、B、D、E 为顶点的四边形的面积．
【答案】(1)③2 ④BE2+BD2=2CD2
(2)①CDBE=22②2DE2=2BC2+BE2
(3)CE=10，四边形ABED的面积为252或CE=34，四边形ABED的面积为152
【分析】（1）③证明△ACD≌△BCE，可得出S△ACD=S△BCE，进而得出四边形 BECD的面积为S△ABC，即可求解；
④分点D在A的左侧；D在A、B之间；D在A的右侧讨论即可；
（2）①若选择图④，过点E作EF⊥BD于F，证明△DAC≌△EDF，可得出CD=EF=BF，AC=DF=BC，利用勾股定理求出BE=2CD，然后代入计算即可；若选择图⑤，图⑥同理可求；
②分点D在C的左侧；D在C、B之间；D在B的右侧讨论即可；
（3）分D在C的左侧或B的右侧两种情况讨论即可．
【详解】（1）解：③∵旋转，
∴CD=CE，∠DCE=90°，
又∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCE=90°−∠BCD，
又AC=BC，
∴△ACD≌△BCE，
∴S△ACD=S△BCE，
∴四边形 BECD的面积为S△BCE+S△BCD=S△ACD+S△BCD=S△ABC=12×2×2=2；
故答案为：2；
④当D在A的左侧时，如图①，连接DE，

同理可证△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∴∠CBE=∠CAD=180°−∠CAB=135°，
∴∠DBE=∠CBE−∠ABC=90°，
∴DE2=BD2+BE2，
∵CD=CE，∠DCE=90°，
∴DE2=CD2+CE2=2CD2，
∴2CD2=BD2+BE2；
当D在A、B之间时，如图②，连接DE，

同理可证△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∴∠DBE=∠CBE+∠ABC=90°，
∴DE2=BD2+BE2，
又DE2=2CD2，
∴2CD2=BD2+BE2；
当D在A的右侧时，如图③，连接DE，

同理可证△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∴∠ABE=∠CBE+∠ABC=90°，
∴∠DBE=90°，
∴DE2=BD2+BE2，
又DE2=2CD2，
∴2CD2=BD2+BE2；
综上，2CD2=BD2+BE2；
故答案为：2CD2=BD2+BE2；
（2）解：①选择图④，过点E作EF⊥BD于F，

∵旋转，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
又∠ACB=90°，
∴∠DAC=∠EDF=90°−∠ADC，
又∠ACD=∠DFE=90°，
∴△DAC≌△EDF，
∴CD=EF，AC=DF=BC，
∴CD=BF=EF，
∴BE=EF2+BF2=2EF=2CD，
∴CDBE=CD2CD=22；
选图⑤，过点E作EF⊥BD于F，

同理可证△DAC≌△EDF，
∴CD=EF，AC=DF=BC，
∴CD=BF=EF，
∴BE=EF2+BF2=2EF=2CD，
∴CDBE=CD2CD=22；
选图⑥，过点E作EF⊥BD于F，

同理可证△DAC≌△EDF，
∴CD=EF，AC=DF=BC，
∴CD=BF=EF，
∴BE=EF2+BF2=2EF=2CD，
∴CDBE=CD2CD=22；
②2DE2=2BC2+BE2
理由如下：
当点D在C的左侧时，如图④，过点E作EF⊥BD于F，

∴DE2=DF2+EF2，
由①知BE=2EF，DF=BC，
∴DE2=BC2+22BE2
∴2DE2=2BC2+BE2；
当D在C、B之间时，如图⑤，过点E作EF⊥BD于F，

∴DE2=DF2+EF2，
由①知BE=2EF，DF=BC，
∴DE2=BC2+22BE2
∴2DE2=2BC2+BE2；
当D在B的右侧时，如图④，过点E作EF⊥BD于F，

∴DE2=DF2+EF2，
由①知BE=2EF，DF=BC，
∴DE2=BC2+22BC2
∴2DE2=2BC2+BE2；
综上，2DE2=2BC2+BE2
（3）解：∵AC=BC=2，当点D在直线BC上运动至CD=3时，
∴D在C的左侧或B的右侧，
当D在C的左侧时，如图，过点E作EF⊥BD于F，连接EC，

同（2）①可证△DAC≌△EDF，
∴EF=CD=3，DF=AC=2，
∴CF=CD−DF=1，
∴CE=CF2+EF2=10，
四边形ABED的面积为S△ABD+S△BDE=12×3+2×2+12×3+2×3=252；
当点D在B的右侧时，如图，过点E作EF⊥BD于F，连接EC，AE，

同（2）①可证△DAC≌△EDF，
∴EF=CD=3，DF=AC=2，
∴CF=CD+DF=5，
∴CE=CF2+EF2=34，
四边形ABED的面积为S梯形ACFE−S△ABC−S△DEF=12×3+2×5−12×2×3−12×2×2=152；
综上，CE=10，四边形ABED的面积为252或CE=34，四边形ABED的面积为152．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适的辅助线，构造全等三角形，合理分类讨论是解题的关键．
2．（2023·贵州贵阳·模拟预测）如图，在边长为m的正方形ABCD中，点E，F分别为CD，AB边上的点，将正方形ABCD沿EF翻折，点B的对应点为H，点C恰好落在AD边的点G处．
(1)【问题解决】
如图①，连接CG，则CG与折痕EF的位置关系是______，CG与EF的数量关系是______；
(2)【问题探究】
如图②，连接CH，在翻折过程中，GC平分∠DGH，试探究△CGH的面积是否为定值，若为定值，请求出△CGH的面积；若不是定值，请说明理由；
(3)【拓展延伸】若m=3，求出CH+CG的最小值．
【答案】(1)CG⊥EF，CG=EF
(2)△CGH的面积为定值12m2，理由见解析
(3)35
【分析】（1）过F作FM⊥CD于M，由翻折的性质得出EF垂直平分CG，利用ASA证明△EFM≌△GCD，即可得出结论；
（2）作CN⊥GH于N，证明△CGN≌△CGD，得出CN=CD，即可得出结论；
（3）作点C关于AD的对称点Q，连接BG，BQ，GQ，利用SAS证明△BCG≌△HGC，得出BG=HC，则CH+CG=BG+QG≥BQ，当B、G、Q三点共线时，CH+CG的值最小，最小值为BQ的长，然后在Rt△BCQ中利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：CG⊥EF，CG=EF
理由：过F作FM⊥CD于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=∠D=90°，CB=CD，
∴四边形BCMF是矩形，
∴BC=FM=CD，∠CMF=90°=∠FME，
∵翻折，
∴EF垂直平分CG，
∴∠GCD+∠CEF=90°，
∵∠DGC+∠DCG=90°，
∴∠CEF=∠DGC，
又FM=CD，∠FME=∠D=90°，
∴△EFM≌△GCD，
∴EF=CG，
故答案为：CG⊥EF，CG=EF；
（2）解：△CGH的面积为定值12m2，
理由：作CN⊥GH于N，
∵GC平分∠DGH，
∴∠GCD=∠GCN，
又∠CNG=∠D=90°，CG=CG，
∴△CGN≌△CGD，
∴CN=CD，
∵折叠，
∴GH=BC，
∴CN=CD=BC=GH=m，
∴S△HCG=12HG⋅CN=12m2；
（3）解：作点C关于AD的对称点Q，连接BG，BQ，GQ，
则AD垂直平分CQ，
∴CG=QG，
∵折叠，
∴EG=EC，GH=BC，
∴∠EGC=∠GCE，
∵∠EGC+∠HGC=90°，∠GCE+∠BCG=90°，
∴∠HGC=∠BCG，
又CG=CG，GH=BC，
∴△BCG≌△HGCSAS，
∴BG=HC，
∴CH+CG=BG+QG≥BQ，
当B、G、Q三点共线时，CH+CG的值最小，最小值为BQ的长，
当m=3时，BC=3，CQ=6，
∴BQ=BC2+CQ2=35，
即CH+CG的最小值为35．
【点睛】本题考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题等，将CH转化为BG的长是解决第（3）的关键．
3．（2023·吉林四平·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，连接BD．点P从点A出发，沿折线AB−BD−DC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动．当点P不与矩形ABCD的顶点重合时，以AP为对角线作正方形AEPF（点F在直线AP的右侧）．设正方形AEPF的面积为S（平方单位），点P的运动时间为t（秒)．
(1)当点P在线段BD上时，用含t的代数式表示PB的长；
(2)当AP⊥BD时，求t的值；
(3)求S与t之间的函数关系式．
【答案】(1)PB=t−8
(2)725或452
(3)S=12t20【分析】（1）根据PB=AB−AP求解；
（2）分类讨论点P在BD上或CD上，通过cs∠ABD=ABBD=PBAB及tan∠ABD=ABAD=ADDP求解；
（3）由正方形面积等于12对角线乘积，分类讨论点P在AB，BD，CD三种情况求解．
【详解】（1）点P在BD上时，PB=t−8；
（2）如图，当点P落在BD上时，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD=AB2+AD2=10，
∵cs∠ABD=ABBD=PBAB=810，
即t−88=810，
解得t=725．
如图，当点P落在CD上时，DP=t−18，
∵AP⊥BD，
∴∠1+∠2=90°，
又∵∠2+∠DPA=90°，
∴∠DPA=∠1，
∴tan∠1=ABAD=ADDP=86，
∴ 6t−18=86，
解得t=452．
综上所述，t=725或452．
（3）①如图，当点P在AB上时，0∴S=12AP2=12t2．
②点P在BD上时，8∵sin∠ABD=ADBD=PMPB，
∴ PMt−8=35，
∴PM=35(t−8)，
BM=BP⋅cs∠ABD=45(t−8)，
∴AM=AB−BM=8−45(t−8)=−45t+725，
∴AP2=AM2+MP2=t2−1445t+11525，
∴S=12AP2=12t2−725t+5765．
③点P在CD上时，18∵AP2=AD2+DP2=t2−36t+360，
∴S=12AP2=12t2−18t+180．
综上所述，S=12t2(0【点睛】本题考查解直角三角形，正方形和矩形的性质，解题关键是熟练掌握正方形的性质与解直角三角形的方法．
4．（2023·广西钦州·一模）教材变形：如图1，点E，F是正方形ABCD边上的点，连接BE，CF交于点G，CE=DF，判断BE与CF的位置关系，并证明你的结论；
探索发现：如图2，在正方形ABCD的边BC上取点H，连接AG，GH，使CE=CH，求证∠BAG=∠CHG；
迁移拓展：如图3，点E，F是菱形ABCD边AB，AD上的点，连接DE，点G在DE上，连接AG，FG，CG，∠AGD=∠BAD，AF=AE，DF=GF，CD=10，CG=6，求DF及cs∠ADC的值．
【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
（3）DF=154，cs∠ADC=815
【分析】（1）由正方形的性质结合题意易证△BCE≌△CDF(SAS)，得出∠CBE=∠DCF．再根据∠CBE+∠CEB=90°，即可求出∠DCF+∠CEB=90°，进而可求出∠CGE=90°，即BE⊥CF；
（2）由题意证明△CGB∽△ECB，再根据CE=CH，BC=AB可得出比例式，再求出∠HCG=∠ABG，证明△HCG∽△ABG，得出∠BAG=∠CHG；
（3）由题意证明△ADE∽△GDA，对应边成比例，∠DEA=∠DAG．结合菱形的性质和题意可得出∠GDC=∠FAG，证明△GDC∽△GAF，得对应边成比例，由AF=AD−DF，DF=GF，再代入数据即可求DF的长；过点F作FM⊥CD于点M，FN⊥CG交CG延长线于点N，连接CF．由相似三角形的性质可得∠DCG=∠AFG．又易证∠FGN=∠DMF，结合DF=GF，∠FNG=∠FMD，可证△FGN≌△DMF(AAS)，得出FN=MF，GN=DM，∠FGN=∠FDM．进而可证△CMF≌△CNF(HL)，得出CM=CN，进而得出CD−DM=CG+NG，代入数据即可求出NG=2．最后根据余弦的定义求解即可．
【详解】（1）解：BE⊥CF，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD，∠BCE=∠CDF=90°．
∵CE=DF，
∴△BCE≌△CDF(SAS)，
∴∠CBE=∠DCF．
∵∠CBE+∠CEB=90°，
∴∠DCF+∠CEB=90°，
∴∠CGE=90°，即BE⊥CF；
（2）证明：∵∠CBG=∠EBC，∠CGB=∠ECB=90°，
∴△CGB∽△ECB，
∴ CGCE=BGBC，
∵CE=CH，BC=AB，
∴ CGCH=BGAB，
∴ CGBG=CHAB，
∵∠CBG+∠BCG=90°，∠ABG+∠CBG=90°，
∴∠BCG=∠ABG，即∠HCG=∠ABG，
∴△HCG∽△ABG，
∴∠BAG=∠CHG；
（3）解：∵∠ADE=∠GDA，∠AGD=∠BAD，
∴△ADE∽△GDA，
∴ AEAG=ADDG，∠DEA=∠DAG．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠DEA=∠GDC，
∴∠GDC=∠FAG．
∵AF=AE，
∴ AFAG=CDDG，
即AFCD=AGDG，
∴△GDC∽△GAF，
∴ CDAF=CGGF，
∵AF=AD−DF，DF=GF，
∴ 1010−GF=6GF，
解得：DF=GF=154；
如图3，过点F作FM⊥CD于点M，FN⊥CG交CG延长线于点N，连接CF．
∵△GDC∽△GAF，
∴∠DCG=∠AFG．
∵∠AFG+∠DFG=180°，
∴∠DCG+∠DFG=180°，
∴∠CDF+∠CGF=180°．
∵∠FGN+∠CGF=180°，
∴∠FGN=∠CDF，即∠FGN=∠MDF．
∵DF=GF，∠FNG=∠FMD，
∴△FGN≌△DMF(AAS)，
∴FN=MF，GN=DM，∠FGN=∠FDM．
在Rt△CMF和Rt△CNF中，
CF=CFMF=NF，
∴Rt△CMF≌Rt△CNFHL ，
∴CM=CN，
∴CD−DM=CG+NG，即10−NG=6+NG，
解得：NG=2．
∵∠FGN=∠FDM，
∴cs∠ADC=cs∠FGN=NGFG=2154=815．
【点睛】本题考查正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，求角的余弦值等知识，综合性强，为压轴题．熟练掌握上述知识是解题关键，在解（3）时正确作出辅助线构造全等三角形也是关键．
押题解读
几何综合题以几何知识为主体的综合题，主要研究图形中点与线之间的位置关系、数量关系，以及特定图形的判定和性质。几何综合题是中考必考题型。试题一般以全等或相似为中心，常常是三角形、四边形、圆、相似三角形、锐角三角函数等知识的综合运用。而且几何综合题的呈现形式多样，如折叠类型、探究型、开放型、运动型等，背景鲜活，具有实用性和创造性，考查方式偏重于考查学生分析问题，探究问题，综合应用数学知识解决实际问题的能力.
1．（2023·贵州遵义·三模）（1）【问题发现】如图①，在△OAB中，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA'B'，连接BB'；求∠OBB'= ；
（2）【问题探究】如图②，已知△ABC是边长为43的等边三角形，以BC为边向外作等边三角形BCD，P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，点P的对应点为点Q．
①求证：△DCQ≌△BCP；
②求PA+PB+PC的最小值；
（3）【实际应用】如图③，在矩形ABCD中，AB=600，AD=800，P是矩形内一动点S△PAD=2S△PBC，Q为△ADP内任意一点，是否存在点P和点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在求其值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）30°；（2）①见解析；②12；（3）存在，4003+400
【分析】（1）根据旋转的性质得出OB'=OB，∠BOB'=120°，根据等腰三角形的性质求出结果即可；
（2）①根据等边三角形的性质证明全等即可；
②连接PQ，得到△CPQ是等边三角形，由两点之间线段最短得AP+DQ+PQ≥AD，求出AD即可得解；
（3）过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°得△AD'Q'，连接DD',QQ',D'P，设D'P交AD于点G，由S△PAD=2S△PBC可得AE=2BE，进而求得AE=400，当D'P⊥EF时，D'P有最小值，运用勾股定理可求解．
【详解】（1）解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA'B'，
∴OB'=OB=3，∠BOB'=120°，
∴∠OBB'=∠OB'B=30°，
故答案为：30°；
（2）①证明：∵△BDC是等边三角形，
∴CD=CB，∠DCB=60°，
由旋转得∠PCQ=60°，PC=CQ，
∴∠DCQ=∠BCP，
在△DCQ和△BCP中，
CD=CB∠DCQ=∠BCPCQ=CP，
∴△DCQ≌△BCPSAS；
②连接PQ，
∵PC=CQ，∠PCQ=60°，
∴△CPQ是等边三角形，
∴PQ=PC，
∵△DCQ≌△BCP，
∴PB=DQ，
∴PA+PB+PC=PA+QD+PQ，
由两点之间线段最短得AP+DQ+PQ≥AD，
∴PA+PB+PC≥AD，
∴当点A、P、Q、D在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，为AD的值，
延长AC，作DE⊥AC，交AC的延长线于点E，
∵△ABC是边长为43的等边三角形，
∴AC=CD=CB=43，∠BCD=∠ACB=60°，
∴∠DCE=180°−60°−60°=60°，
∴∠CDE=90°−60°=30°，
∴EC=12CD=23，
∴DE=CD2−CE2=6，AE=AC+CE=63，
∴AD=DE2+AE2=12，
即PA+PB+PC取最小值为12．
（3）存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值，理由如下：
过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°得△AD'Q'，连接DD',QQ',D'P，设D'P交AD于点G，如图所示：
由（2）知，当P,Q,Q',D'在同一直线上时，AQ+DQ+PQ有最小值，最小值为D'P，
在矩形ABCD中，AB=600,AD=800，
∴BC=AD=800，AD∥BC，∠ABC=∠BCD=∠BAD=90°，
∵EF∥AD，
∴∠AEF=∠EFD=90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF=AD=800，
∵S△PAD=2S△PBC，
∴12AD⋅AE=2×12×BE×BC，
∴AE=2BE，
∵AE+BE=AB=600，
∴AE=400，
∵点P在EF上，
∴当D'P⊥EF时，D'P有最小值，
∵EF∥AD，
∴D'P⊥AD，
∵△ADD'是等边三角形，
∴AD'=AD=800,AG=12AD=400,∠AGD'=90°，
∴D'G=AD'2−AG2=4003，
∵∠EAG=∠AEP=∠EPG=90°，
∴四边形AEPG是矩形，
∴GP=AE=400，
∴D'P=D'G+GP=4003+400，
∴AQ+DQ+PQ的最小值为4003+400．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是结合旋转的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理．
2．（2024·江苏苏州·一模）【问题初探】如图1，在⊙O的内接四边形ABCD中，DB=DC，∠DAE是四边形ABCD的一个外角．求证：∠DAE=∠DAC．
【拓展研究】如图2，已知⊙O内接△ABC，AC>BC，点M是ACB的中点，过点M作MD⊥AC，垂足为点D．求证：BC＋CD=AD．
【解决问题】如图3，已知等腰三角形ABC内接于⊙O，AB=AC，D为AB上一点，连接DB、DC，tan∠ACD=512，△BDC的周长为242+4，BC=4，求AC的长．
【答案】[问题初探]见解析；[拓展研究]见解析；[解决问题]132
【分析】[问题初探]根据已知得出DB=DC，进而可得∠DCB=∠DAC，根据圆内接四边形对角互补，进而得出∠EAD=∠DCB，等量代换即可得证；
[拓展研究] 在AD上取点C'，使得AC'=BC，证明△MAC'≌△MBCSAS，得出MC'=MC，根据等腰三角形的性质得出C'D=CD，进而即可得证；
[解决问题] 过点A作AH⊥CD于点H，得出A为BDC的中点，根据（2）的结论可得CH=122，进而根据tan∠ACD=512，可得AH=52，进而勾股定理，即可求解．
【详解】[问题初探]证明：∵DB=DC，
∴DB=DC
∴∠DCB=∠DAC
∴∠EAD+∠DAB=180°,∠DCB+∠DAB=180°,
∴∠EAD=∠DCB
∴∠EAD=∠DAC；
[拓展研究] 证明：在AD上取点C'，使得AC'=BC，连接AM、CM、C'M、BM，
∵M是ACB的中点，
∴AM=BM，则AM=BM
∵MC=MC
∴∠MAC'=∠MBC
又MA=MB,AC'=BC
∴△MAC'≌△MBCSAS
∴MC'=MC
∵MD⊥AC
∴C'D=CD
∴AD=AC'+C'D=CD+BC，
[解决问题]过点A作AH⊥CD于点H，
∵AB=AC
∴A为BDC的中点，
由（2）可得CH=DH+DB
∵△BDC的周长为242+4，BC=4，
∴2CH+BC=242+4，
∴CH=122，
∵tan∠ACD=512，
∴AH=52，
∴AC=AH2+HC2=132．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形对角互补，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，AC=BC．
(1)当AC=BC=6时，
①将一个直角的顶点D放至AB的中点处（如图①)，两条直角边分别交AC、BC于点E、F，请说明△DEF为等腰直角三角形；
②将直角顶点D放至AC边的某处（如图②)，与另两边的交点分别为点E、F，若△DEF为等腰直角三角形，且面积为4，求CD的长．
(2)若等腰Rt△DEF 三个顶点分别在等腰Rt△ABC 的三边上，等腰Rt△DEF的直角边长为1时，求等腰Rt△ABC的直角边长的最大值．
【答案】(1)①见详解；②CD=2或145
(2)AC的最大值为5
【分析】（1）①由“AAS”可证△DEG≌△DHF，可得DE=DF，即可求解；
②由“AAS”可证△FND≌△DCE，可得NF=DC，由勾股定理可求解；
（2）分点D在AB上和点D在AC或BC的上，由直角三角形的性质和勾股定理可求解．
【详解】（1）（1）①证明：过点D作DG⊥AC于G，DH⊥BC于H，连接CD，
∵△ABC是等腰直角三角形，AC=BC，点D是AB的中点，
∴CD⊥AB，CD=AD=BD，∠ACD=∠BCD，
∵DG⊥AC，DH⊥BC，
∴DG=DH，
∵∠ACB=∠EDF=90°，
∴∠DEC+∠DFC=180°，
∵∠DEC+∠DEG=180°，
∴∠DEG=∠DFC，
又∵∠DGC=∠DHC=90°，
∴△DEG≌△DHF(AAS)，
∴DE=DF，
∴△DEF是等腰直角三角形；
②如图，过点F作FN⊥AC于N，
∵△DEF为等腰直角三角形，
∴DE=DF，∠FDE=90°，
∴∠ADF+∠CDE=90°=∠CDE+∠CED，
∴∠ADF=∠CED，
又∵∠FND=∠C=90°，
∴△FND≌△DCE(AAS)，
∴NF=DC，
∵∠C=90°，AC=BC，
∴∠A=∠B=45°，
∵FN⊥AC，
∴∠A=∠AFN=45°，
∴△AFN是等腰直角三角形，
∴AN=NF，
设AN=NF=CD=x，则ND=6−2x，
∵△DEF为等腰直角三角形的面积为4，
∴ 12×DE2=4，
∴DF2=8，
∵DN2+NF2=DF2，
∴(6−2x)2+x2=8，
∴x=2或145，
∴CD=2或145；
（2）解：设等腰Rt△DEF的直角顶点为D，
若D在AB上，如图3，
取EF的中点Q，连接CQ，ZQ，
则CQ=12EF，DQ=12EF，
∵△DEF是直角边长为1的等腰直角三角形(∠EDF=90°)，
∴EF=2，
∴CQ=DQ=22，
∴CQ+DQ=2，
∴当C、Q、D共线是CD最长，则CD=2，
∴在等腰Rt△ABC(∠C=90°)中，当CD⊥AB时，AC的长最大，AC最大为2:
若D在直角边上，如图4，过点E分别作GE⊥CA于点E，EH⊥CB于H，
设GE=a=CD，DG=b，AC=BC=s，
则2a+b=sa2+b2=1，
∴a2+(s−2a)2=1，
∴5a2−4sa+s2−1=0，
∴ Δa=20−4s2≥0，
解得s≤5，
当s取最大值时，a=255，b=55，
∴AC的最大值为5，
综上，AC的最大值为5．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．（2023·江西赣州·一模）在学习《2.1圆》时，小明遇到了这样一个问题：如图1（1）、1（2），△ABC和△DBC中，∠A=∠D=90°．试证明A、B、C、D四点在同一圆上．
小明想到了如下证法：在图1（1）、1（2）中取BC中点M，连接AM,DM，则有AM=BM=CM及DM=BM=CM，即AM=BM=CM=DM，所以A、B、C、D四点在以M为圆心，MB为半径得圆上，根据以上探究问题得出的结论，解决下列问题：
(1)如图2，在△ABC中，三条高AD、BE、CF相交于点H，若∠BAC=64°，则∠EDF= °．
(2)如图3，已知AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，G为CD的中点，CE⊥AB于E，DF⊥AB于F（E、F不重合），若∠EGF=60°，求证：CD=12AB．
【答案】(1)52；
(2)详见解析
【分析】（1）由AD、BE、CF是△ABC的高，可知点E、H、D、B四点共圆，点E、H、D、C四点共圆，然后在每一个圆中运用圆周角定理进行角的转换即可求解；
（2）连接OC,OG,OD，根据垂径定理可知OG⊥CD，结合CE⊥AB，DF⊥AB，可知C、E、O、G四点共圆，D、G、O、F四点共圆，然后在每一个圆中运用圆周角定理进行角的转换即可求解，最后证明△COD是等边三角形即可；
【详解】（1）设AD与BE交于点H，
∵ AD、BE、CF是△ABC的高，
∴∠BFH=∠BDH=90°，∠HEC=∠HDC=90°，
∴点E、H、D、B四点共圆，点E、H、D、C四点共圆，
∴∠FBH=∠FDH，∠EDH=∠ECH,
∵∠FBH+∠BAC=90°, ∠ECH+∠BAC=90°,
∴∠FBH=∠ECH=90°−∠BAC，
∵∠BAC=64°,
∴∠FBH=∠ECH=90∘−64°=26°,
∴∠EDF=∠FDH+∠HDE=∠FBH+∠ECH=26°+26°=52°，
故答案为：52；
（2）证明：如图3，连接OC,OG,OD，
∵OC=OD,G为CD的中点，
∴OG⊥CD,
∵CE⊥AB，DF⊥AB，
∴∠OEC=∠OGC=90°, ∠OFD=∠OGD=90°，
∴C、E、O、G四点共圆，D、G、O、F四点共圆，
∴∠ODE=∠OCE,∠OGF=∠ODF，
∴∠OCE+∠ODF=∠OGE+∠OGF=∠EGF=60°，
∴∠COD=180°−∠COE−∠DOF=180∘−(90∘−∠OCE)−(90∘−∠ODF)=∠OCE+∠ODF=60°，
∵OC=OD,
∴△COD是等边三角形，
∴CD=OC=12AB；
【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及与三角形有关的角的计算；结合题意证明四点共圆并运用圆的相关知识解决问题是解题的关键．
押题猜想十一 解答题压轴之二次函数综合
1．（2024·甘肃陇南·一模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B2,0两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C0,8．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)若D为抛物线的顶点，求△ACD的面积；
(3)若P是平面直角坐标系内一点，是否存在以A、B、C、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−x2−2x+8；
(2)6；
(3)点P的坐标为6,8或−6,8或−2,−8．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先根据抛物线的解析式求得顶点坐标，设直线AC的解析式为y=kx+8，待定系数法求出解析式，得到DE，根据△ACD的面积为12DExC−xA求解即可；
（3）根据题意分三种情况讨论，①当AB∥CP1，AB=CP1时，②当AB∥CP2，AB=CP2时，③当BC∥AP3，BC=AP3时，作P3M⊥AB于点M，结合平行四边形的性质即可求解．
【详解】（1）解：由题知，抛物线y=−x2+bx+c过点B2,0，C0,8，
∴ −22+2b+c=0c=8，解得b=−2c=8，
∴该抛物线的解析式为y=−x2−2x+8；
（2）解：∵ y=−x2−2x+8=−x+12+9，D为抛物线的顶点，
∴ D−1,9，
设直线AC的解析式为y=kx+8，
∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B2,0两点（点A在点B的左侧），
又抛物线对称轴为x=−1，
∴A−4,0，
将A−4,0代入y=kx+8中，有−4k+8=0，解得k=2，
∴直线AC的解析式为y=2x+8，
作DE∥y轴，交AC于点E，连接AD，CD，

有E−1,6，
∴DE=9−6=3，
∴ △ACD的面积为：12DExC−xA=12×3×0+4=6；
（3）解：存在，

①当AB∥CP1，AB=CP1时，
∵AB=6，
∴ P1的坐标为6,8；
②当AB∥CP2，AB=CP2时，
∵AB=6，
∴ P2的坐标为−6,8；
③当BC∥AP3，BC=AP3时，作P3M⊥AB于点M，
有∠P3AM=∠CBO，∠P3MA=∠BOC=90°，
∴ △P3AM≌△CBOAAS，
∴ AM=OB=2，P3M=OC=8，
∴OM=OA−AM=2，
∴ P3的坐标为−2,−8；
综上所述，点P的坐标为6,8或−6,8或−2,−8．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求一次函数、二次函数解析式，平行四边形的性质，全等三角形性质和判定，解题的关键在于熟练掌握相关性质并灵活运用．
2．（2024·山东滨州·一模）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=x−1交于点D，与x轴交于点E．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+12PA的最小值．
【答案】(1)y=x2−6x+5
(2)存在，(4,−3)或(0,5)或(5,0)
(3)41
【分析】（1）根据题意，可求出点A,B的坐标，再运用待定系数法即可求解；
（2）根据直角三角形的性质，分类讨论：①当∠DAM=90°时；②当∠ADM=90°时；分别求出直线的解析式，再联立二次函数为二元一次方程组求解即可；
（3）如图，在AB上取点F，使BF=1，连接CF，可证△PBF∽△ABP，得PF=12PA，当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，运用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=x−1交于点D，
∴把x=3代入直线y=x−1得，y=2，
∴D3,2，
令y=0，则x=1，
∴A1,0，
∵AB=4，
∴B5,0，
∴将A(1,0),B(5,0)代入y=ax2+bx+5，
得a+b+5=025a+5b+5=0，
解得a=1b=−6，
∴抛物线的解析式为y=x2−6x+5；
（2）解：存在点M，理由如下：
∵直线AD的解析式为y=x−1，抛物线对称轴x=3与x轴交于点E，
∴当x=3时，y=x−1=2，
∴D3,2，
①当∠DAM=90°时，设直线AM交对称轴于点F，对称轴与x轴交于点K，
∵A1,0，D3,2，二次函数对称轴为x=3，
∴AK=3−1=2，DK=2，DK⊥x轴，
∴△ADK是等腰直角三角形，∠KAD=∠KDA=45°，
∵∠DAM=90°，
∴∠MAK=45°，且∠FKA=90°，
∴△DAK≌△FAKASA，
∴KD=KF=2，
∴点F坐标为(3,−2)，
设直线AM的解析式为y=k1x+b1，将点A、F坐标代入，
得k1+b1=03k1+b1=−2，
解得k1=−1b1=1，
∴直线AM的解析式为y=−x+1，
解方程组y=−x+1y=x2−6x+5，
得x=1y=0或x=4y=−3，
∴点M的坐标为(4,−3)；
②当∠ADM=90°时，根据点A,B关于抛物线对称轴对称，则直线DM经过点B坐标为(5,0)，
设直线DM的解析式为y=k2x+b2，将点D、B坐标代入，
得5k2+b2=03k2+b2=2，
解得k2=−1b2=5，
∴直线DM的解析式为y=−x+5，
解方程组y=−x+5y=x2−6x+5，
解得x=0y=5或x=5y=0，
∴点M的坐标为(0,5)或(5,0)；
综上，点M的坐标为(4,−3)或(0,5)或(5,0)；
（3）解：已知B5,0，以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，
如图，在AB上取点F，使BF=1，连接CF，
∵PB=2，
∴BFPB=12，
∵PBAB=24=12，
∴BFPB=PBAB，
又∵∠PBF=∠ABP，
∴△PBF∽△ABP，
∴PFPA=BFPB=12，即PF=12PA，
∴PC+12PA=PC+PF≥CF,
∴当点C、P、F三点共线时，PC+12PA的值最小，即为线段CF的长，
∵OC=5,OF=OB−1=5−1=4,
∴CF=OC2+OF2=52+42=41，
∴PC+12PA的最小值为41．
【点睛】本题主要考查待定系数法求解析式，二次函数与特殊三角形，圆的基础知识，相似三角形的判定和性质，勾股定理，最短路径等知识的综合，掌握二次函数图象的性质，特殊三角形的性质，最短路径的计算方法是解题的关键．
3．（2023·山东济南·一模）抛物线y=ax2+bx+3过点A−1,0，点B3,0，顶点为C，与y轴相交于点D，点P是该抛物线上一动点，设点P的横坐标为m1(1)求抛物线的表达式．
(2)如图1，连接BD，PB，PD，若△PBD的面积为3，求m的值；
(3)连接AC，过点P作PM⊥AC于点M，是否存在点P，使得PM=2CM，如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)m=2
(3)P73,209
【分析】（1）把点A,B的坐标代入抛物线的解析式，利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）利用待定系数法求出直线BD解析式为y=−x+3，过点P作PQ∥y轴交BD于点Q，设点P(m,−m2+2m+3)，点Qm,−m+3，根据△PBD的面积为3，可得出关于m的方程，解方程即可得到m的值；
（3）设AC交y轴于点F，延长CP交x轴于G，连接GF，过点C作CE⊥x轴于点E，可得tan∠MCP=tan∠CAE，则∠MCP=∠CAE，△GAC是等腰三角形，证明△AFO∽△FGO，根据相似三角形的性质可得OG=4，G(4，0)，求出直线CG的解析式为为y=−43x+163，联立得方程组，解方程组即可求得点P的坐标．
【详解】（1）将点A−1,0，点B3,0代入y=ax2+bx+3得：
a−b+3=09a+3b+3=0，
解得：a=−1b=2．
∴抛物线的表达式为y=−x2+2x+3．
（2）∵点D(0，3)，点B(3，0)，
∴直线BD解析式为y=−x+3，
过点P作PQ∥y轴交BD于点Q，

设点Pm,−m2+2m+3，点Qm,−m+3，
∴S△PBD=12×PQ×OB=12×3−m2+2m+3+m−3= −32m2+ 92m
∵△PBD的面积为3，
∴− 32m2 + 92 m=3
∴ m1=1，m2=2
∵1∴m=2；
（3）∵在Rt△CMP中，PM=2CM
∴tan∠MCP=2，
设AC交y轴于点F，延长CP交x轴于G，连接GF，过点C作CE⊥x轴于点E，

∵y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴顶点C(1，4)．
∵A−1,0，
∴AE=2，CE=4
∴OA=1，OE=1，CE=4．
∴OA=OE，AC= AE2+CE2 = 25．
Rt△AEC中，tan∠CAE=2，tan∠ACE= 12
∵tan∠MCP= tan∠CAE
∴∠MCP=∠CAE，
∴GA=GC，
∴△GAC是等腰三角形
∵FO⊥AB，CE⊥AB，
∴ FO∥CE，
∴OF= 12 CE=2，F为AC的中点．
∵△GAC是等腰三角形，∴GF⊥AC．
∵FO⊥AG，
∴△AFO∽△FGO．
∴ AOOF = OFOD ∴ 12=2OG
∴OG=4．
∴G4,0．
设直线CG的解析式为y=kx+m，
∴k+m=44k+m=0，解得：k=−43m=163．
∴直线CG的解析式为y=−43x+163．
∴y=−43x+163y=−x2+2x+3，
解得：x1=1y1=4，x2=73y2=209
∴P73,209．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法确定函数的解析式，配方法求抛物线的顶点坐标，三角形的面积，等腰三角形的判定和性质，三角形相似的判定与性质．熟练掌握二次函数图象和性质，灵活运用数形结合思想，方程思想是解题的关键．
4．（2024·广东东莞·一模）如题，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A−1,0，点B4,0，与y轴交于点C，连接AC，BC．
(1)求抛物线的解析式．
(2)点D为抛物线的对称轴上一动点，当△ACD周长最小时，求点D的坐标．
(3)点E是OC的中点，射线AE交抛物线于点F，P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交射线AF与点G，是否存在点P使得△PFG与△AOE相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)D32,54
(3)存在，点P的坐标为1,3或3,2
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）点A关于对称轴的对称点为点B，连接BC交对称轴于点D，连接AD，此时AD+CD最小，得出直线BC的解析式为y=−12x+2，当x=32时，y=54，得出D32,54即可求解；
（3）分两种情况：△FPG�△AOE，△PFG�△AOE，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）解：把点A−1,0，B4,0分别代入y=ax2+bx+2，
得a−b+2=016a+4b+2=0解得a=−12b=32
∴抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2．
（2）∵A−1,0，B4,0
∴对称轴为直线x=−1+42=32
点A关于对称轴的对称点为点B，连接BC交对称轴于点D，连接AD，此时AD+CD最小，
当x=0时，y=2，
∴点C0,2．
设直线BC的解析式为y=kx+2，代入B4,0得4k+2=0
∴k=−12
∴直线BC的解析式为y=−12x+2
当x=32时，y=54，
∴点D32,54．
（3）存在．
∵C0,2，E是OC的中点，
∴ E0,1．
又A−1,0，
∴直线AE的解析式为y=x+1，OE=OA=1．
联立y=−12x2+32x+2y=x+1得−12x2+32x+2=x+1．
解得x1=2，x2=−1（舍）．
当x=2时，y=3．
∴F2,3．
设Pn,−12n2+32n+2，则Gn,n+1．
∴PG=−12n2+32n+2−n−1=−12n2+12n+1．
分以下两种情况：
①如图2，若△FPG�△AOE，则∠FPG=90°，PF=PG．
∴PF∥x轴．
∴PF=2−n．
∴2−n=−12n2+12n+1．
解得n=1或n=2（舍）．
∴P1,3．
②如图3，若△PFG�△AOE，则∠PFG=90°，PF=FG．
过点F作FH⊥PG于点H，则PG=2FH，
即−−12n2+12n+1=2n−2．
解得n=3或n=2（舍）．
∴P3,2．
综上，点P的坐标为1,3或3,2．
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求二次函数解析式，线段周长问题以及相似三角形的性质，解题的关键是求出二次函数解析式．
押题解读
二次函数与几何综合题是中考必考的题型，一般出现在压轴题位置，考查到二次函数的图像与性质、几何图形的判定、性质，通常会考查到线段最值、定值、面积定值及最值、周长定值及最值、直线的关系、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、特殊三角形的存在性问题、特殊四边形的存在性问题、抛物线与圆等，考查的范围比较广。在解决二次函数与几何综合题时，除了需要具备扎实的基础外，还需要有良好的思维能力，需要具备一定的数学思想和方法，在解题中通常会运用到数形结合思想、分类讨论思想、整体思路、转化思想等，一些综合性的题目的解答有一定的技巧和方法，在复习备考中，需要重点去学习、练习、总结和思考。
1．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线C1:y=ax2+bx+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，OB=OC=3OA．
(1)求抛物线C1的解析式；
(2)如图1，已知点P为第一象限内抛物线C1上的一点，点Q的坐标为(1,0)，∠POC+∠OCQ=45°；求点P的坐标；
(3)如图2，将抛物线C1平移到以坐标原点为顶点，记为C2，点T(1,−1)在抛物线C2上，过点T作TM⊥TN分别交抛物线C2于M，N两点，求直线MN过定点的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)P3,23
(3)恒过定点(−1,−2)
【分析】（1）求出点C坐标为(0,3)，进而求出A(−1,0)，B(3,0)，利用待定系数法即可求解；
（2）设P(t,−t2+2t+3)，如图，连接BC,过点P作PF⊥y轴于点F，过点Q作QE⊥BC于点E．先求出BC=32，证明△CQE∽△OPF得到PFQE=OFCE，再求出QE=2，CE=22，即可求出t=−3或t=3，从而得到t=3，即可求出P3,23；
（3）先求出抛物线C2的解析式为y=−x2，设直线MN的解析式为y=mx+n，且M(x1，y1)、N(x2，y2)，根据∠MTN=90°，得到(x1−1)2+(y1+1)2+(x2−1)2+(y2+1)2=(x1−x2)2+(y1−y2)2，整理得x1x2−(x1+x2)+y1y2+(y1+y2)+2=0，联立y=mx+ny=−x2，得x2+mx+n=0，即可得到x1+x2=−m，x1x2=n，进而得到y1y2=n2，y1+y2=−m2+2n，从而得到n2−m2+3n+m+2=0，求出n=−m−1或n=m−2，当n=−m−1时，直线MN的解析式为y=mx−m−1=m(x−1)−1，即直线MN过定点(1,−1)，不符合题意；当n=m−2时，直线MN的解析式为y=mx+m−2=m(x+1)−2，得到直线MN恒过定点(−1,−2)．
【详解】（1）解：令x=0，得y=3，
∴C(0,3)，
∴OC=3，
∵OB=OC=3OA，
∴OA=1，OB=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+3，得：
a−b+3=09a+3b+3=0，
解得：a=−1b=2，
∴抛物线C1的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：设P(t,−t2+2t+3)，如图，连接BC,过点P作PF⊥y轴于点F，过点Q作QE⊥BC于点E．
则∠BEQ=∠CEQ=∠PFO=90°，PF=t，OF=−t2+2t+3，
∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠BCO=∠CBO=45°，
∴BC=OBcs∠CBO =3cs45°=32，
∵∠BCO+∠OCQ=45°，∠POC+∠OCQ=45°，
∴∠BCO=∠POC，
∵∠QEC=∠PFO=90°，
∴△CQE∽△OPF，
∴ PFQE=OFCE，
∵点Q的坐标为(1,0)，
∴BQ=3−1=2，
∴QE=BQ⋅sin∠CBO=2sin45°=2，BE=BQ⋅cs∠CBO=2cs45°=2，
∴CE=BC−BE=32−2=22，
∴ t2=−t2+2t+322，
解得：t=−3或t=3，
∵点P在第一象限，
∴t>0，
∴t=3，−t2+2t+3=−(3)2+23+3=23，
∴P(3，23)；
（3）证明：∵将抛物线C1平移到以坐标原点为顶点的抛物线C2，
∴抛物线C2的解析式为y=−x2，
设直线MN的解析式为y=mx+n，且M(x1，y1)、N(x2，y2)，
∵点T(1,−1)在抛物线C2上，TM⊥TN，
∴∠MTN=90°，
∴TM2+TN2=MN2，
∴(x1−1)2+(y1+1)2+(x2−1)2+(y2+1)2=(x1−x2)2+(y1−y2)2，
整理得：x1x2−(x1+x2)+y1y2+(y1+y2)+2=0，
联立y=mx+ny=−x2，得x2+mx+n=0，
∴x1+x2=−m，x1x2=n，
∴y1y2=(mx1+n)(mx2+n)=m2x1x2+mn(x1+x2)+n2=m2n−m2n+n2=n2，
y1+y2=mx1+n+mx2+n=m(x1+x2)+2n=−m2+2n，
∴n2−m2+3n+m+2=0，
即(n+m+1)(n−m+2)=0，
∴n=−m−1或n=m−2，
当n=−m−1时，直线MN的解析式为y=mx−m−1=m(x−1)−1，
即直线MN过定点(1,−1)，与T(1,−1)重合，不符合题意；
当n=m−2时，直线MN的解析式为y=mx+m−2=m(x+1)−2，
∴直线MN恒过定点(−1,−2)．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，一元二次方程根于系数的关系等知识，综合性强，难度较大，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键．
2．（2024·湖北武汉·三模）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D．其中A−3,0，D−1,−4．
(1)直接写出该抛物线的解析式；
(2)如图1，在第三象限内抛物线上找点E，使∠OCE=∠OAD，求点E的坐标；
(3)如图2，过抛物线对称轴上点P的直线交抛物线于F，G两点，线段FG的中点是M，过点M作y轴的平行线交抛物线于点N．若FGMN是一个定值，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)E−52,−74
(3)P−1，−154
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）过点E作EF⊥y轴于F，过点D作DG⊥x轴于G，设点Em,m2+2m−3，由tan∠OCE=tan∠OAD，得DGAG=EFCF，列出关于m的方程即可求解；
（3）设P−1，t，直线FG的解析式为：y=kx+k+t，表示出FG=1+k2⋅k2+4t+16，MN=k2+4t+164，结合FGMN是一个定值，求出t的值，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点为D−1,−4，且经过点A−3,0，
∴9a−3b+c=0a−b+c=−4−b2a=−1
解得a=1b=2c=−3，
∴该抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）解：如图1，过点E作EF⊥y轴于F，过点D作DG⊥x轴于G，则∠EFC=∠DGA=90°，
∵A−3,0，D−1,−4，
∴AG=−1−−3=2，DG=4，
把x=0代入y=x2+2x−3得，y=−3，
∴C0,−3，
∴OC=3，
设点Em,m2+2m−3，则EF=−m，OF=−m2+2m−3，
∴CF=OC−OF=3+m2+2m−3=m2+2m，
∵∠OCE=∠OAD，
∴tan∠OCE=tan∠OAD，
∴DGAG=EFCF，
即42=−mm2+2m，
整理得，2m2+5m=0，
解得m1=−52或m2=0（不合，舍去），
∴E−52,−74；
（3）解：设P−1，t，
设直线FG的解析式为：y=kx+b，
∴t=−k+b，即b=k+t，
∴直线FG的解析式为：y=kx+k+t，
设Fx1，y1，Gx2，y2，
由y=x2+2x−3y=kx+k+t，得x2+2x−3=kx+k+t，即：x2+2−kx−3−k−t=0，
∴x1+x2=k−2，x1x2=−3−k−t，
∴FG=x1−x22+y1−y22=1+k2x1−x2=1+k2⋅k−22−4−3−k−t
=1+k2⋅k2+4t+16
∵线段FG的中点是M，
∴Mk−22，k2+2t2，Nk−22，k2−164，
∴MN=k2+2t2−k2−164=k2+4t+164，
∴FGMN=41+k2k2+4t+16，
∴FGMN=41+k2k2+4t+16=4⋅1+k2k2+4t+16=4⋅11+4t+151+k2，
∴当4t+15=0时，即t=−154时，FGMN是定值，
∴P−1，−154．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，掌握待定系数法，用参数表示一次函数的解析式和线段长时解题的关键．
3．（2024·湖北恩施·一模）如图1，抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为A1,2，与x轴交于点B(−1,0)，C两点，与y轴交于点D，点P是抛物线上的动点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)连接AB、AC，判断△ABC的形状并说明理由．
(3)连接CD，若点P在第一象限，过点P作PE⊥CD于E，求线段PE长度的最大值；
(4)已知∠ACB+∠PCB=α，是否存在点P，使得tanα=2？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−12x−12+2
(2)△ABC为等腰直角三角形；理由见解析
(3)9520
(4)P的横坐标为−53或−13
【分析】（1）利用抛物线顶点坐标已知，将抛物线设为顶点式，代入B点，求得抛物线解析式；
（2）先求出点C3,0，然后求出AB=−1−12+22=22，AC=3−12+22=22，BC=3−−1=4，然后根据勾股定理的逆定理进行判断即可；
（3）先由抛物线的解析式，求出抛物线与坐标轴的三个交点D、B、C，则直角△DOC的各个内角三角函数值和边长均可求，且直线CD的解析式可求，因为PE⊥CD，可以过P作PF⊥x轴与F，交CD于H，则可以证得△PEH∽△COD，利用相等的角的三角函数值相等这个结论，得到PE与PH的数量关系，设出P点坐标，可以得到H点坐标，表示出PH的长度，继而求得PE的长度，得到一个二次函数，根据P的横坐标范围，讨论这个二次函数最值问题，在顶点处取得最值，即可解决．
（4）根据题意，可以画图，得到PC可以在x轴上方和x轴下方两种情况，先看PC在x轴下方，利用A、B、C三点坐标，可以证得∠BAC=90°，延长AB交CP于K点，则△AKC是一个直角三角形，构造一线三直角模型，可以求得CK的解析式，从而联立CK与抛物线解析式，求出交点P的横坐标，当P在x轴上方时，可以先求出K关于x轴对称点K'的坐标，先求出直线CK'的解析式，再联立直线CK'与抛物线解析式，求出交点P的横坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为A1,2，
∴设抛物线解析式为y=ax−12+2，代入点B−1,0，得4a+2=0，
∴a=−12，
∴抛物线解析式为：y=−12x−12+2．
（2）解：△ABC为等腰直角三角形；理由如下：
把y=0代入y=−12x−12+2得：0=−12x−12+2，
解得：x1=3，x2=−1，
∴C3,0，
∵A1,2，B−1,0，
∴AB=−1−12+22=22，
AC=3−12+22=22，
BC=3−−1=4，
∵AB2+AC2=222+222=16=BC2，
又∵AB=AC=22，
∴△ABC为等腰直角三角形．
（3）解：如图，过P作PF⊥x轴于F，交CD于H，
∵PE⊥CD，
∴∠PEH=∠PFC=90°，
∴∠PHE+∠EPH=∠CHF+DCB=90°，
∵∠PHE=∠CHF，
∴∠EPH=∠DCB，
令x=0，则y=−12x−12+2=32，
∴D0,32，
∵C3，0
∴DO=32，CO=3，
∴ CD=DO2+CO2=352，
∴cs∠EPH=cs∠DCB=COCD=255，
设直线CD为y=kx+32，代入点C3,0，得k=−12，
∴直线CD为y=−12x+32，
∵点P在抛物线y=−12(x−1)2+2的图像，点H在直线y=−12x+32的图像上，且点P与点H的横坐标相等，
∴设Pm，−12m2+m+32，则Hm，−12m+32，
∴ PH=−12m2+32m，
∵cs∠EPH=PEPH=255，
∴PE=−55m2+355m=−55m−322+9520，
∵P在第一象限，
∴0∴ m=32时，PE最大值为9520．
（4）解：①如图，当P在x轴下方时，tan∠ACP=tanα=2，延长AB交CP延长线于K，过A作x轴平行线，过K作y轴平行线，两线交于点Q，过C作CR⊥AQ于R，
∵A(1,2)，B(−1,0)，C(3,0)，
∴AB=1+12+22=22，
同理，AC=22，BC=4，
∴AB2+AC2=BC2，AB=AC，
∴∠BAC=90°，
∵∠AKQ+∠QAK=∠QAK+∠RAC=90°，
∴∠AKQ=∠RAC，
又∠AQK=∠CRA=90°，
∴△AQK∽△CRA，
∴ AKCA=AQCR=QKRA，
又tan∠ACK=AKAC=2，
∴ QKRA=AQCR=2，
又AR=CR=2，
∴QK=AQ=4，
∴K−3，−2，
设直线CK为y=k1(x−3)，代入点K，解得k1=13，
∴直线CK为y=13x−1，
联立y=13x−1y=−12x−12+2，
∴3x2−4x−15=0，解得x=−53或x=3，
∴P的横坐标为−53；
②如图，当P在x轴上方时，
K关于x轴的对称点为K'，则K'−3，2，连接CK'交抛物线于点P，可设直线CK'为y=k2(x−3)，代入点K'，解得k2=−13，
∴直线CK'为y=−13 x+1
联立y=−13x+1y=−12x−12+2，
∴3x2+4x−3=0，
∴x=−13或x=3，
∴P的横坐标为−13，
综上，P的横坐标为−53或−13．
【点睛】此题是二次函数综合题，考查了线段最值问题，解决关键就是做横平竖直线，将“斜线段”转化成“垂线段”，利用函数思想解决最值问题，第三问考查了角的存在性问题，要注意画图，分类讨论，利用一线三直角模型来解决问题．
4．（2023·四川眉山·一模）如图①，已知抛物线y=ax2+bx+c的图象经过点A0,3，B1,0，其对称轴为直线l:x=2，过点A作AC∥x轴，交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若动点P在直线OE下方的抛物线上，连接PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值．
(3)如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在；直接写出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)当m=52时，S有最大值是758
(3)存在，点P的坐标是：3−52,5+12或5−52,1−52或3+52,1−52或5+52,1+52．
【分析】（1）设抛物线与x轴的另一个交点为D，利用对称思想求得点D的坐标，设出抛物线的交点式，解答即可；
（2）过点P作PF∥y轴交直线OE于点F，设Pm，m2−4m+3，则Fm，m，
则FP=m−m2+4m−3=−m2+5m−3，把不规则四边形切割成几个三角形，利用三角形面积之和，求四边形面积．
（3）根据等腰直角三角形的定义，分类解答即可．
【详解】（1）设抛物线与x轴的另一个交点为D，
∵抛物线y=ax2+bx+c的图象经过点A0,3、B1,0，其对称轴为直线l:x=2，
∴1+xD2=2，
解得xD=3，
故D3,0，
设抛物线解析式为y=ax−1x−3，
把A0,3代入解析式，得
3=a0−10−3，
解得a=1，
故抛物线解析式为y=x−1x−3=x2−4x+3=x−22−1；
（2）∵OE平分∠AOB，且∠AOB=90°，
∴∠AOE=∠BOE=12∠AOB=45°，
∵AC∥x轴，交抛物线于点C，
∴∠AEO=∠BOE=45°，
∴∠AOE=∠BOE=∠AEO=45°，
∴AE=AO，
∵点A0,3，
∴AE=AO=3，
∴点E3,3，
∴S△AOE=12AE⋅AO=92，
设OE的解析式为y=kx，
∴3=3k，
解得k=1，
∴OE的解析式为y=x，
过点P作PF∥y轴交直线OE于点F，
设Pm，m2−4m+3，则Fm，m，
则FP=m−m2+4m−3=−m2+5m−3，
∴S△POE=S△POF+S△PEF
=12PFxP−xO+12PFxE−xP
=12PF⋅xE−xO
=12PF×3−0=32PF
=−32m2+152m−92，
∴S四边形AOPE=S△AOE+S△POE=−32m2+152m，
=−32m−522+758，
∴当m=52时，四边形AOPE面积最大，最大值为758．
（3）①当P在对称轴的左边，过P作MN⊥y轴，交l于N，
∵OP=PF，∠OPF=90°，
∴∠MPO=90°−∠NPF=∠NFP，
在Rt△MPO和Rt△NFP中，
∵∠OMP=∠PNF∠MPO=∠NFPPO=FP，
∴Rt△MPO≌Rt△NFPAAS，
∴OM=PN，
∵Pm，m2−4m+3，
则m2−4m+3=2−m，
∴m2−4m+3=2−m或m2−4m+3=m−2
∴m2−3m+1=0或m2−5m+5=0，
解得m1=3+52（舍去），m2=3−52或m3=5+52（舍去），m4=5−52，
∵m<2，
∴m2=3−52或m4=5−52，
∴P的坐标为3−52,5+12或5−52,1−52；
②当P在对称轴的右边，如图4，过P作MN⊥x轴于N，
同理得Rt△ONP≌Rt△PMFAAS，
∴FM=PN，
∵Pm，m2−4m+3，
则m2−4m+3=m−2，
∴m2−4m+3=m−2或m2−4m+3=2−m
∴m2−5m+5=0或m2−3m+1=0，
解得m1=3+52，m2=3−52（舍去）或m3=5+52，m4=5−52（舍去），
∵m>2，
∴m1=3+52或m3=5+52，
∴P的坐标为3+52,1−52或5+52,1+52；
综上所述，点P的坐标是：3−52,5+12或5−52,1−52或3+52,1−52或5+52,1+52．
【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，构造二次函数求面积最值，解一元二次方程，全等三角形的性质和判定，等腰三角形分类计算，熟练掌握待定系数法，正确构造二次函数，活用分类思想是解题的关键．
5．（2023·广西·模拟预测）已知如图，抛物线y=ax2+bx−2与x轴交于A−1,0，B4,0两点，与y轴交于点C．直线l由直线BC平移得到，与y轴交于点E0,n．四边形MNPQ的四个顶点的坐标分别为Mm+1,m+3，Nm+1,m，Pm+5,m，Qm+5,m+3．
(1)填空：a=______，b=______；
(2)若点M在第二象限，直线l与经过点M的双曲线y=kx有且只有一个交点，求n2的最大值；
(3)当直线l与四边形MNPQ、抛物线y=ax2+bx−2都有交点时，存在直线l，对于同一条直线l上的交点，直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都不大于它与抛物线y=ax2+bx−2的交点的纵坐标．
①当m=−3时，直接写出n的取值范围；
②求m的取值范围．
【答案】(1)12，−32
(2)当m=−2时，n2可以取得最大值，最大值为2
(3)①n的取值范围为：12≤n≤1或n=−4；②m的取值范围：−13≤m≤3−572
【分析】（1）将点A−1,0，B4,0代入函数解析式y=ax2+bx−2得a−b−2=016a+4b−2=0，解之即可；
（2）设直线BC的解析式为y=dx+ed≠0，将点B4,0和C0,−2代入得4d+e=0e=−2，求出直线BC的解析式y=12x−2；再求出直线l的解析式为y=12x+n，根据反比例函数图象上点的坐标特征得k=m+1m+3=m2+4m+3，再由直线l与双曲线有公共点x2+2nx−2m2−8m−6=0，由直线l与双曲线有且只有一个交点得Δ=0，进而可求得；
（3）当直线l与抛物线有交点时，联立直线y=12x+n与抛物线y=ax2+bx−2的解析式，得y=12x2−32x−2y=12x+n，可求得n≥−4；当n=−4时，直线y=12x−4与抛物线有且只有一个交点F2,−3；①当m=−3时，四边形MNPQ的顶点分别为M−2,0，N−2,−3，P2,−3，Q2,0．第一种情况：如图2，n=−4时，直线l与四边形MNPQ，抛物线y=ax2+bx−2都有交点，且满足直线l与矩形MNPQ的交点的纵坐标都不大于与抛物线y=ax2+bx−2的交点的纵坐标．第二种情况：当直线l经过点A时，如图3所示，12×(−1)+n=0，解得，n=12，当直线l经过点M时，如图4所示得n=1，12≤n≤1，最终可得n的取值范围为：12≤n≤1或n=−4．
②（Ⅰ）当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点Mm+1,m+3在直线y=12x−4上时，直线l与四边形MNPQ、抛物线y=ax2+bx−2同时有交点，且同一直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都小于它与抛物线的交点的纵坐标，得解得，m=−13．
（Ⅱ）如图5，当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点Mm+1,m+3在这条开口向上的抛物线上（对称轴左侧）时，存在直线l（即经过此时点M的直线l）与四边形MNPQ、抛物线y=ax2+bx−2同时有交点，且同一直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标，12(m+1)2−32(m+1)−2=m+3，解之可求出m；综合（Ⅰ）到（Ⅱ），得m的取值范围：−13≤m≤3−572．
【详解】（1）将点A−1,0，B4,0代入函数解析式y=ax2+bx−2得
a−b−2=016a+4b−2=0
解得a=12b=−32
故答案为：12，−32；
（2）设直线BC的解析式为y=dx+ed≠0，
∵直线BC经过B4,0和C0,−2，
∴4d+e=0e=−2，解得d=12e=−2，
∴直线BC：y=12x−2．
∵直线BC平移得到直线l，且直线l与y轴交于点E0,n，
∴直线l：y=12x+n，
∵双曲线y=kx经过点Mm+1,m+3，
∴k=m+1m+3=m2+4m+3，
∴y=m2+4m+3x．
∵直线l与双曲线有公共点，
联立解析式得：y=12x+ny=m2+4m+3x，
∴12x+n=m2+4m+3x，
整理得：x2+2nx−2m2−8m−6=0，
∵直线l与双曲线有且只有一个交点，
∴Δ=0，
即(2n)2−4−2m2−8m−6=0，
整理得：4n2+8m2+32m+24=0，
化简得：n2+2m2+8m+6=0，
∴n2=−2m2−8m−6=−2m+22+2，
∵点M在第二象限，
∴m+1<0m+3>0，
解得，−3∴当m=−2时，n2可以取得最大值，最大值为2．
（3）如图1，当直线l与抛物线有交点时，联立直线y=12x+n与抛物线y=ax2+bx−2的解析式.
得：y=12x2−32x−2y=12x+n，
得：12x2−32x−2=12x+n，
整理得：x2−4x−4−2n=0，
∴Δ≥0，
即16+16+8n≥0，
∴n≥−4，
当n=−4时，直线l：y=12x−4与抛物线有且只有一个交点F2,−3．
①当m=−3时，四边形MNPQ的顶点分别为M−2,0，N−2,−3，P2,−3，Q2,0．
第一种情况：如图2，当直线l经过P2,−3时，此时P2,−3与F2,−3重合.
∴n=−4时，直线l与四边形MNPQ，抛物线y=ax2+bx−2都有交点，且满足直线l与矩形MNPQ的交点的纵坐标都不大于与抛物线y=ax2+bx−2的交点的纵坐标．
第二种情况：当直线l经过点A时，如图3所示.
12×(−1)+n=0，解得，n=12，
当直线l经过点M时，如图4所示
12×(−2)+n=0，解得，n=1，
∴12≤n≤1，
综上所述，n的取值范围为：12≤n≤1或n=−4．
②（Ⅰ）当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点Mm+1,m+3在直线y=12x−4上时，直线l与四边形MNPQ、抛物线y=ax2+bx−2同时有交点，且同一直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都小于它与抛物线的交点的纵坐标．
m+3=12(m+1)−4，
解得，m=−13．
（Ⅱ）如图5，当m的值逐渐增大到使矩形MNPQ的顶点Mm+1,m+3在这条开口向上的抛物线上（对称轴左侧）时，存在直线l（即经过此时点M的直线l）与四边形MNPQ、抛物线y=ax2+bx−2同时有交点，且同一直线l与四边形MNPQ的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标．
12(m+1)2−32(m+1)−2=m+3，
化简，得：m2−3m−12=0．
解得，m1=3+572（舍），m2=3−572，
从（Ⅰ）到（Ⅱ），在m的值逐渐增大的过程中，均存在直线l，同时与矩形MNPQ、抛物线y=ax2+bx−2相交，且对于同一条直线l上的交点，直线l与矩形MNPQ的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标．
综上所述，m的取值范围：−13≤m≤3−572．
【点睛】本题考查二次函数与反比例函数、一次函数的综合题，属中考压轴题，难度大，根据题中条件正确分类是解题关键．x
−1
0
1
3
y
0
−1.5
−2
0
草莓数量（箱）
苹果数量（箱）
合计（箱）
甲店
a
________
20
乙店
________
_________
20
运动时间xt
0
2
4
6
8
10
⋯
运动速度vcms
10
9
8
7
6
5
⋯
滑行距离ycm
0
19
36
51
64
75
⋯
构图法在初中数学解题中的应用构图法指的是构造与数量关系对应的几何图形，用几何图形中反映的数量关系来解决数学问题的方法.巧妙地构造图形有助于我们把握问题的本质，明晰解题的路径，也有利于发现数学结论.本文通过列举一个例子，介绍构图法在解题中的应用，
例：如图1，已知P为等边三角形ABC内一点，∠APB=113°，∠APC=123°.
求以AP，BP，CP为边的三角形中各个内角的度数.
解析：如何求所构成的三角形三个内角的度数？由于没有出现以AP，BP，CP为边的三角形，问题难以解决.于是考虑通过构图法构造长度为AP，BP，CP的三角形来解决问题．
解：将△APC绕点A顺时针旋转60°得△AQB，则△AQB≌△APC．
∴ BQ=CP，AQ=AP，∠1=∠CAP．
由旋转可知∠QAP=60°，∴ △APQ是等边三角形．【依据】
∴ QP=AP，∠3=∠4=60°．
∴ △QBP就是以AP，BP，CP为边的三角形．
∵ ∠APB=113°，∴ ∠5=∠APB−∠4=53°．
∵ ∠AQB=∠APC=123°.∴ ∠6=∠AQB−∠3=63°．
∴ ∠QBP=180°−∠5−∠6=64°．
∴以AP，BP，CP为边的三角形中，三个内角的度数分别为64°，63°，53°.
构造图形的关键在于通过图形的变化，能使抽象的数量关系集中在一个图形上直观地表达出来，使问题变简单．
问题背景：
数学兴趣小组的同学们在学习了完全平方公式之后，发现由于(a−b)2≥0，故a2+b2≥2ab，于是他们对两个正数之和与这两个正数之积的关系展开了探究．
探索发现：
2+8>2×2×8=8
13+112>2×13×112=13
12+2>2×12×2=2
3+3=2×3×3=6
15+15=2×15×15=25
发现结论：如果a>0,b>0，那么a+b≥2ab（当且仅当a=b时等号成立）
解释证明：
当a≠b时，
∵(a−b)2>0
∴a−2ab+b>0
∴a+b>2ab
当a=b时，
∵(a−b)2=0
∴a−2ab+b>0
∴a+b=2ab
∴如果a>0,b>0，那么a+b≥2ab（当且仅当a=b时等号成立）
有这样一个题目：设有两只电阻，分别为R1和R2，问并联后的电阻值R是多少？
我们可以利用公式1R=1R1+1R2求得R的值，也可以设计一种图形直接得出结果，具体如下：如图①，在直线l上任取两点A、B，分别过点A、B作直线l的垂线，并在这两条垂线上分别截取AC=R1,BD=R2，且点C、D位于直线l的同侧，连接AD、BC，交于点E，过点E作EF⊥直线l，则线段EF的长度就是并联后的电阻值R．
证明：∵EF⊥l,CA⊥l，
∴∠EFB=∠CAB=90°，
又∵∠EBF=∠CBA，
∴△EBF∽△CBA（依据1），
∴BFAB=EFAC（依据2）．
同理可得：AFAB=EFBD，
∴BFAB+AFAB=EFAC+EFBD，
∴1=EFAC+EFBD,∴1EF=1AC+1BD，即1R=1R1+1R2．
x
−1
0
1
3
y
0
−1.5
−2
0
草莓数量（箱）
苹果数量（箱）
合计（箱）
甲店
a
________
20
乙店
________
_________
20
草莓数量（箱）
苹果数量（箱）
合计（箱）
甲店
a
20−a
20
乙店
25−a
a−5
20
运动时间xt
0
2
4
6
8
10
⋯
运动速度vcms
10
9
8
7
6
5
⋯
滑行距离ycm
0
19
36
51
64
75
⋯
构图法在初中数学解题中的应用构图法指的是构造与数量关系对应的几何图形，用几何图形中反映的数量关系来解决数学问题的方法.巧妙地构造图形有助于我们把握问题的本质，明晰解题的路径，也有利于发现数学结论.本文通过列举一个例子，介绍构图法在解题中的应用，
例：如图1，已知P为等边三角形ABC内一点，∠APB=113°，∠APC=123°.
求以AP，BP，CP为边的三角形中各个内角的度数.
解析：如何求所构成的三角形三个内角的度数？由于没有出现以AP，BP，CP为边的三角形，问题难以解决.于是考虑通过构图法构造长度为AP，BP，CP的三角形来解决问题．
解：将△APC绕点A顺时针旋转60°得△AQB，则△AQB≌△APC．
∴ BQ=CP，AQ=AP，∠1=∠CAP．
由旋转可知∠QAP=60°，∴ △APQ是等边三角形．【依据】
∴ QP=AP，∠3=∠4=60°．
∴ △QBP就是以AP，BP，CP为边的三角形．
∵ ∠APB=113°，∴ ∠5=∠APB−∠4=53°．
∵ ∠AQB=∠APC=123°.∴ ∠6=∠AQB−∠3=63°．
∴ ∠QBP=180°−∠5−∠6=64°．
∴以AP，BP，CP为边的三角形中，三个内角的度数分别为64°，63°，53°.
构造图形的关键在于通过图形的变化，能使抽象的数量关系集中在一个图形上直观地表达出来，使问题变简单．
问题背景：
数学兴趣小组的同学们在学习了完全平方公式之后，发现由于(a−b)2≥0，故a2+b2≥2ab，于是他们对两个正数之和与这两个正数之积的关系展开了探究．
探索发现：
2+8>2×2×8=8
13+112>2×13×112=13
12+2>2×12×2=2
3+3=2×3×3=6
15+15=2×15×15=25
发现结论：如果a>0,b>0，那么a+b≥2ab（当且仅当a=b时等号成立）
解释证明：
当a≠b时，
∵(a−b)2>0
∴a−2ab+b>0
∴a+b>2ab
当a=b时，
∵(a−b)2=0
∴a−2ab+b>0
∴a+b=2ab
∴如果a>0,b>0，那么a+b≥2ab（当且仅当a=b时等号成立）
有这样一个题目：设有两只电阻，分别为R1和R2，问并联后的电阻值R是多少？
我们可以利用公式1R=1R1+1R2求得R的值，也可以设计一种图形直接得出结果，具体如下：如图①，在直线l上任取两点A、B，分别过点A、B作直线l的垂线，并在这两条垂线上分别截取AC=R1,BD=R2，且点C、D位于直线l的同侧，连接AD、BC，交于点E，过点E作EF⊥直线l，则线段EF的长度就是并联后的电阻值R．
证明：∵EF⊥l,CA⊥l，
∴∠EFB=∠CAB=90°，
又∵∠EBF=∠CBA，
∴△EBF∽△CBA（依据1），
∴BFAB=EFAC（依据2）．
同理可得：AFAB=EFBD，
∴BFAB+AFAB=EFAC+EFBD，
∴1=EFAC+EFBD,∴1EF=1AC+1BD，即1R=1R1+1R2．