专题1.3 以多结论的几何及二次函数问题为背景的选择填空题-2022年中考数学备考优生百日闯关系列（解析版）

这是一份专题1.3 以多结论的几何及二次函数问题为背景的选择填空题-2022年中考数学备考优生百日闯关系列（解析版），共39页。
【考查知识点】
以多结论的几何图形为背景的选择填空题题，主要考察了学生对三角形、四边形、圆知识的综合运用能力；以二次函数为背景的选择填空题，主要考察了二次函数的性质及二次函数系数与图象的关系。
【解题思路】
1.以多结论的几何图形为背景的选择填空题题中，用“全等法”和“相似法”证题应该是两个基本方法，为了更好掌握这两种方法，应该熟悉一对全等或一对相似三角形的基本图形，下图中是全等三角形的基本图形。大量积累基本图形，并在此基础上“截长补短”，“能割善补”，是学习几何图形的一个诀窍，每一个重要概念，重要定理都有一个基本图形，三线八角可以算做一个基本图形.
2. 以二次函数为背景的选择填空题中，根据图象的位置确定a、b、c的符号，a＞0开口向上，a＜0开口向下．抛物线的对称轴为x=，由图像确定对称轴的位置，由a的符号确定出b的符号．由x=0时,y=c，知c的符号取决于图像与y轴的交点纵坐标，与y轴交点在y轴的正半轴时，c＞0，与y轴交点在y轴的负半轴时，c＜0．确定了a、b、c的符号，易确定abc的符号；根据对称轴确定a与b的关系；根据图象还可以确定△的符号，及a+b+c和a-b+c的符号。
【典型例题】
【例1】（2018攀枝花中考）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC．
其中正确结论的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
③根据平行线和翻折的性质得：∠FPC=∠PCE=∠BCE，∠FPC≠∠FCP，且∠PFC是钝角，△FPC不一定为等腰三角形；
④当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，即可解题．
详解：①如图，EC，BP交于点G；

∵点P是点B关于直线EC的对称点，
∴EC垂直平分BP，
∴EP=EB，学科*网
∴∠EBP=∠EPB，
∵点E为AB中点，
∴AE=EB，
∴AE=EP，
∴∠PAB=∠PBA，
∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2（∠PAB+∠PBA）=180°，
∴∠PAB+∠PBA=90°，
∴AP⊥BP，
∴AF∥EC；
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故①正确；
②∵∠APB=90°，
∴∠APQ+∠BPC=90°，
由折叠得：BC=PC，
∴∠BPC=∠PBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，
∴∠ABP=∠APQ，
故②正确；
③∵AF∥EC，
∴∠FPC=∠PCE=∠BCE，
∵∠PFC是钝角，
当△BPC是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，
如右图，△PCF不一定是等腰三角形，
故③不正确；

∴△APB≌△EPC，
故④不正确；
其中正确结论有①②，2个，
故选：B．
【名师点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
【例2】（2018新疆中考）如图，已知抛物线y1=﹣x2+4x和直线y2=2x．我们规定：当x取任意一个值时，x对应的函数值分别为y1和y2，若y1≠y2，取y1和y2中较小值为M；若y1=y2，记M=y1=y2．①当x＞2时，M=y2；②当x＜0时，M随x的增大而增大；③使得M大于4的x的值不存在；④若M=2，则x=1．上述结论正确的是_____（填写所有正确结论的序号）．

【答案】②③
④利用一次函数图象上点的坐标特征及二次函数图象上点的坐标特征求出当M=2时的x值，由此可得出：若M=2，则x=1或2+，结论④错误．
此题得解．学科*网
详解：①当x＞2时，抛物线y1=-x2+4x在直线y2=2x的下方，
∴当x＞2时，M=y1，结论①错误；
②当x＜0时，抛物线y1=-x2+4x在直线y2=2x的下方，
∴当x＜0时，M=y1，
∴M随x的增大而增大，结论②正确；

④当M=y1=2时，有-x2+4x=2，
解得：x1=2-（舍去），x2=2+；
当M=y2=2时，有2x=2，
解得：x=1．
∴若M=2，则x=1或2+，结论④错误．
综上所述：正确的结论有②③．
故答案为：②③．学科*网
【名师点睛】本题考查了一次函数的性质、二次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征以及二次函数图象上点的坐标特征，逐一分析四条结论的正误是解题的关键．本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数（a≠0），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（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）；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△决定：△=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．
【例3】（2018广安中考）已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴为直线x=1，则下列结论正确的有_____．
①abc＞0
②方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3
③2a+b=0
④当x＞0时，y随x的增大而减小

【答案】②③
详解：∵抛物线开口向下，∴a＜0，
∵对称轴在y轴右侧，∴＞0，∴b＞0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴正半轴，∴c＞0，
∴abc＜0，故①错误；
∵抛物线与x轴的一个交点为（3，0），又对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣1，0），
∴方程ax2+bx+c=0的两根是x1=﹣1，x2=3，故②正确；
∵对称轴为直线x=1，∴=1，即2a+b=0，故③正确；
∵由函数图象可得：当0＜x＜1时，y随x的增大而增大；
当x＞1时，y随x的增大而减小，故④错误；学科*网
故答案为②③．
【名师点睛】．本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数（a≠0），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（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）；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△决定：△=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． 此外抛物线解析式中y=0得到一元二次方程的解即为抛物线与x轴交点的横坐标．
【方法归纳】
1.多结论的几何选择填空题考查的知识点较多，如相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质、直角三角形的性质、四边形的知识、圆的知识、等腰三角形的判定与性质以及特殊角三角函数等知识．这类题目的综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
2. 多结论的二次函数选择题主要考查了二次函数图象与系数的关系．二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．数形结合思想贯穿这类题目的始终，解题时应时时注意.
【针对练习】
1．如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC﹣CF=2HE；⑤AB=HF，其中正确的有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D

∴△ABE≌△AHD（AAS），
∴BE=DH，
∴AB=BE=AH=HD，
∴∠ADE=∠AED=（180°﹣45°）=67.5°，
∴∠CED=180°﹣45°﹣67.5°=67.5°，
∴∠AED=∠CED，故①正确；
∵∠AHB=（180°﹣45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（对顶角相等），
∴∠OHE=∠AED，
∴OE=OH，学&科网
∵∠DOH=90°﹣67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°﹣45°=22.5°，
∴∠DOH=∠ODH，
∴OH=OD，
∴OE=OD=OH，故②正确；
∵∠EBH=90°﹣67.5°=22.5°，
∴∠EBH=∠OHD，

2．（2018莱芜中考）如图，在矩形ABCD中，∠ADC的平分线与AB交于E，点F在DE的延长线上，∠BFE=90°，连接AF、CF，CF与AB交于G．有以下结论：
①AE=BC
②AF=CF
③BF2=FG•FC
④EG•AE=BG•AB
其中正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【详解】
①DE平分∠ADC，∠ADC为直角，
∴∠ADE=×90°=45°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AD=AE，
又∵四边形ABCD矩形，
∴AD=BC，
∴AE=BC
②∵∠BFE=90°，∠BFE=∠AED=45°，
∴△BFE为等腰直角三角形，
∴则有EF=BF
又∵∠AEF=∠DFB+∠ABF=135°，∠CBF=∠ABC+∠ABF=135°，
∴∠AEF=∠CBF
在△AEF和△CBF中，AE=BC，∠AEF=∠CBF，EF=BF，
∴△AEF≌△CBF（SAS）
∴AF=CF

④∵∠BGF=180°-∠CGB，∠DAF=90°+∠EAF=90°+（90°-∠AGF）=180°-∠AGF，∠AGF=∠BGC，
∴∠DAF=∠BGF，∵∠ADF=∠FBG=45°，
∴△ADF∽△GBF，
∴，
∵EG∥CD，
∴，
∴，∵AD=AE，
∴EG•AE=BG•AB，故④正确，
故选C．
3．（2018牡丹江中考）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=﹣1，下列结论中：
①abc＜0；②9a﹣3b+c＜0；③b2﹣4ac＞0；④a＞b，
正确的结论是_____（只填序号）

【答案】②③④
4．（2018龙东中考）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，AB=BC=1，则下列结论：
①∠CAD=30°②BD=③S平行四边形ABCD=AB•AC④OE=AD⑤S△APO=，正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【详解】①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，[来源:学_科_网Z_X_X_K]
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=1，
∵BC=2，学&科网
∴EC=1，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①正确；
②∵BE=EC，OA=OC，
∴OE=AB=，OE∥AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，
Rt△EOC中，OC=，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
Rt△OCD中，OD=，
∴BD=2OD=，故②正确；

⑤∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=，
∴S△AOE=S△EOC=OE•OC=××，
∵OE∥AB，学&科网
∴，
∴，
∴S△AOP= S△AOE==，故⑤正确；
本题正确的有：①②③④⑤，5个，
故选D．
5．（2018眉山在中考）如图，在 ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连结EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF,其中正确结论的个数共有（    ）.

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠FBH，
∴∠CBF=∠FBH，
∴∠ABC=2∠ABF．故①正确，
∵DE∥CG，学&科网
∴∠D=∠FCG，
∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，
∴△DFE≌△FCG，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF=EF=FG，故②正确，
∵S△DFE=S△CFG，
∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，
∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，
∴CF=BH，∵CF∥BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∵CF=BC，
∴四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC=∠BFH，
∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，
∴∠EFC=3∠DEF，故④正确，
故选：D．
6．（2018赤峰中考）已知抛物线，如图所示，下列命题：①；②对称轴为直线；③抛物线经过，两点，则；④顶点坐标是（，其中真命题的概率是（　　）

A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性判定命题的真假，根据概率公式计算即可．

7．（2108曲靖中考）如图，在正方形ABCD中，连接AC，以点A为圆心，适当长为半径画弧，交AB、AC于点M，N，分别以M，N为圆心，大于MN长的一半为半径画弧，两弧交于点H，连结AH并延长交BC于点E，再分别以A、E为圆心，以大于AE长的一半为半径画弧，两弧交于点P，Q，作直线PQ，分别交CD，AC，AB于点F，G，L，交CB的延长线于点K，连接GE，下列结论：①∠LKB=22.5°，②GE∥AB，③tan∠CGF=，④S△CGE：S△CAB=1：4．其中正确的是（　　）

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【答案】A
【解析】
【分析】
①在△AOL和△BLK中，根据三角形内角和定理，如图两个角对应相等，则第三个角∠LKB=∠BAC=22.5°；
②根据线段中垂线定理证明∠AEG=∠EAG=22.5°=∠BAE，可得EG∥AB；
③根据等量代换可得：∠CGF=∠BLK，可作判断；学&科网
④连接EL，证明四边形ALEG是菱形，根据EL＞BL，及相似三角形的性质可作判断．
【详解】
①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠BAD=45°，[来源:学|科|网Z|X|X|K]
由作图可知：AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE=22.5°，
∵PQ是AE的中垂线，
∴AE⊥PQ，
∴∠AOL=90°，
∵∠AOL=∠LBK=90°，∠ALO=∠KLB，
∴∠LKB=∠BAE=22.5°；
故①正确；

③∵∠LAO=∠GAO，∠AOL=∠AOG=90°，
∴∠ALO=∠AGO，
∵∠CGF=∠AGO，∠BLK=∠ALO，
∴∠CGF=∠BLK，
在Rt△BKL中，tan∠CGF=tan∠BLK=，
故③正确；学&科网
④连接EL，

∵AL=AG=EG，EG∥AB，
∴四边形ALEG是菱形，
∴AL=EL=EG＞BL，
∴，
∵EG∥AB，
∴△CEG∽△CBA，
∴，
故④不正确；
本题正确的是：①②③，
故选A．
8．（2018齐齐哈尔中考）抛物线C1：y1=mx2-4mx+2n-1与平行于x轴的直线交于A、B两点，且A点坐标为(-1，2)，请结合图象分析以下结论：①对称轴为直线x=2；②抛物线与y轴交点坐标为(0，-1)；③m>；④若抛物线C2：y2=ax2(a≠0)与线段AB恰有一个公共点，则a的取值范围是≤a0的解作为函数C1的自变量的取值时，对应的函数值均为正数，其中正确结论的个数有( )

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
有且只有一个公共点，此时，a的值分别为,从而得出a的取值范围；不等式的解可以看作是，抛物线位于直线y=-1上方的部分，则此时x的取值范围包含在函数值范围之内，然后作出判断即可.
【详解】
①抛物线的对称轴为直线，故①正确；
②当x=0时，y=2n-1,故②错误；
③ 把A点坐标（-1.2）代入抛物线解析式，整理得:2n=3-5m
再代入，整理得：
由已知抛物线与x轴有两个交点，则
，整理得:
解得：m>，故③错误.
④由抛物线的对称性，B点的坐标为B（5，2），
其与线段分别有且只有一个公共点
此时，a的值分别为，
得出a的取值范围,即，故④正确.
⑤不等式的解作为函数C1的自变量的取值时，对应的函数值均为正数,故⑤正确,故选B. 学&科网
9．（2018衡阳中考）如图， 抛物线与轴交于点A（-1,0），顶点坐标（1，n）与轴的交点在（0,2），（0,3）之间（包 含端点），则下列结论：①；②；③对于任意实数m，总成立；④关于的方程有两个不相等的实数根．其中结论正确的个数为　　

A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【答案】D
【详解】
∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
而抛物线的对称轴为直线x=-=1，即b=-2a，
∴3a+b=3a-2a=a＜0，所以①正确；
∵2≤c≤3，
而c=-3a，
∴2≤-3a≤3，
∴-1≤a≤-，所以②正确；
∵抛物线的顶点坐标（1，n），
∴x=1时，二次函数值有最大值n，
∴a+b+c≥am2+bm+c，
即a+b≥am2+bm，所以③正确；
∵抛物线的顶点坐标（1，n），
∴抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点，
∴关于x的方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根，所以④正确．
故选D．学&科网
10．（2018陇南中考）如图是二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）图象的一部分，与x轴的交点A在点（2，0）和（3，0）之间，对称轴是x=1．对于下列说法：①ab＜0；②2a+b=0；③3a+c＞0；④a+b≥m（am+b）（m为实数）；⑤当﹣1＜x＜3时，y＞0，其中正确的是（　　）

A．①②④ B．①②⑤ C．②③④ D．③④⑤
【答案】A
【详解】
①∵对称轴在y轴右侧，
∴a、b异号，
∴ab＜0，故正确；
②∵对称轴
∴2a+b=0；故正确；
③∵2a+b=0，
∴b=﹣2a，
∵当x=﹣1时，y=a﹣b+c＜0，
∴a﹣（﹣2a）+c=3a+c＜0，故错误；
④根据图示知，当m=1时，有最大值；
当m≠1时，有am2+bm+c≤a+b+c，
所以a+b≥m（am+b）（m为实数）．
故正确．
⑤如图，当﹣1＜x＜3时，y不只是大于0．
故错误．
故选：A．
11．（2018毕节中考）已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，下列结论：①abc＞0；②2a+b＞0；③b2﹣4ac＞0；④a﹣b+c＞0，其中正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【详解】
①∵抛物线对称轴是y轴的右侧，
∴ab＜0，
∵与y轴交于负半轴，
∴c＜0，
∴abc＞0，
故①正确；
②∵a＞0，x=﹣＜1，
∴﹣b＜2a，
∴2a+b＞0，
故②正确；
③∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，
故③正确；
④当x=﹣1时，y＞0，
∴a﹣b+c＞0，
故④正确．
故选：D．学&科网
12．（2018兰州中考）如图，已知二次函数的图象如图所示，有下列5个结论　　；；；；的实数其中正确结论的有　　

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
对称轴在y轴的右侧，
，
由图象可知：，
，故不正确；
当时，，
，故正确；
由对称知，当时，函数值大于0，即，故正确；
，[来源:Zxxk.Com]
，
，
，
，故不正确；
当时，y的值最大此时，，[来源:Zxxk.Com]
而当时，，
所以，
故，即，故正确，
故正确，学&科网
故选B．
13．（2018绥化中考）抛物线的部分图象如图所示，与x轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是下列结论中：
；；方程有两个不相等的实数根；抛物线与x轴的另一个交点坐标为；若点在该抛物线上，则．
其中正确的有　　

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
，故错误；
，
，，故正确；
由图象得：时，与抛物线有两个交点，
方程有两个不相等的实数根，故正确；
抛物线与x轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是，
抛物线与x轴的另一个交点坐标为，故正确；
抛物线的对称轴是，
有最大值是，
点在该抛物线上，
，故正确，
本题正确的结论有：，4个，
故选B．学&科网
14．（2018抚顺中考）已知抛物线y=ax2+bx+c（0＜2a≤b）与x轴最多有一个交点．以下四个结论：
①abc＞0；
②该抛物线的对称轴在x=﹣1的右侧；
③关于x的方程ax2+bx+c+1=0无实数根；
④≥2．
其中，正确结论的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【详解】

③由题意可知：对于任意的x，都有y=ax2+bx+c≥0，
∴ax2+bx+c+1≥1＞0，即该方程无解，故③正确；
④∵抛物线y=ax2+bx+c（0＜2a≤b）与x轴最多有一个交点，
∴当x=﹣1时，y＞0，
∴a﹣b+c＞0，
∴a+b+c≥2b，
∵b＞0，
∴≥2，故④正确，
综上所述，正确的结论有3个，
故选C．学&科网
15．（2018贵港中考）如图，抛物线y=（x+2）（x﹣8）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为M，以AB为直径作⊙D．下列结论：①抛物线的对称轴是直线x=3；②⊙D的面积为16π；③抛物线上存在点E，使四边形ACED为平行四边形；④直线CM与⊙D相切．其中正确结论的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】∵在y=（x+2）（x﹣8）中，当y=0时，x=﹣2或x=8，
∴点A（﹣2，0）、B（8，0），
∴抛物线的对称轴为x==3，故①正确；
∵⊙D的直径为8﹣（﹣2）=10，即半径为5，
∴⊙D的面积为25π，故②错误；
在y=（x+2）（x﹣8）=x2﹣x﹣4中，当x=0时y=﹣4，
∴点C（0，﹣4），
当y=﹣4时，x2﹣x﹣4=﹣4，
解得：x1=0、x2=6，
所以点E（6，﹣4），
则CE=6，
∵AD=3﹣（﹣2）=5，
∴AD≠CE，
∴四边形ACED不是平行四边形，故③错误；
∵y=x2﹣x﹣4=（x﹣3）2﹣，
∴点M（3，﹣），
∴DM=，

如图，连接CD，过点M作MN⊥y轴于点N，则有N（0，﹣），MN=3，
∵C（0，-4），∴CN=，∴CM2=CN2+MN2=，
在Rt△ODC中，∠COD=90°，∴CD2=OC2+OD2=25，∴CM2+CD2=，
∵DM2=，
∴CM2+CD2=DM2，
∴∠DCM=90°，即DC⊥CM，
∵CD是半径，
∴直线CM与⊙D相切，故④正确，
故选B．
16．（2018广州中考）如图，CE是▱ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E．连接AC，BE，DO，DO与AC交于点F，则下列结论：
①四边形ACBE是菱形；
②∠ACD＝∠BAE；
③AF：BE＝2：3；
④S四边形AFOE：S△COD＝2：3．
其中正确的结论有_____．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①②④．

∴OA=OB=AB=DC，CD⊥CE，
∵OA∥DC，
∴=，
∴AE=AD，OE=OC，[来源:Zxxk.Com]
∵OA=OB，OE=OC，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵AB⊥EC，
∴四边形ACBE是菱形，故①正确，
∵∠DCE=90°，DA=AE，
∴AC=AD=AE，
∴∠ACD=∠ADC=∠BAE，故②正确，
∵OA∥CD，学科*网
∴，
∴，故③错误，
设△AOF的面积为a，则△OFC的面积为2a，△CDF的面积为4a，△AOC的面积=△AOE的面积=3a，
∴四边形AFOE的面积为4a，△ODC的面积为6a
∴S四边形AFOE：S△COD=2：3．故④正确.

故答案是：①②④．
17．如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H．给出下列结论：
①△ABE≌△DCF；②；③DP2=PH•PB；④．
其中正确的是____________．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①③④．
∵∠PDH=∠PCD=30°，∵∠DPH=∠DPC，∴△DPH∽△CPD，∴，∴，∵PB=CD，∴，故③正确；
如图，过P作PM⊥CD，PN⊥BC，设正方形ABCD的边长是4，△BPC为正三角形，∴∠PBC=∠PCB=60°，PB=PC=BC=CD=4，∴∠PCD=30°∴PN=PB•sin60°=4×=，PM=PC•sin30°=2，S△BPD=S四边形PBCD﹣S△BCD=S△PBC+S△PDC﹣S△BCD=，∴．故答案为：①③④．

18．（2018呼和浩特中考）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得∠DHC=60°时，2BE=DM；②无论点M运动到何处，都有DM=HM；③无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．其中正确结论的序号为_____．

【答案】①②③
【详解】由题可得，AM=BE，
∴AB=EM=AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM=AH，∠AHE=90°，∠MEH=∠DAH=45°=∠EAH，
∴EH=AH，
∴△MEH≌△DAH（SAS），
∴∠MHE=∠DHA，MH=DH，
∴∠MHD=∠AHE=90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM=HM，故②正确；学科*网
当∠DHC=60°时，∠ADH=60°﹣45°=15°，
∴∠ADM=45°﹣15°=30°，
∴Rt△ADM中，DM=2AM，
即DM=2BE，故①正确；
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC=45°，
∴∠CHM＞135°，故③正确，
故答案为：①②③．

19．（2018咸宁中考）如图，已知∠MON=120°，点A，B分别在OM，ON上，且OA=OB=a，将射线OM绕点O逆时针旋转得到OM′，旋转角为α（0°＜α＜120°且α≠60°），作点A关于直线OM′的对称点C，画直线BC交OM′于点D，连接AC，AD，有下列结论：
①AD=CD；
②∠ACD的大小随着α的变化而变化；
③当α=30°时，四边形OADC为菱形；
④△ACD面积的最大值为a2；
其中正确的是_____．（把你认为正确结论的序号都填上）．

【答案】①③④
共圆的性质得：∠ACD=∠E=60°，说明∠ACD是定值，不会随着α的变化而变化；
③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，证明△AOC是等边三角形和△ACD是等边三角形，得OC=OA=AD=CD，可作判断；
④先证明△ACD是等边三角形，当AC最大时，△ACD的面积最大，当AC为直径时最大，根据面积公式计算后可作判断．

则A、B、C都在⊙O上，
∵∠MON=120°，
∴∠BOE=60°，
∵OB=OE，
∴△OBE是等边三角形，
∴∠E=60°，
∵A、C、B、E四点共圆，
∴∠ACD=∠E=60°，故②不正确；
③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，
∴∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠OAC=60°，OC=OA=AC，
由①得：CD=AD，
∴∠CAD=∠ACD=∠CDA=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC=AD=CD，学科*网
∴OC=OA=AD=CD，
∴四边形OADC为菱形，故③正确；
④∵CD=AD，∠ACD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
当AC最大时，△ACD的面积最大，
∵AC是⊙O的弦，即当AC为直径时最大，此时AC=2OA=2a，α=90°，
∴△ACD面积的最大值是：AC2=，故④正确，
所以本题结论正确的有：①③④，
故答案为：①③④．

20．（2018随州中考）如图，在四边形ABCD中，AB=AD=5，BC=CD且BC＞AB，BD=8．给出以下判断：
①AC垂直平分BD；
②四边形ABCD的面积S=AC•BD；
③顺次连接四边形ABCD的四边中点得到的四边形可能是正方形；
④当A，B，C，D四点在同一个圆上时，该圆的半径为；
⑤将△ABD沿直线BD对折，点A落在点E处，连接BE并延长交CD于点F，当BF⊥CD时，点F到直线AB的距离为．
其中正确的是_____．（写出所有正确判断的序号）

【答案】①③④
【详解】∵在四边形ABCD中，AB=AD=5，BC=CD，
∴AC是线段BD的垂直平分线，故①正确；
四边形ABCD的面积S=，故②错误；
当AC=BD时，顺次连接四边形ABCD的四边中点得到的四边形是正方形，故③正确；
当A，B，C，D四点在同一个圆上时，设该圆的半径为r，则r2=（r﹣3）2+42，
得r=，故④正确；
将△ABD沿直线BD对折，点A落在点E处，连接BE并延长交CD于点F，如图所示，
连接AF，设点F到直线AB的距离为h，
由折叠可得，四边形ABED是菱形，AB=BE=5=AD=GD，BO=DO=4，
∴AO=EO=3，
∵S△BDE=×BD×OE=×BE×DF，
∴DF=，学科*网
∵BF⊥CD，BF∥AD，
∴AD⊥CD，GF=，
∵S△ABF=S梯形ABFD﹣S△ADF，
∴×5h=×（5+5+）×﹣×5×，
解得h=，故⑤错误，
故答案为：①③④．

21．（2018宜宾中考）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是_____（写出所有正确结论的序号）
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
②当E为线段AB中点时，AF=；
③当A、F、C三点共线时，AE=；
④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．

【答案】①②③

∴∠EAF=∠EFA，
∵∠CEF=∠CEB，∠BEF=∠EAF+∠EFA，
∴∠BEC=∠EAF，
∴AF∥EC，故①正确，
作EM⊥AF，则AM=FM，
在Rt△ECB中，EC=，
∵∠AME=∠B=90°，∠EAM=∠CEB，
∴△CEB∽△EAM，
∴，
∴，
∴AM=，
∴AF=2AM=，故②正确，
如图2中，当A、F、C共线时，设AE=x．

则EB=EF=3-x，AF=-2，
在Rt△AEF中，∵AE2=AF2+EF2，
∴x2=（-2）2+（3-x）2，
∴x=，
∴AE=，故③正确，
如果，△CEF≌△AEF，则∠EAF=∠ECF=∠ECB=30°，显然不符合题意，故④错误，
故答案为①②③．学科*网
22．（2018南充中考）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴交于A，B两点，顶点P（m，n）．给出下列结论：①2a+c＜0；②若（﹣，y1），（﹣，y2），（，y3）在抛物线上，则y1＞y2＞y3；③关于x的方程ax2+bx+k=0有实数解，则k＞c﹣n；④当n=﹣时，△ABP为等腰直角三角形．其中正确结论是______（填写序号）．

【答案】②④


∵抛物线与直线y=t有交点时，方程ax2+bx+c=t有解，t≥n，
∴ax2+bx+c-t=0有实数解
要使得ax2+bx+k=0有实数解，则k=c-t≤c-n；故③错误，
设抛物线的对称轴交x轴于H．
∵，
∴b2-4ac=4，
∴x=，