2024年湖南省各地市中考数学一模压轴题精选(含解析)

这是一份2024年湖南省各地市中考数学一模压轴题精选(含解析)，共79页。

1.(2024·湖南省衡阳市珠晖区·一模)已知三角形的两条边分别是3和8，第三边是方程x2-13x+42=0的根，则这个三角形的周长为( )
A. 17或18B. 17C. 18D. 不能确定
2.(2024·湖南省长沙市长沙县·一模)对于二次函数y=x2-12x+42，有以下结论：①当x>5时，y随x的增大而增大；②当x=6时，y有最小值6：③图象与x轴有两个交点；④图象是由抛物线y=x2向左平移6个单位长度，再向上平移6个单位长度得到的.其中结论错误的有( )
A. ①②③B. ①③④C. ②③④D. ①②③④
3.(2024·湖南省益阳市·一模)在日常生活中如取款、上网等都需要密码，有一种用“因式分解”法产生的密码记忆方便.原理是：如对于多项式x4-y4，因式分解的结果是(x-y)(x+y)(x2+y2)，若取x=9，y=9，则各个因式的值是：x-y=0，x+y=18，x2+y2=162，于是就可以把“018162”作为一个六位数的密码.对于多项式x3-xy2，取x=50，y=20，用上述方法产生的密码不可能是( )
A. 503070B. 507030C. 307040D. 703050
4.(2024·湖南省常德市·一模)将抛物线y=-x2+2x+3中x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到的新图象与直线y=x+m有4个交点，则m的取值范围是( )
A. m≤-5B. -214≤m<-5C. -2145.(2024·湖南省株洲二中·一模)若一个点的坐标满足(k,2k)，我们将这样的点定义为“倍值点”.若关于x的二次函数y=(t+1)x2+(t+2)x+s(s,t为常数，t≠-1)总有两个不同的倍值点，则s的取值范围是( )
A. s<-1B. s<0C. 06.(2024·湖南省株洲市石峰区·一模)如图，一次函数y1=k1x+b的图象与反比例函数y2=k2x(k2>0)的图象交于点A(4,n)与点B(-1,-4).连接BO并延长交反比例函数于另一点C，过点C作y轴的平行线交直线AB于点D，连接OD，则CD的长为( )
A. 3B. 6C. 8D. 10
7.(2024·湖南省益阳市大通湖区·一模)如图所示，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OA=OC，对称轴为直线x=1，则下列结论：①abc<0；②a+12b+14c=0；③ac-b+1=0；④2+c是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根．其中正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
8.(2024·湖南省益阳市大通湖区·一模)如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点(3,0)，对称轴为直线x=1，下列结论：①abc>0；②9a-3b+c=0；③3b+2c=0；④若A(a+1,y1)，B(a+2,y2)两点在该二次函数的图象上，则y1-y2<0.其中正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
9.(2024·湖南省张家界市桑植县·一模)已知二次函数y=ax2-2ax+c(a≠0)的图象与x轴的一个交点为(-2,0)，则关于x的一元二次方程ax2-2ax+c=0的两根之积是______．
10.(2024·湖南省株洲市石峰区·一模)反比例函数y=-6x的图象与直线y=kx(k<0)相交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，则x1y2+x2y1的值是______．
11.(2024·湖南省常德市·一模)已知a，b，c满足a-2b=c，b+c=-4a，则二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象的对称轴为直线______．
12.(2024·湖南省益阳市大通湖区·一模)如图，△OAC和△BAD都是等腰直角三角形，∠ACO=∠ADB=90°，反比例函数y=6x在第一象限的图象经过点B，则OA2-AB2=______．
13.(2024·湖南省长沙市长沙县·一模)如图，已知一次函数y=kx+b的图象经过点P(4,6)，与反比例函数y=2x的图象在第一象限交于点Q(m,n).若一次函数y的值随x值的增大而增大，则m的取值范围是______．
14.(2024·湖南省株洲市石峰区·一模)如图，直线y=13x+4与反比例函数y=kx(x>0)的图象交于点A，与y轴正半轴交于点B，过点A作x轴的垂线，垂足为点C，已知OB：OC=4：3，则k的值为______．
15.(2024·湖南省株洲市石峰区·一模)已知直线l：y=kx+b(k≠0)与双曲线y=-1x交于点A(m1,n1)，B(m2,n2).
(1)若m1+m2=0，则n1+n2= ______；
(2)若m1+m2>0时，n1+n2>0，则k ______0，b ______0(填“>”“=”或“<”)．
16.(2024·湖南省张家界市桑植县·一模)已知关于x的一元二次方程x2-(2m-1)x-3m2+m=0．
(1)求证：无论m为何值，方程总有实数根；
(2)若x1，x2是方程的两个实数根，且x2x1+x1x2=-52，求m的值．
17.(2024·湖南省张家界市桑植县·一模)某校运动会需购买A，B两种奖品，若购买A种奖品2件和B种奖品1件，共需35元；若购买A种奖品1件和B种奖品2件，共需40元．
(1)求A、B两种奖品的单价各是多少元？
(2)学校计划购买A，B两种奖品共100件，购买费用不超过1135元，且A种奖品的数量不大于B种奖品数量的3倍，设购买A种奖品m件，购买费用为W元，写出W(元)与m(件)之间的函数关系式.求出自变量m的取值范围，并确定最少费用W的值．
18.(2024·湖南省株洲市石峰区·一模)如图，在平面直角坐标系中，等边△AOB的边长为2，顶点A在x轴上，延长OB至点C.使OB=BC，过点C作CD/​/BA交x轴于点D，反比例函数y1=k1x(x>0)经过点B交CD于点E，反比例函数y2=k2x(x>0)经过点C．
(1)求反比例函数y1，y2的解析式；
(2)连接BE，BD，计算△BED的面积．
19.(2024·湖南省衡阳市珠晖区·一模)如图，直线y=2x+6与反比例函数y=kx(k>0)的图象交于点A(1,m)，与x轴交于点B，平行于x轴的直线y=n(0(1)求m的值和反比例函数的解析式；
(2)直线y=n沿y轴方向平移，当n为何值时，△BMN的面积最大？
20.(2024·湖南省株洲市石峰区·一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA在x轴上，OC在y轴上，OA=4，OC=2，点D是BC边上的动点(不与B，C重合)，反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点D，且与AB交于点E，连接OD，OE，DE．
(1)若点D的横坐标为1．
①求k的值；
②点P在x轴上，当△ODE的面积等于△ODP的面积时，试求点P的坐标；
(2)延长ED交y轴于点F，连接AC，判断四边形AEFC的形状，并说明理由．
21.(2024·湖南省常德市·一模)如图，二次函数y=ax2-43x+c的图象与x轴交于点A(3,0)，与y轴交于点B(0,-2)．
(1)求二次函数的解析式；
(2)若点P为抛物线上一动点(直线AB上方)，且S△PBA=4，求点P的坐标．
22.(2024·湖南省益阳市大通湖区·一模)如图，已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(-1,0)、B(3,0)两点，与y轴交于点C，连接BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P为线段BC上的一动点(不与B、C重合)，PM/​/y轴，且PM交抛物线于点M，交x轴于点N，当△BCM的面积最大时，求点P的坐标．
23.(2024·湖南省永州市祁阳市·一模)已知：抛物线C1：y=ax2+bx+c(a>0)．
(1)若顶点坐标为(1,1)，求b和c的值(用含a的代数式表示)；
(2)当c<0时，求函数y=-2024|ax2+bx+c|-1的最大值；
(3)若不论m为任何实数，直线y=m(x-1)-m24与抛物线C1有且只有一个公共点，求a，b，c的值；此时，若k≤x≤k+1时，抛物线的最小值为k，求k的值．
24.(2024·湖南省长沙市长沙县·一模)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且OB=OC=2OA．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在点M，使∠ABC=∠BCM，如果存在，求点M的坐标，如果不存在，说明理由；
(3)若点D是抛物线第二象限上一动点，过点D作DF⊥x轴于点F，过点A，B，D的圆与DF交于点E，连接AE，BE，求△ABE的面积．
25.(2024·湖南省株洲二中·一模)如图所示，抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C(0,-3)，其对称轴x=1与x轴相交于点D，点M为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的表达式．
(2)若直线CM交x轴于点E，求证：BC=EC．
(3)若点P是线段EM上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似.若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
26.(2024·湖南省长沙市望城区·一模)如图，二次函数y=x2+bx+c的对称轴是直线x=1，图象与x轴相交于点A(-1,0)和点B，交y轴于点C．
(1)求此二次函数的解析式；
(2)点P是对称轴上一点，当△BOC∽△APB时，求点P的坐标(请在图1中探索)；
(3)二次函数图象上是否存在点M，使△ABC的面积S1与△ABM的面积S2相等？若存在，请求出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由(请在图2中探索)．
27.(2024·湖南省长沙市望城区·一模)定义：在平面直角坐标系xOy中，当点N在图形M的内部，或在图形M上，且点N的横坐标和纵坐标相等时，则称点N为图形M的“梦之点”．

(1)如图①，矩形ABCD的顶点坐标分别是A(-1,2)，B(-1,-1)，C(3,-1)，D(3,2)，在点N1(1,1)，N2(2,2)，N3(3,3)中，是矩形ABCD“梦之点”的是______；
(2)如图②，已知点A，B是抛物线y=-12x2+x+92上的“梦之点”，点C是抛物线的顶点.连接AC，AB，BC，判断△ABC的形状并说明理由．
(3)在(2)的条件下，点P为抛物线上一点，点Q为平面内一点，是否存在点P、Q，使得以AB为对角线，以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
28.(2024·湖南省怀化市·一模)如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，OB=OC=5，顶点为D，对称轴交x轴于点E．
(1)求抛物线的解析式、对称轴及顶点D的坐标；
(2)如图2，点Q为抛物线对称轴上一动点，当Q在什么位置时QA+QC最小，求出Q点的坐标，并求出此时△QAC的周长；
(3)如图3，在对称轴左侧的抛物线上有一点M，在对称轴右侧的抛物线上有一点N，满足∠MDN=90°.求证：直线MN恒过定点，并求出定点坐标．
29.(2024·湖南省益阳市大通湖区·一模)已知抛物线y=a(x+2)(x-4)(a为常数，且a<0)与x轴交于A，B两点(点A在点B的右侧)，与y轴交于点C，经过点B的直线y=12x+b与抛物线的另一交点为点D，与y轴的交点为点E．

(1)如图1，若点D的横坐标为3，试求抛物线的函数表达式；
(2)如图2，若DE=BE，试确定a的值；
(3)如图3，在(1)的情形下，连接AC，BC，点P为抛物线在第一象限内的点，连接BP交AC于点Q，当S△APQ-S△BCQ取最大值时，试求点P的坐标．
第二部分 几何部分
30.(2024·山东省济南市·一模)如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，过点C作CD⊥AB交⊙O于点D，交AB于点E，连接AC，BD，过点C作CF⊥BD于点F，交AB于点G，若CD=8，OG=1，则⊙O的半径为( )
A. 4
B. 133
C. 265
D. 6
31.(2023·湖南省益阳市大通湖区·一模)如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，点D是弧AC上一动点(不与A，C重合)，下列结论：①∠ADB=∠BDC；②DA=DC；③当DB最长时，DB=2DC；④DA+DC=DB，其中一定正确的结论有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
32.(2024·湖南省常德市·一模)如图，AC与⊙O相切于点C，线段AO交⊙O于点B.过点B作BD/​/AC交⊙O于点D，连接CD，OC，且OC交DB于点E.若∠CDB=30°，DB=2 3cm.则图中阴影部分的面积为______．
33.(2024·湖南省益阳市大通湖区·一模)如图，正方形ABCD的边长为16，线段CE绕着点C逆时针方向旋转，且CE=6，连接BE，以BE为边作正方形BEFG，M为AB边上的点，且BM=13AM，当线段FM的长最小时，tan∠ECB= ______．
34.(2024·湖南省永州市祁阳市·一模)如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B，D为圆心，大于12BD的长为半径画弧，两弧交于P，Q两点，作直线PQ，分别与AD，BC交于点M，N，连接BM，DN.若AD=6，AB=3.则四边形MBND的周长为______．
35.(2024·湖南省长沙市望城区·一模)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=3，以BC为直径作半圆O，过点A作半圆O的切线，切点为D，过点D作DE/​/BC交BC于点E，则DE= ______．
36.(2024·四川省内江市·一模)如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE=7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为______．
37.(2024·湖南省衡阳市珠晖区·一模)如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交AC延长线于点D，过点C作CE/​/AB，交BD于点E，连接BE，则CEBE的值为______．
38.(2024·衡阳市珠晖区·一模)如图，点D在以AB为直径的⊙O上，AD平分∠BAC，DC⊥AC，过点B作⊙O的切线交AD的延长线于点E．
(1)求证：直线CD是⊙O的切线．
(2)求证：CD⋅BE=AD⋅DE．
39.(2024·湖南省怀化市·一模)如图，在圆内接四边形ABCD中，AB=BC，AD=CD，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E．
(1)求∠BCD的度数；
(2)过点C作CF/​/AD交AB的延长线于点F，若∠ABC=120°，求证：CF是圆的切线．
40.(2024·湖南省永州市祁阳市·一模)如图，以AB为直径的⊙O上有两点E，F，E是BF弧的中点，过点E作直线CD⊥AF交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点C，过C作CM平分∠ACD交AE于点M，交BE于点N．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求证：EM=EN；
(3)如果N是CM的中点，且AB=7 5，求EN的长．
41.(2024·湖南省常德市·一模)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以点A为圆心，AC长为半径作⊙A，交AB于点D，交CA延长线于点E，BF是⊙A的切线，连接EF，DF．
(1)求证：EF/​/AB；
(2)若⊙A的半径为2，当四边形ADFE为菱形时，求BF的长．
42.(2024·湖南省长沙市望城区·一模)如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接CB，过C作CD⊥AB于点D，过C作∠DCE，使∠DCE=2∠BCD，其中CE交AB的延长线于点E．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)如图2，点F是⊙O上一点，且满足∠FCE=2∠ABC，连接AF并延长交EC的延长线于点G．
①试探究线段CF与CD之间满足的数量关系；
②若CD=4，tan∠BCE=12，求线段AF的长．
43.(2024·湖南省株洲二中·一模)如图，已知AB是⊙O的直径，直线DC是⊙O的切线，切点为C，AE⊥DC，垂足为E.连接AC．
(1)求证：AC平分∠BAE；
(2)若AC=5，tan∠ACE=34，求⊙O的半径．
44.(2024·湖南省长沙市长沙县·一模)定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”．
(1)若▱ABCD是圆的“奇妙四边形”，则▱ABCD是______(填序号)；
①矩形；②菱形；③正方形
(2)如图1，已知⊙O的半径为R，四边形ABCD是⊙O的“奇妙四边形”.求证：AB2+CD2=4R2；
(3)如图2，四边形ABCD是“奇妙四边形”，P为圆内一点，∠APD=∠BPC=90°，∠ADP=∠PBC，BD=4，且AB= 3DC，当DC的长度最小时，求APDP的值．
45.(2024·湖南省张家界市桑植县·一模)如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD于点E，AB=10，CD=6，点P是CD延长线上异于点D的一个动点，连结AP交⊙O于点Q，连结CQ交AB于点F，则点F的位置随着点P位置的改变而改变．
(1)如图1，当DP=4时，求tan∠P的值；
(2)如图2，连结AC，DQ，在点P运动过程中，设DP=x，S△QACS△QDC=y．
①求证：∠ACQ=∠CPA；
②求y与x之间的函数关系式．
46.(2024·湖南省长沙市望城区·一模)如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M是线段DC延长线上的一点，连结MA交⊙O于点F，连结DF交AB于点G，连结AD，BD，CF．
(1)求证：△MAD∽△DAF．
(2)若AD=2 5BE，求tan∠AFD的值．
(3)在(2)的条件下，设tan∠M=x，AGGB=y．
①求y关于x的函数表达式；
②若E为BG的中点，求S△CFDS△AFD的值．
47.(2024·湖南省益阳市大通湖区·一模)已知：如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，过点A作BE的垂线交BE于点F，交BC于点G，连接EG，CF．
(1)求证：四边形ABGE是菱形；
(2)若∠ABC=60°，AB=4，AD=5，求CF的长．
48.(2024·湖南省长沙市长沙县·一模)如图1，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=4，点E是线段BC上的一个动点，连接AE并延长，交射线DC于点F.点B与点B'关于直线AF对称，延长AB'交CD于点M，连接B'E．
(1)求证：AM=FM；
(2)如图2，若点B'恰好落在对角线AC上，求tan∠F的值；
(3)若BECE=53，求线段AM的长．
49.(2024·湖南省常德市·一模)已知Rt△ABC，∠ACB=90°，∠BAC=30°，D是AC边上一点，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，F是BD中点，连接EF，CF．
(1)如图①，线段EF，CF之间的数量关系为______，∠EFC的度数为______；
(2)如图②，将△AED绕点A按顺时针方向旋转α(0°<α<30°)，请判断线段EF，CF之间的数量关系及∠EFC的度数，并说明理由；
(3)在△AED绕点A旋转的过程中，当点D落到直线AB边上时，连接BE，若BC=3，AD=2，请直接写出BE的长度．
50.(2024·湖南省怀化市·一模)已知正方形ABCD和正方形EFGH按图1所示叠放在一起，其中AB=4，EF=2，点O为AB和EF的中点．

(1)图2中正方形EFUV为图1中正方形EFGH关于直线AB的轴对称图形，求点D和点U的连结线段DU的长度；
(2)将图1中的正方形EFGH绕点O旋转，如图3所示，求运动过程中点D和点G之间距离的最大值和最小值．
参考答案
1.【答案】A
【解析】解：∵三角形的两条边分别是3和8，设第三边为a，
∴8-3即5解方程x2-13x+42=0，得：x1=6，x2=7，
∴该方程的两个根都在a的取值范围内，
∴当x=6时，该三角形的周长为：3+8+6=17，
当x=7时，该三角形的周长为：3+8+7=18．
故选：A．
首先设第三边为a，根据三角形三边之间的关系得5此题主要考查了三角形三边之间的关系，解一元二次方程，三角形的周长等，理解三角形三边之间的关系，熟练掌握解一元二次方程是解决问题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：∵二次函数y=x2-12x+42=(x-6)2+6，
∴该函数的对称轴为直线x=6，函数图象开口向上，
当56时，y随x的增大而增大，故①符合题意；
当x=6时，y有最小值6，故②不符合题意；
当y=0时，无实数根，即图象与x轴无交点，故③符合题意；
图象是由抛物线y=x2向右平移6个单位长度，再向上平移6个单位长度得到的，故④符合题意；
故选：B．
将题目中的函数解析式化为顶点式，然后根据二次函数的性质，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数的性质、二次函数图象与几何变换，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
3.【答案】C
【解析】解：∵x3-xy2=x(x2-y2)=x(x+y)(x-y)，
∵x=50，y=20，则各个因式的值为x=50，x+y=70，x-y=30，
∴产生的密码不可能是307040，
故选：C．
先提公因式x，然后根据平方差公式因式分解，进而代入字母的值即可求解．
本题主要考查提公因式法分解因式、平方差公式分解因式，熟记公式结构是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：令y=0，则-x2+2x+3=0，
解得x1=-1，x2=3，
∴抛物线与x轴的交点为(-1,0)、(3,0)，
∵将抛物线y=-x2+2x+3中x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，
∴新图象中当-1≤x≤3时，解析式为y=x2-2x-3，如图，
当直线y=x+m.经过(3,0)时，此时直线y=x+m与新函数图象有3个交点，
把(3,0)代入直线y=x+m，解得m=-3，
直线y=x+m再向下平移时，有4个交点；
当y=x2-2x-3与直线y=x+m有一个交点时，此时直线y=x+m与新函数图象有3个交点，
联立方程组y=x+my=x2-2x-3，
整理得x2-3x-3-m=0，
∴Δ=b2-4ac=21+4m=0，
解得m=-214，
综上所述，新图象与直线y=x+m有4个交点时，m的取值范围是-214故选：C．
先求出抛物线y=-x2+2x+3与x轴的交点坐标，再根据抛物线y=-x2+2x+3中x轴上方的部分沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到的新图象的解析式为y=x2-2x-3(-1≤x≤3)，画出图象，结合图象求出满足题意的m的取值范围．
本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图形上点的坐标特征，正确的理解题意是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：将(k,2k)代入二次函数，得2k=(t+1)k2+(t+2)k+s，整理得(t+1)k2+tk+s=0．
∵(t+1)k2+tk+s=0是关于k的二次方程，总有两个不同的实根，
∴Δ=t2-4s(t+1)>0．
令f(t)=t2-4s(t+1)=t2-4st-4s
∵f(t)>0，
∴Δ=(4s)2+16s=16s2+16s<0，
即Δ=s(s+1)<0，解得-1故选：D．
根据根与系数的关系解答即可．
本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征．根与系数的关系是二次函数部分非常重要的关系式，这里进行了反复运用，一定要牢牢掌握并灵活运用．
6.【答案】B
【解析】解：∵反比例函数y2=k2x(k2>0)的图象交于点A(4,n)与点B(-1,-4)，
∴k2=4n=-1×(-4)，
∴k2=4，n=1，
∴A(4,1)，
把A、B的坐标代入y1=k1x+b得4k1+b=1-k1+b=-4，
解得k1=1b=-3，
∴直线AB为y=x-3，
∵B(-1,-4)，
∴C(1,4)，
∵CD/​/y轴，
∴D(1,-2)，
∴CD=4+2=6，
故选：B．
利用待定系数法求得反比例函数的解析式即可求得点A的坐标，进一步求得直线AB的解析式，利用反比例函数的中心对称性求得C的坐标，即可求得D点的坐标，从而求得CD的长度．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的对称性，求得直线AB的解析式以及C点的坐标是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线的对称轴为直线x=-b2a=1，
∴b=-2a>0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc<0，所以①正确；
∵点A到直线x=1的距离大于1，
∴点B到直线x=1的距离大于1，
即点B在(2,0)的右侧，
∴当x=2时，y>0，
即4a+2b+c>0，
∴a+12b+14c>0，所以②错误；
∵C(0,c)，OA=OC，
∴A(-c,0)，
∴ac2-bc+c=0，即ac-b+1=0，所以③正确；
∵点A与点B关于直线x=1对称，
∴B(2+c,0)，
∴2+c是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的一个根，所以④正确．
故选：C．
利用抛物线开口方向得到a<0，利用对称轴方程得到b=-2a>0，利用抛物线与y轴的交点位置得到c>0，则可对①进行判断；利用对称性可判断点B在(2,0)的右侧，则当x=2时，4a+2b+c>0，则可对②进行判断；利用C(0,c)，OA=OC得到A(-c,0)，把A(-c,0)代入抛物线解析式可对③进行判断；利用抛物线的对称性得到B(2+c,0)，则根据抛物线与x轴的交点问题可对④进行判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a>0时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左；当a与b异号时，对称轴在y轴右．常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于(0,c).抛物线与x轴交点个数由判别式确定：△=b2-4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．
8.【答案】B
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴-b2a=1，
∴b=-2a<0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，所以①正确；
∵抛物线与x轴的一个交点坐标为(3,0)，对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的一个交点坐标为(-1,0)，
∴当x=-3时，y>0，
∴9a-3b+c>0，所以②错误；
∵x=-1时，y=0，
∴a-b+c=0，
而b=-2a，
∴a+2a+c=0，
即c=-3a，
∴3b+2c=-6a-6a=-12a<0，所以③错误；
∵a>0，
∴A(a+1,y1)，B(a+2,y2)两点在对称轴的右侧，
而a+1∴y1即y1-y2<0，所以④正确．
故选：B．
利用抛物线开口方向得到a>0，利用对称轴方程得到b=-2a<0，利用抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴得到c<0，则可对①进行判断；根据抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点坐标为(-1,0)，则当x=-3时，y>0，所以9a-3b+c>0，从而可对②进行判断；由于x=-1时，y=0，则a-b+c=0，利用b=-2a得到c=-3a，所以3b+2c=-12a<0，则可对③进行判断；由于a>0，所以A(a+1,y1)，B(a+2,y2)两点在对称轴的右侧，然后根据二次函数的性质可对④进行判断．
本题考查了二次函数与不等式(组)：利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，从而比较两函数值的大小确定不等式的解集．也考查了二次函数的性质．
9.【答案】-8
【解析】解：∵二次函数y=ax2-2ax+c的对称轴为直线x=--2a2a=1，
二次函数的图象与x轴的一个交点为(-2,0)，
∴二次函数的图象与x轴的另一个交点为(4,0)，
∴关于x的一元二次方程ax2-2ax+c=0的两根为x1=-2，x2=4，
∴关于x的一元二次方程ax2-2ax+c=0的两根之积为-8．
故答案为：-8．
先利用抛物线的对称轴方程得到二次函数y=ax2-2ax+c的对称轴为直线x=1，则利用抛物线的对称性得到二次函数的图象与x轴的另一个交点为(4,0)，然后根据抛物线与x轴的交点问题得到关于x的一元二次方程ax2-2ax+c=0的两根为x1=-2，x2=4，从而得到关于x的一元二次方程ax2-2ax+c=0的两根之积．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
10.【答案】12
【解析】解：∵A(x1,y1)，B(x2,y2)两点关于原点对称，
∴x1=-x2，y1=-y2，
把A(x1,y1)代入反比例函数解析式得：x1⋅y1=-6，
∴x1y2+x2y1=-x1y1-x2y2=6+6=12．
故答案为：12．
根据反比例函数图象上点的坐标特征解答即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握得到坐标特征是关键．
11.【答案】x=-52
【解析】解：由题意，∵a-2b=c，b+c=-4a，
∴c=-4a-b=a-2b．
∴5a=b．
∴二次函数y=ax2+bx+c (a≠0)的图象的对称轴为直线x=-b2a=-5a2a=-52．
故答案为：x=-52．
依据题意，由a-2b=c，b+c=-4a，从而可得c=-4a-b=a-2b，进而可得5a=b，再结合抛物线的对称轴是直线x=-b2a进行计算可以得解．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握二次函数的对称轴为直线x=-b2a是关键．
12.【答案】12
【解析】解：设OC=a，BD=b，则点A的坐标为(a,a)，点B的坐标为(a+b,a-b)．
∵反比例函数y=6x在第一象限的图象经过点B，
∴(a+b)(a-b)=6，即a2-b2=6，
∴OA2-AB2=2a2-2b2=2(a2-b2)=12．
故答案为：12．
设OC=a，BD=b，则点A的坐标为(a,a)，点B的坐标为(a+b,a-b)，利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出a2-b2=6，再由勾股定理可得出OA2-AB2=2a2-2b2=12，此题得解．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形以及勾股定理，利用反比例函数图象上点的坐标特征找出a2-b2=6是解题的关键．
13.【答案】13【解析】解：过点P作PA/​/x轴，交双曲线于点A，过点P作PB/​/y轴，交双曲线于点B，如图，
∵P(4,6)，反比例函数y=2x，
∴A(13,6)，B(4,12).
∵一次函数y的值随x值的增大而增大，
∴点Q(m,n)在A，B之间，
∴13故答案为：13过点P分别作x轴，y轴的平行线，与双曲线分别交于点A，B，利用解析式分别求得A，B坐标，依据题意确定点Q的移动范围，从而得出结论．
本题主要考查了反比例函数与一次函数图象的交点问题，待定系数法，反比例函数的性质，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，确定点Q的移动范围是解题的关键．
14.【答案】15
【解析】解：∵直线y=13x+4与反比例函数y=kx(x>0)的图象交于点A，与y轴正半轴交于点B，
∴B(0,4)，
∵OB：OC=4：3，
∴OC=3，即C(3,0)，
当x=3时，y=13x+4=5，
∴A(3,5)，
∵点A在反比例函数图象上，
∴k=3×5=15．
故答案为：15．
根据反比例函数图象上点的坐标特征进行解答即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征是关键．
15.【答案】0 < >
【解析】解：(1)由m1+m2=0可知，m1=-m2，点A(m1,n1)，B(m2,n2)在反比例函数图象上，
∴n1=1m1=-1-m2=1m2，n2=-1m2，
∴n1+n2=0，
故答案为：0．
(2)∵反比例函数图象在第二、四象限，且m1+m2>0时，n1+n2>0，
∴点A(m1,n1)，B(m2,n2)在不同的象限，
设A(m1,n1)在第二象限，B(m2,n2)在第四象限，则m1<0，n1>0，n2<0，且丨m2丨>丨m1丨，丨n1丨>丨n2丨，
∴直线y=kx+b(k≠0)经过第一、二、四象限，
∴k<0，b>0．
故答案为：<；>．
(1)根据题意可知m1=-m2，将点A、B坐标代入反比例函数解析式即可得到结果；
(2)根据题意得到点A(m1,n1)，B(m2,n2)在不同的象限，设A(m1,n1)在第二象限，B(m2,n2)在第四象限，则m1<0，n1>0，n2<0，且丨m2丨>丨m1丨，丨n1丨>丨n2丨，则直线y=kx+b(k≠0)经过第一、二、四象限，据此得到结果．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式．
16.【答案】(1)证明：∵Δ=[-(2m-1)]2-4×1×(-3m2+m)
=4m2-4m+1+12m2-4m=16m2-8m+1
=(4m-1)2≥0，
∴方程总有实数根；
(2)解：由题意知，x1+x2=2m-1，x1x2=-3m2+m，
∵x2x1+x1x2=x12+x22x1x2=(x1+x2)2x1x2-2=-52，
∴(2m-1)2-3m2+m-2=-52，整理得5m2-7m+2=0，
解得m=1或m=25．
【解析】(1)由判别式Δ=(4m-1)2≥0，可得答案；
(2)根据根与系数的关系知x1+x2=2m-1，x1x2=-3m2+m，由x2x1+x1x2=-52进行变形直接代入得到5m2-7m+2=0，求解可得．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=-ba，x1x2=ca.也考查了根的判别式．
17.【答案】解：(1)设A种奖品的单价为a元，B种奖品的单价为b元，
由题意可得：2a+b=35a+2b=40，
解得a=10b=15，
答：A种奖品的单价为10元，B种奖品的单价为15元；
(2)由题意可得，
W=10m+15(100-m)=-5m+1500，
∴W随m的增大而减小，
∵购买费用不超过1135元，且A种奖品的数量不大于B种奖品数量的3倍，
∴-5m+1500≤1135m≤3(100-m)，
解得73≤m≤75，
∴当m=75时，W取得最小值，此时W=1125，
答：W(元)与m(件)之间的函数关系式是W=-5m+1500(73≤m≤75)，最少费用W的值为1125．
【解析】(1)根据题意可以写出相应的二元一次方程组，然后求解即可；
(2)根据题意和题目中的数据，可以写出W(元)与m(件)之间的函数关系式．
本题考查二元一次方程组的应用、一次函数的应用、一元一次不等式组的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程和不等式组，写出相应的函数解析式，利用一次函数的性质求最值．
18.【答案】解：(1)过点B作BF⊥OA，垂足为F，如图：

∵等边△AOB的边长为2，
∴OF=AF=1，BF= 3，
∴B(1, 3)，
∵OB=BC，
∴C(2,2 3)，
把点B(1, 3)，C(2,2 3)分别代入y1=k1x(x>0)和y2=k2x(x>0)得： 3=k11，2 3=k22，
解得k1= 3，k2=4 3；
∴y1= 3x，y2=4 3x；
(2)连接AE，如图：

∵AB/​/CD，OB=BC，
∴OA=AD=2，S△ADE=S△BDE，
∴D(4,0)，
由C(2,2 3)，D(4,0)可得直线CD解析式为y=- 3x+4 3，
联立y=- 3x+4 3y= 3x，
解得x=2+ 3y=2 3-3或x=2- 3y=2 3+3(舍去)，
∴E(2+ 3,2 3-3)，
∴S△ADE=12AD⋅yD=12×2×(2 3-3)=2 3-3=S△BDE，
∴△BED的面积为2 3-3．
【解析】(1)过点B作BF⊥OA，垂足为F，由等边△AOB的边长为2，可得OF=AF=1，BF= 3，B(1, 3)，而OB=BC，知C(2,2 3)，即可得y1= 3x，y2=4 3x；
(2)连接AE，由AB/​/CD，OB=BC，得OA=AD=2，S△ADE=S△BDE，D(4,0)，求出直线CD解析式为y=- 3x+4 3，联立y=- 3x+4 3y= 3x，解得E(2+ 3,2 3-3)，故S△ADE=12AD⋅yD=12×2×(2 3-3)=2 3-3=S△BDE．
本题考查反比例函数图象上点坐标的特征，涉及待定系数法，三角形面积等，解题的关键是掌握待定系数法，能求出点E的坐标．
19.【答案】解：(1)∵直线y=2x+6经过点A(1,m)，
∴m=2×1+6=8，
∴A(1,8)．
∵反比例函数经过点A(1,8)，
∴8=k1，
∴k=8；
∴反比例函数的解析式为y=8x；
(2)由题意，点M，N的坐标为M(8n,n)，N(n-62,n)，
∵0∴n-62<0，
∴S△BMN=12×(|n-62|+|8n|)×n=12×(-n-62+8n)×n=-14n-32+254
∴n=3时，△BMN的面积最大．
【解析】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题．
(1)求出点A的坐标，利用待定系数法即可解决问题；
(2)构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
20.【答案】解：(1)①∵四边形ABCO是矩形，
∴∠BCO=∠B=∠AOC=90°，
∵OC=2，点D的横坐标为1，
∴D(1,2)，
∵反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点D，
∴k=1×2=2；
②∵OC=2，D(1,2)，
∴CD=1，
∵D，E都在反比例函数y=kx的图象上，
∴S△COD=S△AOE=1，
∵OA=4，
∴AE=12，
∴S△ODE=2×4-12×1×2-12×4×12-12×32×3=154，
∵点P在x轴上，
∴设P(x,0)，
∴S△ODP=12×|x|×2=154，
解得：x=±155，
∴P(154,0)或(-154,0)；
(2)连接AC，四边形AEFC是平行四边形，理由如下：
由题意得：D(k2,2)，E(4,k4)，
设EF的函数解析式为：y=ax+b，
则2=k2a+bk4=4a+b，
解得a=-12b=8+k4，
∴OF=8+k4，
∴CF=OF-2=k4=AE，
又∵CF/​/AE，
∴四边形AEFC是平行四边形．
【解析】本题主要考查反比例函数与几何综合，掌握反比例函数图象上的点的坐标的特征，矩形的性质是解题的关键．
(1)①根据矩形的性质得到∠BCO=∠B=∠AOC=90°，求得D(1,2)，把D(1,2)代入y=kx(k>0,x>0)即可得到结论；
②由D，E都在反比例函数y=kx的图象上，得到S△COD=S△AOE=1，根据三角形的面积公式得到S△ODE=154，设P(x,0)，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论；
(2)连接AC，根据题意得到D(k2,2)，E(4,k4)，设EF的函数解析式为y=ax+b，解方程得到OF=8+k4，求得CF=OF-2=k4=AE，根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
21.【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2-43x+c的图象经过A(3,0)，B(0,-2)两点，
∴9a-4+c=0c=-2，
解得a=23c=-2，
∴二次函数的解析式为y=23x2-43x+2；
(2)设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∵y=kx+b的图象经过A(3,0)，B(0,-2)两点，
∴3k+b=0b=-2，
解得k=23b=-2，
∴直线AB的解析式为y=23x-2，
在y轴上取点C(0,m)(m>-2)，使△ABC的面积为4，
∴12×(m+2)×3=4，
解得m=23，
∴C(0,23)，
过C点作直线l/​/AB交抛物线于P点，如图，则S△ABP=S△ABC=4，
∵直线AB的解析式为y=23x-2，
∴直线l的解析式为y=23x+23，
解方程组y=23x2-43x-2y=23x+23得x=-1y=0或x=4y=103，
∴点P的坐标为(-1,0)或(4,103).
【解析】(1)把A、B点的坐标代入y=ax2-43x+c中得到a、c的方程组，然后据解方程组即可；
(2)先利用待定系数法求出直线AB的解析式为y=23x-2，在y轴上取点C(0,m)(m>-2)，使△ABC的面积为4，利用三角形面积公式得到12×(m+2)×3=4，解方程得到C(0,23)，过C点作直线l/​/AB交抛物线于P点，如图，则S△ABP=S△ABC=4，所以直线l的解析式为y=23x+23，然后解方程组y=23x2-43x-2y=23x+23得点P的坐标．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了待定系数法求二次函数解析式．
22.【答案】解：∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(-1,0)、B(3,0)两点，
∴a-b+3=09a+3b+3=0，
解得a=-1b=2，
∴抛物线的解析式y=-x2+2x+3；
(2)令x=0，则y=3，
∴C(0,3)，
设点M的坐标为(a,-a2+2a+3)，
则有OC=3，OB=3，ON=a，MN=-a2+2a+3，BN=3-a，
根据题意，S△BCM=S梯形OCMN+S△MNB-S△COB
=12(OC+MN)⋅ON+12MN⋅NB-12OC⋅OB
=12[3+(-a2+2a+3)]a+12(-a2+2a+3)(3-a)-12×3×3
=-32a2+92a
=-32(a-32)2+278，
∵-32<0，
∴当a=32时，S△BCM有最大值，
此时，ON=a=32，BN=3-a=32，
∵OC=OB=3，∠COB=90°，
∴∠PBN=45°．
∴PN=BN=ON=32，
∴点P的坐标为(32,32)．
【解析】(1)根据待定系数法即可求解；
(2)设点M的坐标为(a,-a2+2a+3)，则可表示出NM与BN，根据题意，S△BCM=S梯形OCMN+S△MNB-S△COB列式求解得S△BCM=-32(a-32)2+278，则当a=32时，S△BCM有最大值，则可求解．
此题是二次函数综合应用题，主要考查了待定系数法求函数解析式、三角形的面积、二次函数的性质、勾股定理、方程思想等知识．
23.【答案】解：(1)∵抛物线的顶点坐标为(1,1)，
∴y=a(x-1)2+1=ax2-2ax+a+1，
∴b=-2a，c=a+1；
(2)∵y=ax2+bx+c，a>0，c<0，
∴Δ=b2-4ac>0，
∴抛物线y=ax2+bx+c与x轴有两个交点，
∴|ax2+bx+c|≥0，
∴-2024|ax2+bx+c|≤0，
∴-2024|ax2+bx+c|-1≤-1，
∴函数y=-2024|ax2+bx+c|-1的最大值为-1；
(3)∵直线y=m(x-1)-m24与抛物线C1有且只有一个公共点，
∴方程组y=m(x-1)-m24y=ax2+bx+c只有一组解，
∴ax2+(b-m)x+m24+m+c=0有两个相等的实数根，
∴Δ=0，
∴(b-a)2-4a(m24+m+c)=0，
整理得：(1-a)m2-2(2a+b)m+b2-4ac=0，
∵不论m为任何实数，(1-a)m2-2(2a+b)m+b2-4ac=0恒成立，
∴1-a=0-2(2a+b)=0b2-4ac=0，
∴a=1，b=-2，c=1．
此时，抛物线解析式为y=x2-2x+1=(x-1)2，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，开口向上，
∵当k≤x≤k+1时，抛物线的最小值为k，
∴分三种情况：k<0或0≤k≤1或k>1，
①当k<0时，k+1<1，当k≤x≤k+1时，y随着x的增大而减小，则当x=k+1时，y的最小值为k，
∴(k+1-1)2=k，
解得：k=0或1，均不符合题意，舍去；
②当0≤k≤1时，当x=1时，抛物线的最小值为0，
∴k=0；
③当k>1时，y随着x的增大而增大，则当x=k时，y的最小值为k，
∴(k-1)2=k，
解得：k=3- 52或3+ 52，
∵k>1，
∴k=3+ 52，
综上所述，若k≤x≤k+1时，抛物线的最小值为k，k的值为0或3+ 52．
【解析】(1)根据抛物线顶点式可得 y=a(x-1)2+1=ax2-2ax+a+1，即可得出答案；
(2)由题意可得Δ=b2-4ac>0，可得|ax2+bx+c|≥0，进而可得-2024|ax2+bx+c|-1≤-1，即可得出答案；
(3)由直线y=m(x-1)-m24与抛物线C1有且只有一个公共点，可得方程ax2+(b-m)x+m24+m+c=0有两个相等的实数根，即Δ=0，可得(b-m)2-4a(m24+m+c)=0，进而可得1-a=0-2(2a+b)=0b2-4ac=0 即可求得a=1，b=-2，c=1，抛物线解析式为y=x2-2x+1=(x-1)2，由于抛物线的对称轴为直线 x=1，开口向上，当k≤x≤k+1时，抛物线的最小值为k，分三种情况：k<0或 0≤k≤1或k>1，分别根据二次函数的性质讨论即可．
本题考查了二次函数的性质，一元二次方程根的情况和根的判别式，解方程组等知识，综合性很强，难度较大，能把函数交点问题转化成一元二次方程根的问题是解题关键．
24.【答案】解：(1)设点B(2m,0)(m>0)，
∵OB=OC=2OA，
则点C(0,-2m)、B(2m,0)，
则抛物线的表达式为：y=12(x-2m)(x+m)=12(x2-mx-2m2)，
∵C(0,-2m)，
则-m2=-2m，
解得：m=2，
则抛物线的表达式为：y=12x2-x-4；
(2)存在，理由：
由(1)知，点A、B、C的坐标分别为：(-2,0)、(4,0)、(0,-4)，
在抛物线上存在点M，使∠ABC=∠BCM，理由如下：
过点C作CM/​/x轴，交抛物线于点M，

∵OB=OC，∠BOC=90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠OCB=45°，
∵∠ABC=∠BCM，
∴∠BCM=45°，
∴∠OCM=90°，
∴CM⊥y轴，
把y=-4代入y=12x2-x-4=-4，
解得x1=2，x2=0(点C的横坐标，舍去)，
∴点M的坐标为(2,-4)；
(3)点A的坐标为(-2,0)，
∴AB=6，
设过点A、B、D得圆的圆心为点G，
∵GA=GB，
∴点G在线段AB的垂直平分线上，
设点G的坐标为(1,t)，
同理可得点G在线段DE的垂直平分线上，
∵DE⊥x轴于点F，

∴设D(m,n)，则E(m,2t-n)，
∴S△ABE=12×AB⋅EF=12×6×(2t-n)=3(2t-n)，
∵GD2=GA2，
∴(1-m)2+(t-n)2=(-2-1)2+(0-t)2，
整理得m2-2m+1+n2-2tn-9=0①，
∵点D在抛物线上，
∴12m2-m-4=n，
得m2=2m+2n+8②，
将②代入①得，n2-2tn+2n=0，
∵n≠0，
∴n-2t+2=0，即2t-n=2，
∴S△ABE=3(2t-n)=6．
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)过点C作CM/​/x轴，交抛物线于点M，把y=-4代入函数表达式，即可求出点M的坐标；
(3)设过点A、B、D得圆的圆心为点G，证明点G在线段AB的垂直平分线上，设点G的坐标为(1,t)，进而设D(m,n)，则E(m,2t-n)，由S△ABE=12×AB⋅EF，即可求解．
本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，相似三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质等，本题的关键是熟练掌握设而不求的方式解题．
25.【答案】解：(1)∵y=x2+bx+c与y轴相交于点C(0,-3)，
将点C(0,-3)代入可得：c=-3，
又∵对称轴x=-b2a=1，
∴b=-2，
即抛物线的表达式为y=x2-2x-3；
(2)∵对称轴为x=1，
代入抛物线表达式得y=1-2-3=4，
即点M(1,-4)，
设直线CM的表达式为y=kx+n，
把点C(0,-3)，M(1,-4)代入解得k=-1，n=-3，
∴CM的表达式为y=-x-3，
∵点E在x轴上，即纵坐标y=0，此时x=-3，
∴E(-3,0)，
由平面直角坐标系的可知：OE=OC=OB=3，∠EOC=∠BOC=90°，
∴△EOC≌△BOC(SAS)，
∴EC=BC；
(3)存在，
∵点P在线段EM上，可设P(t,-t-3)，
如图1所示，作PN⊥x轴于N，
∴PN=t+3，MN=OE-ON=3+t，
由勾股定理可知PE= PN2+MN2=(t+3) 2，BC= OA2+OB2= 32+32=3 2，
又∵AB=OA+OB=4，
由(2)可知△EOC≌△BOC，
∴∠OEC=∠OBC，
当△PEO∽△ABC时，
PEAB=OEBC，
即(t+3) 24=33 2，
解得t=-1，
即点P的坐标为(-1,-2)，
当△PEO∽△CBA时，
PEBC=OEAB,即(t+3) 23 2=34，
解得t=-34，
即点P的坐标为(-34,-94)，
综上P的坐标为(-1,-2)或(-34,-94).
【解析】(1)根据点C坐标和对称轴代入表达式即可得出；
(2)根据(1)写出M点坐标，求出直线CM表达式，求出E点坐标构造△EOC≌△BOC，结论即得证；
(3)分情况构造△PEO∽△ABC，根据线段比例关系即可求出P点坐标．
本题主要考查二次函数、一次函数、全等三角形、相似三角形等知识点，难点在第三问分情况构造三角形相似．
26.【答案】解：(1)由题意得：x=-b2×1=11-b+c=0，
解得：b=-2c=-3，
∴二次函数的解析式是y=x2-2x-3；
(2)设对称轴与x轴交于点D，
由(1)及已知得，OB=OC，
∴△BOC是等腰直角三角形，
又∵点P在对称轴上，且△BOC∽△APB，
∴△APB是等腰直角三角形，∠APB=90°，
∴AD=PD=2，
当点P在x轴上方时，坐标是(1,2)，
当点P在x轴下方时，坐标是(1,-2)，
∴综上，点P的坐标是(1,2)或(1,-2)；
(3)存在，理由：
点M1和点C(0,-3)关于对称轴x=1对称，
∴点M1的坐标是(2,-3)，
点C(0,-3)关于x轴的对称点C'(0,3)，
∵S1=S2，
∴x2-2x-3=3，
解得：x1=1+ 7，x2=1- 7，
∴M2(1+ 7,3)，M3(1- 7,3)，
∴点M的坐标是(2,-3)或(1+ 7,3)或(1- 7,3)．
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)证明△APB是等腰直角三角形，∠APB=90°，则AD=PD=2，即可求解；
(3)点M1和点C(0,-3)关于对称轴x=1对称，则点M1的坐标是(2,-3)，点C(0,-3)关于x轴的对称点C'(0,3)，由S1=S2，得到x2-2x-3=3，即可求解．
本题考查了二次函数综合运用，涉及到三角形相似、等腰直角三角形的性质、点的对称等，分类求解是解题的关键．
27.【答案】N1(1,1)，N2(2,2)
【解析】解：(1)∵矩形ABCD的顶点坐标分别是A(-1,2)，B(-1,-1)，C(3,-1)，D(3,2)，
∴矩形ABCD的“梦之点”(x,y)满足-1≤x≤3，-1≤y≤2，
∴点N1(1,1)，N2(2,2)是矩形ABCD的“梦之点”，N3(3,3)不是矩形ABCD的“梦之点”，
故答案为：N1(1,1)，N2(2,2)；
(2)∵点A，B是抛物线y=-12x2+x+92上的“梦之点”，
∴-12x2+x+92=x，
解得：x1=3，x2=-3，
当x=3时，y=3；
当x=-3时，y=-3，
∴A(3,3)，B(-3,-3)，
∵y=-12x2+x+92=-12(x-1)2+5，
∴顶点C(1,5)，
∴AC= (3-1)2+(3-5)2=2 2，BC= (-3-1)2+(-3-5)2=4 5，AB= (-3-3)2+(-3-3)2=6 2，
∵AB2+AC2=(6 2)2+(2 2)2=80=BC2，
∴△ABC是直角三角形；
(3)存在点P、Q，使得以AB为对角线，以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
由(2)可得A(3,3)，B(-3,-3)，
设直线AB的解析式为：y=kx，
将A(3,3)代入得：3k=3，
解得：k=1，
∴直线AB的解析式为：y=x，
∵以AB为对角线，以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴AB⊥PQ，
∴点P、Q在直线y=-x上，
∵点P在二次函数y=-12x2+x+92上，
∴联立y=-xy=-12x2+x+92，
解得：x1=2- 13，x2=2+ 13，
∴点P的坐标为(2- 13, 13-2)或(2+ 13,- 13-2)．
(1)根据“梦之点”的定义判断这几个点是否在矩形的内部或者边上即可得到答案；
(2)根据“梦之点”的定义求出A、B的坐标，再求出顶点C的坐标，计算出AC、BC、AB的长，根据勾股定理逆定理得出△ABC是直角三角形，最后由三角形面积公式计算即可得到答案；
(3)由(2)可得A(3,3)，B(-3,-3)，求出直线AB的解析式为y=x，由菱形的性质可得点P、Q在直线y=-x上，联立y=-xy=-12x2+x+92，解方程即可得到答案．
本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质、坐标与图形、勾股定理以及勾股定理逆定理、菱形的性质、一次函数等知识，熟练掌握以上知识点，理解题意，采用数形结合的思想是解此题的关键．
28.【答案】(1)解：∵OB=OC=5，
∴B(5,0)，C(0,5)，
将B(5,0)，C(0,5)代入y=-x2+bx+c，
∴-25+5b+c=0c=5，
解得b=4c=5，
∴抛物线解析式为y=-x2+4x+5；
∵y=-x2+4x+5=-(x-2)2+9，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，顶点D(2,9)；
(2)解：连接BC交对称轴于点Q，
∵A、B点关于对称轴对称，
∴AQ=BQ，
∴QA+QC≥BC，当AQ+QC=BC时，QA+QC有最小值，
设直线BC的解析式为y=kx+5，
∴5k+5=0，
解得k=-1，
∴直线BC的解析式为y=-x+5，
∴Q(2,3)，
当-x2+4x+5=0时，解得x=-1或x=5，
∴A(-1,0)，
∴AC= 26，BC=5 2，
∴△QAC的周长为 26+5 2；
(3)证明：设直线MN的解析式为y=ax+t，M(m,-m2+4m+5)，N(n,-n2+4n+5)，
当-x2+4x+5=ax+t时，m+n=4-a，mn=t-5，
过点D作GF//x轴，过点M作MG⊥GF交于G点，过点N作NF⊥FG交于F点，
∵∠MDN=90°，
∴∠FDN+∠GDM=90°，
∵∠FDN+∠DNF=90°，
∴∠GDM=∠DNF，
∴△GDM∽△FND，
∴GDNF=GMDF，
∴2-m9-(-n2+4n+5)=9-(-m2+4m+5)n-2，
整理得，mn-2(m+n)=-5，
∴t+2a=8，
∴y=ax+8-2a=a(x-2)+8，
∴直线MN经过定点(2,8)．
【解析】(1)求出点B、C的坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)连接BC交对称轴于点Q，当AQ+QC=BC时，QA+QC有最小值，再求解即可；
(3)设直线MN的解析式为y=ax+t，M(m,-m2+4m+5)，N(n,-n2+4n+5)，当-x2+4x+5=ax+t时，m+n=4-a，mn=t-5，过点D作GF//x轴，过点M作MG⊥GF交于G点，过点N作NF⊥FG交于F点，证明△GDM∽△FND，由GDNF=GMDF，得mn-2(m+n)=-5，推导出t+2a=8，即可得到y=a(x-2)+8，直线MN经过定点(2,8)．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质，轴对称求最短距离的方法是解题的关键．
29.【答案】解：(1)在y=a(x+2)(x-4)中，令y=0，则a(x+2)(x-4)=0，
解得：x1=-2，x2=4，
∴A(4,0)，B(-2,0)，
将B(-2,0)代入y=12x+b得：12×(-2)+b=0，
解得：b=1，
∴y=12x+1，
∵点D的横坐标为3，
∴当x=3时，y=12×3+1=52，
∴D(3,52)，
将D(3,52)代入抛物线解析式得：a(3+2)×(3-4)=52，
解得：a=-12，
∴y=-12(x+2)(x-4)=-12x2+x+4；
(2)由(1)得：B(-2,0)，y=12x+1，
设点D的坐标为(m,n)，
∵BE=DE，
∴E为BD的中点，
∵E在y轴上，
∴-2+m2=0，
∴m=2，
在y=12x+1中，当x=2时，y=12×2+1=2，
∴D(2,2)，
将D(2,2)代入抛物线解析式得：a(2+2)×(2-4)=2，
解得：a=-14；
(3)由(1)知：y=-12x2+x+4，A(4,0)，B(-2,0)，
∴AB=4-(-2)=6，
在y=-12x2+x+4中，当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
∴OC=4，
设P(p,-12p2+p+4)(0∴S△APQ-S△BCQ
=(S△APQ+S△ABQ)-(S△BCQ+S△ABQ)
=S△ABP-S△ABC
=12AB⋅yP-12AB⋅OC
=12×6×(-12p2+p+4)-12×6×4
=-32p2+3p+12-12
=-32p2+3p
=-32(p2-2p)
=-32(p-1)2+32，
∵-32<0，
∴当p=1时，S△APQ-S△BCQ的值最大，此时P(1,92)．
【解析】(1)令y=0，则a(x+2)(x-4)=0，求出A(4,0)，B(-2,0)，将B(-2,0)代入一次函数求出b=1，从而得出点D的坐标，再将D的坐标代入二次函数即可得解；
(2)由(1)得：B(-2,0)，y=12x+1，设点D的坐标为(m,n)，由DE=BE得出点D的横坐标为2，代入一次函数解析式得出点D的坐标，再将D的坐标代入二次函数即可得解；
(3)由(1)知：y=-12x2+x+4，A(4,0)，B(-2,0)，得出AB=6，求出点C的坐标得出OC=4，根据S△APQ-S△BCQ=(S△APQ+S△ABQ)-(S△BCQ+S△ABQ)=S△ABP-S△ABC，得出关系式，根据二次函数的性质即可得出答案．
本题考查了一次函数与二次函数的交点问题、二次函数综合—面积问题，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
30.【答案】B
【解析】解：如图，连接CO，
∵AB⊥CD，
∴∠BED=90°，
∴∠B+∠D=90°，
∵CF⊥BD，
∴∠BFG=90°，
∴∠B+∠BGF=90°，
∴∠BGF=∠D，
∵∠BGF=∠AGC，
∴∠AGC=∠D，
∵BC=BC，
∴∠A=∠D，
∴∠A=∠AGC，
∴AC=GC，
又∵AB⊥CD，
∴AE=GE，
∵CD⊥AB，CD=8，
∴CE=12CD=4，
设OE的长为x，则AE=GE=x+1，
∴AO=AE+OE=2x+1，
∴CO=AO=2x+1，
在Rt△OCE中，OE2+CE2=CO2，
42+x2=(2x+1)2，
16+x2=4x2+4x+1，
3x2+4x-15=0，
(3x-5)(x+3)=0，
3x-5=0或x+3=0，
解得：x1=53,x2=-3(不合题意，舍去)，
∴CO=2x+1=133，
∴⊙O的半径为133，
故选：B．
先连接CO，根据已知条件和直角三角形的性质证明∠BGF=∠D，∠AGC=∠D，从而证明AC=GC，然后根据等腰三角形的性质证明AE=EG，再根据垂径定理求出CE，最后在Rt△COE中，利用勾股定理求出OE，进而求出OC即可．
本题主要考查了圆的有关运算，解题关键是熟练掌握垂径定理和圆周角定理及勾股定理．
31.【答案】C
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，
∴∠ADB=∠ACB=60°，∠BDC=∠BAC=60°，
∴∠ADB=∠BDC，故①正确；
∵点D是弧AC上一动点，
∴AD与CD不一定相等，
∴DA与DC不一定相等，故②错误；
当DB最长时，DB为⊙O直径，
∴∠BCD=90°，
∵∠BDC=60°，
∴∠DBC=30°，
∴DB=2DC，故③正确；
在DB上取一点E，使DE=AD，连接AE，如图：
∵∠ADB=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAE=∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
AE=AD∠BAE=∠CADAB=AC
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
∴BE=CD，
∴BD=BE+DE=CD+AD，故④正确；
∴正确的有①③④，共3个，
故选：C．
由△ABC是等边三角形，及同弧所对圆周角相等可得∠ADB=∠BDC，即可判断①正确；由点D是弧AC上一动点，可判断②错误；根据DB最长时，DB为⊙O直径，可判定③正确；在DB上取一点E，使DE=AD，连接AE，可得△ADE是等边三角形，从而△ABE≌△ACD(SAS)，有BE=CD，可判断④正确．
本题考查等边三角形及外接圆，涉及三角形全等的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
32.【答案】2π3cm2
【解析】解：∵AC与⊙O相切于点C，
∴∠ACO=90°．
∵BD/​/AC，
∴∠ACO=∠BEO=∠DEC=90°，
∴DE=BE=12DB= 3．
又∵∠CDB=30°，
∴∠O=60°，
∴∠OBE=30°，
在△CDE和△OBE中，
∠EBO=∠DBE=ED∠CED=∠BEO，
∴△CDE≌△OBE(ASA)，
∴∠CED=∠OEB，
∴CD=OB．
在Rt△CDE中，设CE=x，则CD=2x，
∵CE2+DE2=CD2，
∴x2+( 3)2=4x2，
解得x=1(负值已舍去)，
∴CD=OB=2，即⊙的半径长为2cm，
∴S阴影=S扇形OBC=60⋅π×22360π=2π3(cm2)，
故答案为：2π3cm2．
根据切线的性质定理和平行线的性质定理得到OC⊥BD，根据垂径定理得到BE的长，再根据圆周角定理发现∠BOE=60°，从而根据锐角三角函数求得圆的半径，根据全等三角形的判定定理得到△DCE≌△BOE，则它们的面积相等，故阴影部分的面积就是扇形OBC的面积．
本题主要考查切线的性质，圆周角定理，形面积的计算，熟练掌握切线的判定与性质是解答本题的关键．
33.【答案】17
【解析】解：如图，连接BF，BD，过点M作MN⊥BD于N，连接DM，
∵四边形ABCD，四边形BEFG都是正方形，
∴BD= 2BC=16 2，BF=2 2BE，∠DBC=∠ABD=∠FBE=45°，
∴∠DBF=∠CBE，BFBE=BDBC=2 2，
∴△BEC∽△BFD，
∴DFEC=BDBC= 2，∠ECB=∠FDB，
∴DF=2 2EC=6 2，
在△MFD中，MF≥DM-DF，
∴当点F在MD上时，MF有最小值，
∵M为AB边上的点，且BM=13AM，
∴MB=4，
∵∠ABD=45°，MN⊥BD，
∴MN=BN= 2BM=2 2，
∴DN=14 2，
∴tan∠ECB=tan∠MDB=MNDN=17，
故答案为：17．
连接BF，BD，过点M作MN⊥BD于N，连接DM，通过证明△BEC∽△BFD，可求DF=2 2EC=6 2，在△MFD中，MF≥DM-DF，则当点F在MD上时，MF有最小值，分别求出MN，DN，即可求解．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质等知识，证明△BEC∽△BFD是解题的关键．
34.【答案】15
【解析】解：由作法得PQ垂直平分BD，
∴MB=MD，NB=ND，
设MD=x，则BM=x，AM=6-x，
在Rt△ABM中，32+(6-x)2=x2，
解得x=154，
即BM=DM=154，
同理可得NB=ND=154，
∴四边形MBND的周长为154+154+154+154=15．
故答案为：15．
利用基本作图可判断PQ垂直平分BD，则MB=MD，NB=ND，设MD=x，则BM=x，AM=6-x，在Rt△ABM中利用勾股定理得到32+(6-x)2=x2，解方程得到BM=DM=154，同理可得NB=ND=154，然后计算四边形MBND的周长．
本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．
35.【答案】95
【解析】解：延长AD交CB的延长线于F点，过D点作DG⊥BC于G点，过O点作OH⊥DE于H点，连接OD，如图，
∵∠ACB=90°，AC=BC=3，
∴AC为⊙O的切线，
∵AD为⊙O的切线，
∵OD⊥AD，AD=AC=3，
∴∠FDO=90°，
∴∠DFO=∠CFA，∠FDO=∠FCA，
∴△FDO∽△FCA，
∴FOFA=ODAC=323=12，
设FO=x，则FA=2x，
∴FD=2x-3，
在Rt△FDO中，(32)2+(2x-3)2=x2，
解得x=52，
即OF=52，
∵12DG⋅OF=12OD⋅DF，
∴DG=32×252=65，
∴OG= (32)2-(65)2=910，
∵DE/​/BC，DG⊥BC，OH⊥DE，
∴四边形OGDH为矩形，
∴DH=OG=910，
∵OH⊥DE，
∴DH=EH，
∴DE=2DH=95．
故答案为：95．
延长AD交CB的延长线于F点，过D点作DG⊥BC于G点，过O点作OH⊥DE于H点，连接OD，如图，先证明AC为⊙O的切线，则利用切线的性质和切线长定理得到OD⊥AD，AD=AC=3，接着证明△FDO∽△FCA，利用相似比得到FOFA=ODAC=12，则设FO=x，FA=2x，所以FD=2x-3，接下来在Rt△FDO中利用勾股定理得到(32)2+(2x-3)2=x2，解方程得到OF=52，则利用面积法可求出DG=65，然后利用勾股定理计算出OG=910，最后利用垂径得到DE的长．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了切线长定理、垂径定理和勾股定理．
36.【答案】172
【解析】解：在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠BCD=90°，O是中点，
∵F为DE的中点，
∴CF=EF=DF，
∵△CEF的周长为32，CE=7，
∴CF+EF=25，即DE=25，
在Rt△CDE中，根据勾股定理可得CD=24=BC，
∴BE=24-7=17，
根据三角形的中位线可得OF=12BE=172．
故答案为：172．
在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，可知O是中点，∠BCD=90°，F为DE的中点，则CF=EF=DF，△CEF的周长为32，CE=7，则CF+EF=25，即DE=25，根据勾股定理可得CD=24=BC，从而求得BE，再根据中位线的性质即可解答．
本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟悉性质是解题关键．
37.【答案】 22
【解析】解：如图，过点A作CE的垂线交EC延长线于F，
过E作EG⊥AB交AB于G，连AE，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=45°，
∵CE/​/AB，
∴∠FAB=90°，
∴∠FAC=45°，
∴△AFC为等腰直角三角形，
设AF=x，则CF=x，
∴AC= AF2+CF2= 2x，
∴AB= AC2+BC2 = 2AC=2x，
∵AE、AB均为⊙的半径，
∴AE=2x，
∴EF= AE2-AF2= 3x，
∴CE=( 3-1) x，
∵∠F=∠FAB=∠AGE=90°，
∴四边形FAGE为矩形，
∴AF=EG=x，EF=AG= 3x，
∴BG=AB-AG=(2- 3)x，
∴BE= EG2+BG2=( 6- 2)x，
∴CEBE= 3-1 6- 2= 22．
故答案为： 22．
通过点A作CE的垂线交EC延长线于F，连AE，由AC=BC，∠ACB=90°，得∠CAB=45°，设AF=x，则CF=x，求出AB=AE，在Rt△AFE中用勾股定理求出EF，得CE=( 3-1) x，再证四边形FAGE为矩形，得AF=EG=x，EF=AG= 3x，在Rt△BEG中用勾股定理求出BE=( 6- 2)x，即得CEBE= 22．
本题是圆综合性题，考查了平行线的性质、勾股定理、矩形的判定，通过作垂线将所求线段转化成直角三角形的边或边的一部分是本题关键．
38.【答案】证明：(1)连接OD．
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠BAD，
∵OA=OD，
∴∠BAD=∠ADO，
∴∠CAD=∠ADO，
∴AC/​/OD，
∵CD⊥AC，
∴CD⊥OD，
∴直线CD是⊙O的切线．
(2)连接BD．
∵BE是⊙O的切线，AB为⊙O的直径，
∴∠ABE=∠BDE=90°，
∵CD⊥AC，
∴∠C=∠BDE=90°，
∵∠CAD=∠BAE=∠DBE，
∴△ACD∽△BDE，
∴CDDE=ADBE，
∴CD⋅BE=AD⋅DE．
【解析】(1)连接OD，由角平分线的定义得到∠CAD=∠BAD，根据等腰三角形的性质得到∠BAD=∠ADO，求得∠CAD=∠ADO，根据平行线的性质得到CD⊥OD，于是得到结论；
(2)连接BD，根据切线的性质得到∠ABE=∠BDE=90°，根据相似三角形的性质即可得到结论．
本题考查了相似三角形的判定和性质，角平分线的定义．圆周角定理，切线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
39.【答案】(1)解：∵AB=BC，AD=CD，
∴∠BCA=∠BAC，∠DCA=∠DAC，
∴∠BCA+∠DCA=∠BAC+∠DAC，
∴∠BCD=∠BAD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∴2∠BCD=180°，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCD的度数是90°．
(2)证明：设四边形ABCD的外接圆的圆心为O，连接OC，则OC=OB，
∵∠BCD=90°，
∴BD是⊙O的直径，
∵AB=BC，
∴AB=BC，
∴BD垂直平分AC，
∵∠ABC=120°，
∴∠CBF=180°-∠ABC=60°，∠OBC=∠OBA=12∠ABC=60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠OCB=60°=∠CBF，
∴OC/​/AF，
∵CF/​/AD，∠BCD=∠BAD=90°，
∴∠F=180°-∠BAD=90°，
∴∠OCF=180°-∠F=90°，
∵OC是⊙O的半径，且CF⊥OC，
∴CF是⊙O的切线．
【解析】(1)由AB=BC，AD=CD，得∠BCA=∠BAC，∠DCA=∠DAC，可证明∠BCD=∠BAD，而∠BCD+∠BAD=180°，所以∠BCD=90°；
(2)设圆心为O，连接OC，由∠BCD=90°，证明BD是⊙O的直径，则BD垂直平分AC，由∠ABC=120°，求得∠CBF=60°，∠OBC=∠OBA=60°，则△BOC是等边三角形，所以∠OCB=60°=∠CBF，则OC/​/AF，由CF/​/AD，∠BCD=∠BAD=90°，得∠F=90°，所以∠OCF=90°，即可证明CF是⊙O的切线．
此题重点考查等腰三角形的性质、圆内接四边形的对角互补、垂径定理、等边三角形的判定与性质、切线的判定定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
40.【答案】(1)证明：如图所示，

∵E是BF弧的中点，
∴BE=EF，
∴∠1=∠2，
∵OA=OE
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OE/​/AF
∵CD⊥AF，
∴OE⊥CD，
∴CD是⊙O的切线；
(2)证明：如图所示，

∵CM平分∠ACD，
∴∠5=∠6=12∠DCA，
又∵∠1=∠2=12∠DAC，AD⊥CD，
则∠ADC=90°，
∴∠EMC=∠1+∠5=12(∠DAC+∠DCA)=12(180°-∠ADC)=45°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠MEN=∠AEB=90°，
∴∠ENM=∠EMN=45°，
∴EM=EN；
(3)解：如图所示，取EC的中点P，连接PN，

∵CD是⊙O的切线，
∴∠CEB+∠OEB=90°，
∵∠AEB=∠AEO+∠OEB=90°，
∴∠AEO=∠BEC，
∵EO=OA，
∴∠OAE=∠OEA，
∴∠BEC=∠OAE，
∵N是MC的中点，P是EC的中点，
∴PN//EM,PN=12EM=12EN，
∴∠AEN=∠PNE，
∵AE⊥EB，
∴∠AEN=∠PNE=90°，
∴PN⊥EB，
在Rt△PEN中，tan∠PEN=PNEN=12，
∵∠BEC=∠OAE，
∴tan∠EAB=EBAE=tan∠PEN=12，
设BE=b，则AE=2b，
∴AB= 5b，
∵AB=7 5，
∴b=7，
∴AE=14，EB=7，
∵∠BEC=∠EAC，∠ECB=∠ACE，
∴△ECB∽△ACE，
∴AEEB=CECB=2，
∵CM是∠ACD的角平分线，
∴N到CD，AC的距离相等，设为d，在△EBC，设点C到EB的距离为h，
∴S△ENCS△BNC=12EC×d12BC×d=12EN×h12BN×h，
∴ENBN=ECBC=2，
∴EN=23EB=143．
【解析】(1)根据同弧所对的圆周角相等得出∠1=∠2，根据OA=OE，得出∠1=∠3，则∠2=∠3可得OE/​/AF，根据已知CD⊥AF，得出OE⊥CD，即可得证；
(2)根据角平分线的定义得出∠5=∠6=12∠DCA，又∠1=∠2=12∠DAC，根据三角形内角和定理得出∠EMC=45°，由AB是⊙O的直径，即可得证；
(3)取EC的中点P，连接PN，证明∠BEC=∠OAE，由N是MC的中点，P是EC的中点，得出PN//EM,PN=12EM=12EN，进而得出tan∠PEN=PNEN=12，设BE=b，则AE=2b，勾股定理得出AE=14，EB=7，证明△ECB∽△ACE得出AEEB=CECB=2，根据角平分线的性质得出ENBN=ECBC=2，即可求解．
本题考查了圆的综合问题，相似三角形的性质与判定，切线的判定与性质，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
41.【答案】(1)证明：连接AF，则AF=AE，
∴∠E=∠AFE，
∵BF是⊙A的切线，∠ACB=90°，
∴BF⊥AF，
∴∠AFB=∠ACB=90°，
∵AB=AB，AF=AC，
∴Rt△ABF≌Rt△ABC(HL)，
∴∠BAF=∠BAC，
∴∠BAF+∠BAC=2∠BAC=∠CAF=∠E+∠AFE=2∠E，
∴∠E=∠BAC，
∴EF//AB．
(2)解：∵四边形ADFE是菱形，⊙A的半径为2，
∴FD=AD=AF=2，
∴△ADF是等边三角形，
∴∠BAF=60°，
∴BFAF=tan60°= 3，
∴BF= 3AF= 3×2=2 3，
∴BF的长是2 3．
【解析】(1)连接AF，则∠E=∠AFE，由切线的性质得BF⊥AF，则∠AFB=∠ACB=90°，可证明Rt△ABF≌Rt△ABC，得∠BAF=∠BAC，推导出2∠BAC=2∠E，则∠E=∠BAC，所以EF/​/AB；
(2)由四边形ADFE是菱形，⊙A的半径为2，得FD=AD=AF=2，所以△ADF是等边三角形，则∠BAF=60°，由BFAF=tan60°= 3，得BF= 3AF=2 3．
此题重点考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
42.【答案】(1)证明：如图1，连接OC，

∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵CD⊥AB，
∴∠OBC+∠BCD=90°，
∵∠DCE=2∠BCD，
∴∠BCE=∠BCD，
∴∠OCB+∠BCE=90°，
即OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线；
(2)解：①线段CF与CD之间满足的数量关系是：CF=2CD，
理由如下：如图2，过O作OH⊥CF于点H，连接CO，

∴CF=2CH，
∵∠FCE=2∠ABC=2∠OCB，且∠BCD=∠BCE，
∴∠OCH=∠OCD，
∵OC为公共边，
∴△COH≌△COD(AAS)，
∴CH=CD，
∴CF=2CD；
②过点C作CP⊥FG，连接BF，过点C作CH⊥BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∵∠BCD=∠BCE，tan∠BCE=12，
∴tan∠BCD=12．
∵CD=4，

∴BD=CD⋅tan∠BCD=2，
∴BC= CD2+BD2=2 5，
由①得：CF=2CD=8，
设OC=OB=x，则OD=x-2，
在Rt△ODC中，OC2=OD2+CD2，
∴x2=(x-2)2+42，
解得：x=5，即OB=5，
∵OC⊥GE，
∴∠OCF+∠FCG=90°，
∵∠OCD+∠COD=90°，∠FCO=∠OCD，
∴∠GCF=∠COB，
∵四边形ABCF为⊙O的内接四边形，
∴∠GFC=∠ABC，
∴△GFC∽△CBO，
∴FGCB=FCBO=GCCO，
∴FG2 5=85=GC5，
∴FG=16 55,GC=8．
∵CP⊥FG，
∴PF=12FG=8 55，
∴PC= CF2-PF2= 82-(8 55)2=16 55，
∵∠CPF=∠PFB=∠CHF=90°，
∴四边形PFHC是矩形，
∴FH=PC=16 55,CH=PF=8 55，
∴BH= CB2-CH2= (2 5)2-(8 55)2=6 55，
∴BF=FH+BH=16 55+6 55=22 55，
∴AF= AB2-BF2= 102-(22 55)2=4 55．
【解析】(1)如图1，连接OC，根据等边对等角得：∠OBC=∠OCB，由垂直定义得：∠OBC+∠BCD=90°，根据等量代换可得：∠OCB+∠BCE=90°，即OC⊥CE，可得结论；
(2)①如图2，过O作OH⊥CF于点H，证明△COH≌△COD，则CH=CD，得CF=2CD；
②过点C作CP⊥FG，连接BF，过点C作CH⊥BF，先根据勾股定理求BC= CD2+BD2=2 5，则CF=2CD=8，设OC=OB=x，则OD=x-2，根据勾股定理列方程得：x2=(x-2)2+42，可得x的值，证明△GFC∽△CBO，列比例式可得FG的长，再求解即可．
此题是圆的综合题，主要考查了勾股定理，全等和相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的切线的判定，第2问的最后一问有难度，证明△GFC∽△CBO是关键．
43.【答案】(1)证明：连接OC，

∵直线DC是⊙O的切线，切点为C，
∴OC⊥DC，
又∵AE⊥DC，垂足为E，
∴OC/​/AE，
∴∠EAC=∠ACO，
∵OC=OA，
∴∠ACO=∠OAC，
∴∠EAC=∠OAC，
∴AC平分∠BAE；
(2)解：连接BC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
又∵AE⊥DC，
由(1)得：∠EAC=∠OAC，
∴∠ABC=∠ACE，
在Rt△ABC中，tan∠ABC=tan∠ACE=34，
∴ACBC=5BC=34，
∴BC=203，
在Rt△ABC中，AB= AB2+BC2=253，
∴OA=256．
【解析】(1)连接OC，由切线的性质得到OC⊥DC，进而得到OC/​/AE，根据平行线的性质和等腰三角形的性质即可证得结论；
(2)连接DE，根据直径所对的圆周角是直角可得∠BDE=90°，再利用(1)的结论可得tan∠ABC=tan∠ACE=34，从而求出BC的长，然后再利用勾股定理求出AB的长，即可解答．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，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．
44.【答案】③
【解析】(1)解：若平行四边形ABCD是“雅系四边形”，则四边形ABCD是正方形．理由：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵四边形ABCD是“雅系四边形”，
∴AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形，
故答案为：③；
(2)证明：过点B作直径BE，分别连接OA，OE，OD，OC，AE．
∵BE是⊙O的直径，
∴∠EAB=90°，
∴∠2+∠E=90°，
∵AC⊥BD，
∴∠1+∠ACB=90°．
∵∠E=∠ACB，
∴∠1=∠2，
∵∠AOE=2∠2，∠DOC=2∠1；
∴∠AOE=∠DOC，
∴DC=AE，
∴AB2+CD2=AB2+AE2=BE2，
∴AB2+CD2=(2R)2=4R2；
(3)解：设DC的长度为a，CE=x，
∵∠AEB=∠DEC=90°，∠BAC=∠BDC，
∴△ABE∽△DCE，
∴BECE=ABCD，
∵AB= 3DC，
∴BE= 3CE= 3x，
∵BD=4，
∴DE=4- 3x，
∵CE2+DE2=CD2，
∴x2+(4- 3x)2=a2，
∴4x2-8 3x+16-a2=0．
∵Δ=(-8 3)2-4×4×(16-a2)≥0，
∴a2≥4，
∵a>0，
∴a≥2，
∴a有最小值2，
即DC的长度最小值为2，
∴x2+(4- 3x)2=4，
解得：x= 3，
∴CE= 3，
∴BE=3，
∴DE=BD-BE=1，
∴AE= 3DE= 3，
∴AC=AE+CE=2 3，
由(2)知：△APC∽△DPB，
∴APPD=ACDB=2 34= 32．
(1)利用平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，“雅系四边形”的定义和正方形的判定定理解得即可；
(2)过点B作直径BE，分别连接OA，OE，OD，OC，AE.证明∠2+∠E=90°，∠1+∠ACB=90°.可得∠1=∠2，可得DC=AE，再利用勾股定理可得答案；
(3)设DC的长度为a，CE=x，在Rt△DEC中，利用勾股定理列出方程，利用Δ≥0即可求得DC的最小值，求得x值，再利用相似三角形是性质即可求得结论．
本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键．
45.【答案】(1)解：连接OD，如图，

∵⊙O的直径AB垂直于弦CD于点E，
∴DE=EC=12CD=3．
∵AB=10，
∴OA=OB=OD=5．
∴OE= OD2-DE2=4．
∴AE=OA+OE=9．
∵DP=4，
∴PE=DP+DE=7．
∵PE⊥AE，
∴tan∠P=AEEP=79；
(2)①证明：连接BQ，如图，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠AQB=90°．
∴∠QAB+∠B=90°．
∵PE⊥AE，
∴∠QAB+∠P=90°．
∴∠P=∠B．
∵∠B=∠ACQ，
∴∠ACQ=∠CPA．
②解：∵CE⊥AB，
∴AC=3 AE2+CE2= 92+32=3 10．
∵四边形AQDC为圆的内接四边形，
∴∠PDQ=∠QAC．
∵∠ACQ=∠CPA，
∴△PDQ∽△CAQ．
∴S△PDQS△CAQ=(DPAC)2=x290．
∴S△QAC=90x2S△PDQ．
∵△PDQ与△DCQ是等高的三角形，
∴S△DCQS△PDQ=CDDP=6x．
∴S△DCQ=6xS△PDQ．
∵S△QACS△QDC=y，
∴y=S△QACS△QDC=90x26x=15x．
∴y与x之间的函数关系式为y=15x．
【解析】(1)连接OD，利用垂径定理和勾股定理求得OE的长，利用直角三角形的边角关系即可求得结论；
(2)①连接BQ，利用圆周角定理，垂直的意义，通过等量代换即可得出结论；
②通过证明△PDQ∽△CAQ，利用相似三角形的性质相似三角形的面积比等于相似比的平方，得到S△QAC=90x2S△PDQ；利用等高的三角形的面积比等于底的比，得到S△DCQ=6xS△PDQ，依据题意化简即可得出结论．
本题主要考查了垂径定理，圆周角定理及其推论，勾股定理，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，三角形的面积，熟练掌握圆的相关性质是解题的关键．
46.【答案】(1)证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，
∴AC=AD，
∴∠AFD=∠ADC，
∵∠FAD=∠DAM，
∴△MAD∽△DAF；
(2)解：∵AD=2 5BE，
∴设BE=a，则AD=2 5a.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵CD⊥AB，
∴△AED∽△ADB，
∴AEAD=ADAB．
∴AB-a2 5a=2 5aAB，
∴AB=5a．
∴AE=AB-BE=4a，
∴DE= AD2-AE2=2a．
∴tan∠ADC=AEDE=4a2a=2．
由(1)知：∠AFD=∠ADC，
∴tan∠AFD=tan∠ADC=2；
(3)解：①过点G作GH⊥AD于点H，如图，
则tan∠ADF=GHHD．
由(1)知：△MAD∽△DAF，
∴∠M=∠ADF，
∵tan∠M=x，
∴tan∠ADF=GHHD=x，
∴GH=xHD．
∵tan∠EAD=DEAE=12，
∴tan∠AFD=GHAH=12．
设GH=m，则AH=2m，
∴AG= AH2+HG2= 5m.
∴xHD=m，
∴HD=mx．
∵GH⊥AD，AD⊥BD，
∴GH/​/BD，
∴AGGB=AHHD=2mmx，
∴y=2x．
②过点A作AK⊥DF于点K，过点C作CN⊥DF于点N，如图，
∵E为BG的中点，DE⊥BG，
∴DE垂直平分BG，BE=EG=a，
∴AG=AB-BE=EG=3a，DG= EG2+DE2= 5a.
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴DE=EC=2a，
∴CD=4a．
∵sin∠EDG=GEDG=CNCD，
∴a 5a=CN4a，
∴CN=4 55a.
∵∠AKG=∠DEG=90°，∠AGK=∠DGE，
∴△AKG∽△DEG，
∴AKAG=DEDG，
∴AK3a=2a 5a，
∴AK=6 55a.
∴S△CFDS△AFD=12DF⋅CN12DF⋅AK=4 55a6 55a=23．
【解析】(1)利用垂径定理，圆周角定理和相似三角形的判定定理解答即可；
(2)设BE=a，则AD=2 5a，利用直角三角形相似的判定定理和性质定理求得AB，AE，DE，利用直角三角形的边角关系定理和(1)的结论解答即可；
(3)①过点G作GH⊥AD于点H，由(1)的结论得到∠M=∠ADF，利用直角三角形的边角关系定理得到GH=xHD，设GH=m，则AH=2m，则AG= AH2+HG2= 5m，利用已知条件得到m与x的关系，进而得到AG，BG的长度，利用已知条件化简即可得出结论；
②过点A作AM⊥DF于点M，过点C作CN⊥DF于点N，利用直角三角形的边角关系定理和相似三角形的判定与性质用a的代数式表示出AM，CN，利用三角形的面积公式化简运算即可得出结论．
本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，相似三角形是判定与性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，垂径定理，等腰三角形的性质，添加恰当的辅助线构造相似三角形或直角三角形是解题的关键．
47.【答案】(1)证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC且AD=BC，
∴∠CBE=∠AEB，
∴∠ABE=∠AEB=∠CBE，∴AB=AE，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB=∠GFB=90°，
在△ABF和△GBF中，∠ABE=∠CBEBF=BF∠AFB=∠GFB,
∴△ABF≌△GBF(ASA)，
∴AB=GB，
∴AE=GB，
又∵AD/​/BC，
∴四边形ABGE是平行四边形，
又∵AB=GB，
∴四边形ABGE是菱形；
(2)解：过点F作FM⊥BC于点M，如图所示：
∵四边形ABGE是菱形，
∴∠GBE=12∠ABC=30°，BG=AB=4，BC=AD=5，
在Rt△BFG中，BF= 32×4=2 3，
在Rt△BFM中，FM=12BF=12×2 3= 3，
BM= 32×2 3=3，
∴CM=BC-BM=5-3=2，
∴Rt△FMC中，CF= FM2+CM2= ( 3)2+22= 7．
【解析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定、含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度．
(1)先证明AB=AE，由ASA证明△ABF≌△GBF，得出AB=GB，因此AE=GB，证出四边形ABGE是平行四边形，即可得出结论；
(2)过点F作FM⊥BC于点M，由菱形的性质得出∠GBE=12∠ABC=30°，BG=AB=4，BC=AD=5，在Rt△BFG中，由含30°角的直角三角形的性质及勾股定理求出BF=2 3，在Rt△BFM中，求出FM= 3，再求出BM=3，得出CM=BC-BM=5-3=2，最后在Rt△FMC中，由勾股定理即可得出CF的长．
48.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB/​/CD，
∴∠F=∠BAF，
由折叠可知：∠BAF=∠MAF，
∴∠F=∠MAF，
∴AM=FM；
(2)解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=4，CD=AB=3，∠D=90°，
由(1)可知△ACF是等腰三角形，AC=CF，
在Rt△ABC中，∵AB=3，BC=4，
∴AC= AB2+BC2=5，
∴CF=AC=5，
∴DF=CD+CF=3+5=8，
∴tanF=ADFD=48=12；
(3)解：当点E在线段BC上时，如图3，AB'的延长线交CD于点M，

由AB//CF可得：△ABE∽△FCE，
∴ABCF=BECE=53，即3CF=53，
∴CF=95，
由(1)可知AM=FM．
设DM=x，则MC=3-x，则AM=FM=5-x，
在Rt△ADM中，AM2=AD2+DM2，即(5-x)2=42+x2，
解得：x=910
∴AM=5-x=5-910=4110．
【解析】(1)由折叠的性质及等腰三角形的判定可得出答案；
(2)由勾股定理求出AC=5，得到CF=AC=5，求得DF=CD+CF=3+5=8，根据三角函数的定义得到tanF=ADFD=48=12；
(3)设DM=x，根据勾股定理得到AM2=AD2+DM2，得到关于x的方程，求得x的值即可．
本题属于四边形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理的综合应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
49.【答案】EF=CF 120°
【解析】解：(1)∵DE⊥AB，
∴∠BED=90°，
∵∠BCD=90°，点F是BD中点，
∴FE=FB=FD=CF，
∴∠FBE=∠FEB，∠FBC=∠FCB，
∴∠EFC=∠EFD+∠CFD=∠FBE+∠FEB+∠FBC+∠FCB=2(∠FBE+∠FBC)=2∠ABC=120°，
故答案为：EF=CF；120°．
(2)EF=CF，∠EFC=120°，理由如下：
如图，取AB的中点M，AD的中点N，连接MC，MF，EN，FN，
∵BM=MA，BF=FD，∠ACB=90°，
∴MF//AD，MF=12AD，CM=12AB=AM=MB，
∵AN=ND，
∴MF=AN，
∴四边形MFNA是平行四边形，
∴NF=AM=MC，∠FMA=∠ANF，
在Rt△ADE中，AN=ND，∠AED=90°，
∴EN=2AD=AN=ND，
在△AEN和△ACM中，∠AEN=∠EAN，∠MCA=∠MAC，
∵∠MAC=∠EAN，
∴∠AMC=∠ANE，
又∵∠FMA=∠ANF，
∴∠FMC=∠ENF，
∴△MFC≌△ENF(SAS)，
∴FE=FC，∠NFE=∠MCF，
∵NF//AB，
∴∠NFD=∠ABD，
∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，
∴∠ABC=60°，△BMC是等边三角形，∠MCB=60°，
∴∠EFC=∠EFN+∠NFD+∠DFC=∠MCF+∠ABD+∠FBC+∠FCB=∠ABC+∠MCB=60°+60°=120°；
(3)在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=3，
∴AB=2BC=6，
①如图，当点D落在线段AB上时，过点E作EF⊥AB于点F，
∵AD=2，
∴BD=4，
在Rt△AED中，∠DAE=30°，AD=2，
∴DE=12AD=1，
在Rt△DEF中，∠EDF=60°，DE=1，
∴EF=ED⋅sin60°= 32，DF=ED⋅cs60°=12，
在Rt△BEF中，BE= EF2+BF2= ( 32)2+(4+12)2= 21；
②如图，当点D落在BA的延长线上时，过点E作EG⊥AB于点G，
在Rt△AED中，∠DAE=30°，AD=2，
∴AE= 3，
∴AG=32，GE= 32，
在Rt△BEG中，BE= EG2+BG2= ( 32)2+(6+32)2= 57．
综上所述，BE的长为 21或 57．
(1)要求EF与CF之间的数量关系，可通过直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得；要求∠EFC的度数，可根据等腰三角形的性质，进行等角代换求得；
(2)作辅助线，通过构造△MFC≌△ENF可求得，∠EFC的度数可通过等边三角形的性质及等角代换求得；
(3)要分点D落在线段AB上和点D落在BA的延长线上两种情况，通过勾股定理分别求解．
本题属于几何变换综合题，考查了直角三角形斜边中线定理，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
50.【答案】解：(1)延长FG交CD于点P，如图1，

∵∠GFB=∠B=∠C=90°，
∴四边形BFPC是矩形，
∴PF=BC=4，
∴PC=BF=OB-OF=1，
∴DP=CD-PC=3，
∴DU= DP2+PU2= 32+(4+2)2=3 5；
(2)连接OG，
∵FG=2，OF=1，OG= 12+22= 5，
∴点G在以点O为圆心，OG长为半径的圆上，
∴当点G在线段OD上时，DG取得最小值；当点G在DO延长线上时，DG取得最大值；
∵OA=2，AD=4，
∴OD= 22+42=2 5；
如图2，

DG最小值为2 5- 5= 5；
如图2，

DG取得最大值为2 5+ 5=3 5．
综上，DG最小值为 5；DG取得最大值为3 5．
【解析】(1)根据正方形的性质结合勾股定理即可求解；
(2)连接OG，利用勾股定理求得OG长，推出点G在以点O为圆心，OG长为半径的圆上，当点G在线段OD上时，DG取得最小值；当点G在DO延长线上时，DG取得最大值；据此求解即可．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称图形，解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质．温馨提示：
本卷共50题，题目均选自2024年湖南省各地市一模试题。
本卷分为几何和代数两部分，解答题留有足够答题空间，试题部分可直接打印出来练习。
本卷难度较大，适合基础较好的同学。