2022年中考数学二轮热点题型演练专题09 几何与函数的综合运用

这是一份2022年中考数学二轮热点题型演练专题09 几何与函数的综合运用，共115页。试卷主要包含了考点归纳，最新模考题组练2等内容，欢迎下载使用。

专题09 几何与函数的综合运用（压轴题）
目录
一、考点归纳
【考点01】 几何的综合运用
【考点02】 函数的综合运用
二、最新模考题组练 2


【考点01】 几何的综合运用
【典例分析】
1.（2021·江苏苏州·中考真题）如图，在矩形中，线段、分别平行于、，它们相交于点，点、分别在线段、上，，，连接、，与交于点．已知．设，．
（1）四边形的面积______四边形的面积（填“”、“”或“”）；
（2）求证：；
（3）设四边形的面积为，四边形的面积为，求的值．

2.（2020·江苏苏州·中考真题）问题1：如图①，在四边形中，，是上一点，，．

求证：．
问题2：如图②，在四边形中，，是上一点，，．求的值．

【提分秘籍】
在解几何的综合运用的压轴题时，应注意：
1.通过对题目的分析，找到不变的量；
2.善于运用三角形全等的性质，证明线段和角的相等；
3.学会运用相似三角形的性质，得到比例式，从而推出线段之间的数量关系；
4.要善于运用方程的思想，建立方程，求解线段的长度。
【变式演练】
1.（2021·江苏·苏州市振华中学校二模）如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（如图1）
（1）概念理解：在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定是垂美四边形的是　　；
（2）性质证明：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，直接写出其两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系 _________________________；
（3）问题解决：如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，联结CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．


2.（2021·江苏·苏州吴中区木渎实验中学一模）已知：如图，在中，，，，点由点出发沿方向向点A匀速运动，速度为，点由点A出发沿方向向点匀速运动，速度为；若设运动的时间为，解答下列问题：

（1）如图①，连接，当为何值时，以A、、为顶点的三角形与相似？并说明理由；
（2）如图②，当点，运动时，是否存在某一时刻，使得点在线段的垂直平分线上，请说明理由；
（3）如图③，当点，运动时，线段上是否存在一点，使得四边形为菱形？若存在，试求长；若不存在请说明理由．
3.（2021·江苏·苏州市第十六中学九年级期中）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ＝90°，AQ：AB＝3：4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC＝4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF＝，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ＝3x．

(1)用关于x的代数式表示BQ＝　 ，DF＝　 ．
(2)当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．
(3)当点P在点A右侧时，作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为2，求AP的长．
【考点02】 函数的综合运用
【典例分析】
1.（2021·江苏苏州·中考真题）如图，二次函数（是实数，且）的图像与轴交于、两点（点在点的左侧），其对称轴与轴交于点，已知点位于第一象限，且在对称轴上，，点在轴的正半轴上，．连接并延长交轴于点，连接．
（1）求、、三点的坐标（用数字或含的式子表示）；
（2）已知点在抛物线的对称轴上，当的周长的最小值等于，求的值．


2.（2019·江苏苏州·中考真题）如图①，抛物线与x轴交于A、B两点(点A位于点B的左侧)，与y轴交于点C，已知的面积为6.
(1)求的值；
(2)求外接圆圆心的坐标；
(3)如图②，P是抛物线上一点，点Q为射线CA上一点，且P、Q两点均在第三象限内，Q、A是位于直线BP同侧的不同两点，若点P到x轴的距离为d，的面积为，且，求点Q的坐标.


【提分秘籍】
1.抛物线的对称性问题
抛物线的对称性的应用，主要体现在求一个点关于对称轴对称的点的坐标，或者是已知抛物线上两个点关于对称轴对称，求其对称轴。
2.二次函数与一元二次方程之间的关系问题
一元二次方程 ax2+bx+c=0(a=0)可以看作是二次函数y= ax2+bx+c（a≠0）当y=0时的一种特殊情况，所以二次函数y= ax2+bx+c的图象与x轴的交点的横坐标就是一元二次方程ax2+bx+c=0的根。
3.解函数的综合运用问题时，还应注意：
（1）函数与几何结合在一起时，应先将各顶点的坐标表示出来，建立方程，求出坐标，即可。
（2）要善于建立数学模型以及运用转化思想，把问题转化为我们所熟悉的模型或问题进行求解。
【变式演练】
1.（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学一模）对于x轴上一点P和某一个函数图象上两点M，N，给出如下定义：如果函数图象上的两个点M，N（M在N的右侧），在x轴上存在点P，使得，那么就称为点P的“伴随三角形”，点P则被称为线段的“伴随点”．
（1）若一次函数图象上有两点、，在点、、、中，线段的“伴随点”有_________；
（2）若直线分别与y轴、x轴分别交于点M、N，以为“伴随点”的“伴随三角形”恰好是一个直角三角形，求此直线的解析式．
（3）若点M是抛物线的顶点，，若在x轴上存在伴随点P，请求出m的取值范围．

2.（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图1，抛物线y＝x2+bx﹣4交x轴于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，且OC＝2OB．

（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AC，BC，点P在抛物线上，且满足∠PBC＝∠ACB，求点P的坐标；
（3）如图2，直线l：y＝x+t（﹣4＜t＜0）交y轴于点E，过直线l上的一动点M作MN∥y轴交抛物线于点N，直线CM交抛物线于另一点D，直线DN交y轴于点F，试求OE+OF的值．

3.（2021·江苏·张家港市梁丰初级中学一模）如图，抛物线的图象经过点，顶点D的坐标为，与x轴交于两点．

（1）求抛物线的解析式．
（2）连接为直线上一点，当时，求的值．
（3）点是y轴上一动点，当y为何值时，的值最小．并求出这个最小值．
（4）点C关于x轴的对称点为H，当取最小值时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使是直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．


【训练题组1】
1．（2021·江苏·苏州市景范中学校二模）如图1，在中，，边，点分别在线段上，将沿直线翻折，点C的对应点是点；

（1）当分别是边的中点时，求出的长度；
（2）若，点到线段的最短距离是________；
（3）如图2，当点在落在边上时，
①点运动的路程长度是______；
②当时，求出的长度．
2．（2021·江苏苏州·一模）如图，在中，，D是边的中点．动点P从点B出发以每秒4个单位长度的速度向终点A运动．当点P与点D不重合时，以为边构造，使，且点Q与点C在直线同侧．设点P的运动时间为t秒．

（1）当点Q落在边上时，求t的值．
（2）在不添加辅助线的情况下，当图中存在全等三角形时，求与重叠部分图形的面积．
（3）取边的中点E，连接．当时，直接写出t的值．
3．（2021·江苏苏州·二模）如图（1），已知矩形中，，点E为对角线上的动点．连接，过E作的垂线交于点F．

（1）探索与的数量关系，并说明理由．
（2）如图（2），过F作垂线交于点G，交于点H，连接．若点E从A出发沿方向以的速度向终点C运动，设E的运动时间为．
①是否存在t，使得H与B重合？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
②t为何值时，是等腰三角形；
③当时，求的面积．
4．（2021·江苏苏州·二模）如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．

（1）若是“准互余三角形”，，则________．
（2）如图（1），是半圆的直径，是半圆上的点，D是上的点，交于点E．
①若D是的中点，则图中共有_______个“准互余三角形”；
②当是“准互余三角形”时，求的长；
③如图（2）所示，若F是上的点（不与重合），G为射线上一点，且满足．当是“准互余三角形”时，求的长．
5．（2021·江苏·苏州市吴江区存志外国语学校一模）（1）我们知道：如图①，点把线段分成两部分，如果，那么称点为线段的黄金分割点．它们的比值为__________．

（2）在图①中，若，则的长为__________；
（3）如图②，用边长为的正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明：是的黄金分割点；
（4）如图③，小明进一步探究：在边长为的正方形的边上任取点，连接，作，交于点，延长、交于点．他发现当与满足某种关系时，、恰好分别是、的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．
6．（2021·江苏·苏州湾实验初级中学一模）定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”；

理解：
⑴ 如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，请用无刻度的直尺在网格中画出点D（保留画图痕迹，找出3个即可）；
⑵ 如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＝80°，∠ADC＝140°，对角线BD平分∠ABC．       请问BD是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由；
运用：
⑶ 如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”， ∠EFH＝∠HFG＝30°.连接EG，若△EFG的面积为，求FH 的长.
7．（2021·江苏·苏州市金阊实验中学校一模）如图，为半的直径，点从点开始沿着半圆逆时针运动到点，在运动中，作，且，已知，

（1）当点不与点重合时，求证：为切线；
（2）当时，与交于点，求的长；
（3）点在运动过程中，当与的差最大时，直接写出此时的弧长．
8．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图1，中，点是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“好点”．

（1）如图2，的顶点是网格图的格点，请仅用直尺画出（或在图中直接描出）边上的“好点”；
（2）中，，，，点是边上的“好点”，求线段的长；
（3）如图3，是⊙O的内接三角形，点在上，连结并延长交⊙O于点．若点是中边上的“好点”．
①求证：；
②若，⊙O的半径为，且，求的值．

【训练题组2】
1．（2021·江苏苏州·九年级期中）如图，在平面直角坐标系内，抛物线y＝ax2＋bx﹣4（a≠0）与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，且OB＝2OA．过点A的直线y＝x＋2与抛物线交于点E．点P为第四象限内抛物线上的一个动点，过点P作PH⊥AE于点H．
（1）抛物线的表达式中，a＝　 　，b＝　 　；
（2）在点P的运动过程中，若PH取得最大值，求这个最大值和点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，在x轴上求点Q，使以A，P，Q为顶点的三角形与△ABE相似．

2．（2021·江苏·常熟市第一中学九年级开学考试）如图，已知抛物线的图像经过点，，其对称轴为直线：，过点作轴交抛物线于点，的平分线交线段于点，点是抛物线上的一个动点，设其横坐标为．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，动点在直线下方的抛物线上，连结，当为何值时，四边形面积最大，并求出其最大值．
（3）如图②，是抛物线的对称轴上的一点，连接，在抛物线轴下方的图像上是否存在点使满足：①；②？若存在，求点的坐标，若不存在，请说明理由．

3．（2021·江苏·苏州市吴江区青云中学一模）如图，已知抛物线过点，．

（1）求抛物线的解析式及其顶点的坐标；
（2）抛物线与交于点，在抛物线对称轴上找一点，使的值最大，求出点的坐标以及这个最大值；
（3）设点是轴上一点，当时，求点的坐标．
4．（2021·江苏·苏州市相城区望亭中学一模）已知抛物线经过点、点、点，点D为抛物线在第一象限内图像上一动点，连接，交y轴于点E，将点C关于线段作轴对称，对称点为，连接．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1如果点落在x轴，求点E坐标；
（3）如图2，连接与交于点F，拖动点D，点落在第四象限，作，交x轴于点M，交于点G，若，求点M的横坐标．

5．（2021·江苏·苏州市景范中学校二模）如图，抛物线与x轴交于两点（点B在点A的左边），与y轴交于点C，且．（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，若点P是直线上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接，将沿对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时点P的坐标；
（3）如图2，若第四象限有一动点E，满足，过E作轴于点F，设F坐标为，的内心为I，连接，直接写出的最小值．
6．（2021·江苏苏州·一模）立志成为数学家的波波，根据黄金分割点的概念和勾股定理研究出如下定义：
如图1，点M，N在线段上，点M在点N的左侧，若线段，，满足，则称点M、N是线段的钻石分割点．

（1）【类比探究】如图2，D、E是、上两点，且，M、N是边的钻石分割点，连接、分别交于点G、H．求证：G、H是线段的钻石分割点．
（2）【知识迁移】如图3，点是反比例函数上的动点，直线与坐标轴分别交于A、B两点，过点P分别向x、y轴作垂线，垂足为C、D，且交线段于E、F．证明：E、F是线段的钻石分割点．
（3）【拓展应用】如图4，已知一次函数与坐标轴交于A、B两点，与二次函数交于C、D两点，若C、D是线段的钻石分割点，求m的值．
7．（2021·江苏·苏州高新区第二中学一模）如图，抛物线的图像与x轴交于、两点，与y轴交于点C，连结．

（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）为点M从点A出发，沿方向以个单位/秒的速度向终点C匀速运动，动点N从点O出发，沿着方向以个单位/秒的速度向终点A匀速运动，设点，M、N同时出发，运动时间为．
①连结、，当t为何值时，为直角三角形；
②在两个动点运动的过程中，该抛物线上是否存在点P，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
8．（2021·江苏·苏州市立达中学校九年级期中）如图，抛物线与轴交于A(-1，0)，B(4，0)，与轴交于点C．连接AC，BC，点P在抛物线上运动．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图①，若点P在第四象限，点Q在PA的延长线上，当∠CAQ=∠CBA45°时，求点P的坐标；
(3)如图②，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，过点P作轴的垂线交BC于点H，当△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长．






专题09 几何与函数的综合运用（压轴题）
目录
一、考点归纳
【考点01】 几何的综合运用
【考点02】 函数的综合运用
二、最新模考题组练 2


【考点01】 几何的综合运用
【典例分析】
1.（2021·江苏苏州·中考真题）如图，在矩形中，线段、分别平行于、，它们相交于点，点、分别在线段、上，，，连接、，与交于点．已知．设，．
（1）四边形的面积______四边形的面积（填“”、“”或“”）；
（2）求证：；
（3）设四边形的面积为，四边形的面积为，求的值．

【答案】（1）=；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由四边形为矩形及，，证明四边形为矩形，四边形、、均为矩形．再利用矩形的面积公式求解四边形的面积与四边形的面积，从而可得答案；
（2）由，，结合，，结合，证明．可得．从而可得结论；
（3）解法一：连接，，证明．可得．再证明．可得，从而可得答案；
解法二：连接、．证明四边形的四边形．从而可得答案．
【解析】解：（1）∵四边形为矩形，
∴．
∵，
∴，．
∵，
∴．
∴四边形为矩形．
同理可得：四边形、、均为矩形．
∵，，，
∴，，，．
∴四边形的面积，四边形的面积．
．四边形的面积四边形的面积．
（2）∵，，由（1）中，，
∴，即，
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
（3）解法一：连接，，

∵，，
∴．
∵，
∴．
∴，．
由（2），得，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
解法二：连接、．
∵，，
∴．
∵，
∴．
∴，，．
由（2）中，得，
∴．
∵，
∴．
∴，，．
∴，，．
又，，
∴四边形的四边形．
∴．
2.（2020·江苏苏州·中考真题）问题1：如图①，在四边形中，，是上一点，，．

求证：．
问题2：如图②，在四边形中，，是上一点，，．求的值．
【答案】问题1：见解析；问题2：
【分析】问题1：先根据AAS证明，可得，，由此即可证得结论；
问题2：分别过点、作的垂线，垂足为、，由（1）可知，利用45°的三角函数值可得，，由此即可计算得到答案．
【解析】问题1：证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴，，
∴．
问题2：如图，分别过点、作的垂线，垂足为、．
由（1）可知，
在和中，，
∴，，
，．
∴，．
∴．

【提分秘籍】
在解几何的综合运用的压轴题时，应注意：
1.通过对题目的分析，找到不变的量；
2.善于运用三角形全等的性质，证明线段和角的相等；
3.学会运用相似三角形的性质，得到比例式，从而推出线段之间的数量关系；
4.要善于运用方程的思想，建立方程，求解线段的长度。
【变式演练】
1.（2021·江苏·苏州市振华中学校二模）如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（如图1）
（1）概念理解：在平行四边形，矩形，菱形，正方形中，一定是垂美四边形的是　　；
（2）性质证明：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，直接写出其两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系 _________________________；
（3）问题解决：如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，联结CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．

【答案】（1）菱形，正方形；（2）AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）
【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
（2）利用勾股定理即可得出结论；
（3）先判断出CE⊥BG，得出四边形CGEB是垂美四边形，借助（2）的结论即可得出结论．
【解析】解：（1）∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形，
故答案为：菱形、正方形；
（2）如图1，∵AC⊥BD，
∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；
故答案为：AD2+BC2＝AB2+CD2，
（3）如图2，设AB与CE相交于点M，连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴，
∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．

2.（2021·江苏·苏州吴中区木渎实验中学一模）已知：如图，在中，，，，点由点出发沿方向向点A匀速运动，速度为，点由点A出发沿方向向点匀速运动，速度为；若设运动的时间为，解答下列问题：

（1）如图①，连接，当为何值时，以A、、为顶点的三角形与相似？并说明理由；
（2）如图②，当点，运动时，是否存在某一时刻，使得点在线段的垂直平分线上，请说明理由；
（3）如图③，当点，运动时，线段上是否存在一点，使得四边形为菱形？若存在，试求长；若不存在请说明理由．
【答案】（1）当t＝2，以A、P、Q为顶点的三角形与△ACB相似；证明见解析；（2）当t＝1存在，证明见解析；（3）不存在；见解析
【分析】（1）先根据勾股定理求出AB，分两种情形分别构建方程求解即可．
（2）先用垂直平分线的性质得出QM＝CM＝CQ＝（3t），然后用平行线分线段成比例建立方程求出结论．
（3）先由平行四边形的性质建立方程求出时间t，即求出PQ，PB，即可得到PQ≠PB判断出四边形PQGB不可能是菱形．
【解析】解：（1）在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝3cm，
∴AB＝6，
由运动知，BP＝2t，AQ＝t，
∴AP＝6﹣2t，
当△APC∽△ACB，
∴，
∴，
∴t＝；
当PQ⊥AB，则△APQ∽△ACB，
∴，
即，
解得：t＝（大于3舍去），
故当t＝2，以A、P、Q为顶点的三角形与△ACB相似，
（2）存在，
理由：如图②，

由运动知，BP＝2t，AQ＝t，
∴AP＝6﹣2t，CQ＝3﹣t，
∵点P是CQ的垂直平分线上，
∴QM＝CM＝CQ＝（3t）＝（3﹣t），
∴AM＝AQ+QM＝t+（3﹣t）＝（t+3）
过点P作PM⊥AC，
∵∠ACB＝90°，
∴PM∥BC，
∴，
∴，
∴t＝1
（3）不存在，
理由：由运动知，BP＝2t，AQ＝t，
∴AP＝6﹣2t，
假设线段BC上是存在一点G，使得四边形PQGB为平行四边形，
∴PQ∥BG，PQ＝BG，
∴△APQ∽△ABC，
∴，
∴，
∴t＝，PQ＝，
∴BP＝2t＝3，
∴PQ≠BP，
∴平行四边形PQGB不可能是菱形．
即：线段BC上不存在一点G，使得四边形PQGB为菱形
3.（2021·江苏·苏州市第十六中学九年级期中）如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ＝90°，AQ：AB＝3：4，作△ABQ的外接圆O．点C在点P右侧，PC＝4，过点C作直线m⊥l，过点O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF＝，以DE，DF为邻边作矩形DEGF．设AQ＝3x．

(1)用关于x的代数式表示BQ＝　 ，DF＝　 ．
(2)当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长．
(3)当点P在点A右侧时，作直线BG交⊙O于点N，若BN的弦心距为2，求AP的长．
【答案】(1)5x，3x (2)9 (3)
【分析】（1）设AB交OD于点H，根据AQ：AB＝3：4，AQ＝3x．可得AB=4x，再由勾股定理可得 ，再由∠BAQ＝90°，可得BQ为直径，从而得到 ，进而得到CD=2x，再由DF＝，可得DF=3x，即可求解；
（2）过点O作OM⊥AQ于点M，根据题意可得CQ=6x+4，再证得OD=MC，根据BQ为直径，可得，从而得到DE=2x+4，然后根据矩形的面积，即可求解；
（3）过点B作BJ⊥EG于点J，过点O作OK⊥BN于点K，连接NQ，设直线BG交直线l于点I，则OK=2，∠NQB=90°，点K为BN的中点，可先证明∠JBG=45°，从而得到∠NIQ=45°，进而得到IN=NQ=4，AI=AB=4x，即可求解．
【解析】(1)解：如图，设AB交OD于点H，

在Rt△ABQ中，
∵AQ：AB＝3：4，AQ＝3x．
∴AB=4x，
∴ ，
∵m⊥l，OD⊥m，
∴OD∥l，CD=AH，
∵∠BAQ＝90°，
∴BQ为直径，
∴OB=OQ，
∴ ，即 ，
∴CD=2x，
∵DF＝，
∴DF=3x；
(2)解：如图，过点O作OM⊥AQ于点M，

∵AP=AQ=3x，PC=4，
∴CQ=6x+4，
∵AB⊥AQ，
∴OM∥AB，
∵DE⊥DF，
∴OD=MC，
∵∠BAQ＝90°，
∴BQ为直径，
∴OB=OQ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴DE=2x+4，
∵矩形DEGF的面积等于90，
∴ ，
解得： （舍去），
∴AP=3x=9；
(3)解：过点B作BJ⊥EG于点J，过点O作OK⊥BN于点K，连接NQ，设直线BG交直线l于点I，则OK=2，∠NQB=90°，点K为BN的中点，

∵点O为BQ的中点，
∴NQ=2OK=4，
∵EG⊥DE，AB⊥OD，
∴BJ=HE，JE=BH=2x，
∵GE=DF=3x，
∴GJ=x，
由（1）知H为AB的中点，
∴ ，
∴ ，
∴BJ=GJ，
∴∠GBJ=45°，
根据题意得：BJ∥IQ，
∴∠NIQ=45°，
∴∠IQN=45°，∠ABN =45°，
∴∠NIQ=∠IQN，∠NIQ=∠ABN，
∴IN=NQ=4，AI=AB=4x，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
【考点02】 函数的综合运用
【典例分析】
1.（2021·江苏苏州·中考真题）如图，二次函数（是实数，且）的图像与轴交于、两点（点在点的左侧），其对称轴与轴交于点，已知点位于第一象限，且在对称轴上，，点在轴的正半轴上，．连接并延长交轴于点，连接．
（1）求、、三点的坐标（用数字或含的式子表示）；
（2）已知点在抛物线的对称轴上，当的周长的最小值等于，求的值．

【答案】（1），，；（2）
【分析】（1）把代入函数解析式，可得，再利用因式分解法解方程可得的坐标，再求解函数的对称轴，可得的坐标；
（2）先证明，利用相似三角形的性质求解，利用三角形的中位线定理再求解．再利用勾股定理求解，如图，当点、、三点共线时，的长最小，此时的周长最小．可得．再利用勾股定理列方程，解方程可得答案．
【解析】解：（1）令 则，


∴，，
∴对称轴为直线，
∴．
（2）在中，，


，


，．
．
∵轴，轴，
∴．
∵，
∴．
∴．
在中，，
∴，即．（负根舍去）
∵点与点关于对称轴对称，
∴．
∴如图，当点、、三点共线时，的长最小，此时的周长最小．
∴的周长的最小值为，

∴的长最小值为，即．
∵，∴．
∴．
∵，
∴．
2.（2019·江苏苏州·中考真题）如图①，抛物线与x轴交于A、B两点(点A位于点B的左侧)，与y轴交于点C，已知的面积为6.
(1)求的值；
(2)求外接圆圆心的坐标；
(3)如图②，P是抛物线上一点，点Q为射线CA上一点，且P、Q两点均在第三象限内，Q、A是位于直线BP同侧的不同两点，若点P到x轴的距离为d，的面积为，且，求点Q的坐标.

【答案】(1)-3；(2)坐标(-1，1)；(3)Q.
【分析】（1）利用抛物线解析式得到A、B、C三点坐标，然后利用三角形面积公式列出方程解出a；（2）利用第一问得到A、B、C三点坐标，求出AC解析式，找到AC垂直平分线的解析式，与AB垂直平分线解析式联立，解出x、y即为圆心坐标；（3）过点P做PD⊥x轴，PD=d，发现△ABP与△QBP的面积相等，得到A、D两点到PB得距离相等，可得，求出PB解析式，与二次函数解析式联立得到P点坐标，又易证，得到BQ=AP=，设出Q点坐标，点与点的距离列出方程，解出Q点坐标即可
【解析】(1)解：由题意得
由图知：
所以A()，,
=6

∴       
(2)由(1)得A()，,
∴直线AC得解析式为：
AC中点坐标为
∴AC的垂直平分线为：
又∵AB的垂直平分线为：
∴ 得
外接圆圆心的坐标(-1，1).
(3)解：过点P做PD⊥x轴
由题意得：PD=d，

∴
            =2d
∵的面积为
∴，即A、D两点到PB得距离相等
∴
设PB直线解析式为;过点
∴
∴易得   
所以P(-4,-5),
由题意及
易得：
∴BQ=AP=
设Q(m，-1)()∴

∴Q.
【提分秘籍】
1.抛物线的对称性问题
抛物线的对称性的应用，主要体现在求一个点关于对称轴对称的点的坐标，或者是已知抛物线上两个点关于对称轴对称，求其对称轴。
2.二次函数与一元二次方程之间的关系问题
一元二次方程 ax2+bx+c=0(a=0)可以看作是二次函数y= ax2+bx+c（a≠0）当y=0时的一种特殊情况，所以二次函数y= ax2+bx+c的图象与x轴的交点的横坐标就是一元二次方程ax2+bx+c=0的根。
3.解函数的综合运用问题时，还应注意：
（1）函数与几何结合在一起时，应先将各顶点的坐标表示出来，建立方程，求出坐标，即可。
（2）要善于建立数学模型以及运用转化思想，把问题转化为我们所熟悉的模型或问题进行求解。
【变式演练】
1.（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学一模）对于x轴上一点P和某一个函数图象上两点M，N，给出如下定义：如果函数图象上的两个点M，N（M在N的右侧），在x轴上存在点P，使得，那么就称为点P的“伴随三角形”，点P则被称为线段的“伴随点”．
（1）若一次函数图象上有两点、，在点、、、中，线段的“伴随点”有_________；
（2）若直线分别与y轴、x轴分别交于点M、N，以为“伴随点”的“伴随三角形”恰好是一个直角三角形，求此直线的解析式．
（3）若点M是抛物线的顶点，，若在x轴上存在伴随点P，请求出m的取值范围．
【答案】（1）G和E；（2）或；（3）
【分析】（1）根据题意，作出图形，过点作轴于点，连接，，根据点的坐标关系求得，然后解直角三角形，可得是直角三角形，进而求得，根据定义找到符合条件的点，再证明是线段的“伴随点”；
（2）根据题意，作出图形，在中,求得，中求得，即可求得直线的解析式；
（3）分别过作 则轴，作 则轴，交于点，交于点：作的垂直平分线，交于点,于点,根据题意以及勾股定理，可得，，若，点P必在如图所示的圆弧上，若圆心在x轴下方，则，若圆心在x轴上方，则， 据此可得范围．
【解析】（1）如图所示，过点作轴于点，连接，，

则
、，






，，
则
，

,


是线段的“伴随点”，
，
则线段的“伴随点”在以的中点为圆心，为半径的圆上，如图，

在圆内，在圆外，
，
不是是线段的“伴随点”
，

，
，

，

是等边三角形

是线段的“伴随点”，
综上所述，，是线段的“伴随点”
故答案为：
（2）如图所示：

在中：
∵，
∴
∴或
又∵为直角三角形
∴
∴
在中：
∴，
∴即点
设直线的解析式为
∴或，
或
解得或
∴直线的解析式为：或
（3）如图，分别过作 则轴，作 则轴，交于点，交于点：

∵抛物线
∴点，
设点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴（舍去），
即，，
∵，
，
∴，
作的垂直平分线，交于点,于点,
，
则，
，
，
同理，
若，点P必在如图所示的圆弧上，
，
∴圆心坐标为和，
若在x轴上存在点P，则圆心到x轴的距离不大于2，
∴若圆心在x轴下方，则，解得，
若圆心在x轴上方，则，解得，
综上所述：．
2.（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）如图1，抛物线y＝x2+bx﹣4交x轴于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，且OC＝2OB．

（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AC，BC，点P在抛物线上，且满足∠PBC＝∠ACB，求点P的坐标；
（3）如图2，直线l：y＝x+t（﹣4＜t＜0）交y轴于点E，过直线l上的一动点M作MN∥y轴交抛物线于点N，直线CM交抛物线于另一点D，直线DN交y轴于点F，试求OE+OF的值．
【答案】（1）y＝x2+x﹣4；（2）（，）；（3）8
【分析】（1）求出点B的坐标，由抛物线的解析式可得出b的值，抛物线的解析式即可求解；
（2）延长CA、BP交于点Q，设点Q的坐标为（m，n），求出直线AC的解析式为y=-x-4，解方程组可求出点Q的坐标，联立直线BQ和抛物线的解析式，则可得出答案；
（3）设点D的坐标为（s，），可求C（0，-4），由题意得出，设直线DN：y＝mx+n，由得出，则，可得出-t-n=8，由点的坐标可得出OE+OF=8
【解析】解：（1）对于抛物线y＝x2+bx﹣4，当x=0时，y=-4，
∴点C的坐标为（0，-4），即OC=4，
∵OC＝2OB
∴OB=2，即点B的坐标为（2，0），
∴，
解得b=1，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4；
（2）延长CA、BP交于点Q，设点Q的坐标为（m，n），
，
，
，即，
整理得：，
解方程x2+x﹣4=0得：，
∴点A的坐标为（-4，0），
设直线AC的解析式为y=kx+b，
则，解得，
∴直线AC的解析式为y=-x-4，
∵点Q在直线AC上，
∴n=-m-4
∴，解得
∴点Q的坐标为（-5，1），
设直线BQ的解析式为y=px+q，
则，解得，
∴直线BQ的解析式为，
解方程组，得，，
∴点P的坐标为（，）

（3）设点D的坐标为（s，），可求C（0，-4），
∴直线CD的解析式为，
联立，得，
∴，
∴，
设直线DN：y＝mx+n，
联立得，
∴，
∴，
∵MNy轴，
∴，
∴t+4=-4-n，即-t-n=8，
∵OE=-t，OF=-n
∴OE+OF=8．
3.（2021·江苏·张家港市梁丰初级中学一模）如图，抛物线的图象经过点，顶点D的坐标为，与x轴交于两点．

（1）求抛物线的解析式．
（2）连接为直线上一点，当时，求的值．
（3）点是y轴上一动点，当y为何值时，的值最小．并求出这个最小值．
（4）点C关于x轴的对称点为H，当取最小值时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使是直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）当时，点有最小值为；（4）存在，点Q的坐标为：或或或．
【分析】（1）将点的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）当时，根据题意先求得，，的长，由得：，即可求解；
（3）连接，过点作于，当折线段与重合时，取得最小值，即可求解；
（4）①当点为直角顶点时，由得：；②当点
为直角顶点时，点，则点；③当点F为直角顶点时，同理可得：点．
【解析】（1）抛物线的图象经过点，顶点D的坐标为，

解得
抛物线的解析式为：；
（2）与x轴交于两点，
令，即
解得


,




（3）如图，连接,过点作于点


，，


则

当折线段与重合时，取得最小值
由（2）可知，

当折线段与重合时，在线段上

当时，即点有最小值为；
（4）①当点为直角顶点时
依题意，由（3）可知
,点C关于x轴的对称点为H

顶点D的坐标为，
抛物线的对称轴为
设，过点作于，如图：



由题意是







解得
或者
②当点为直角顶点时
则轴


③当点为直角顶点时
则轴


综合①②③可知
点Q的坐标为：或或或．

【训练题组1】
1．（2021·江苏·苏州市景范中学校二模）如图1，在中，，边，点分别在线段上，将沿直线翻折，点C的对应点是点；

（1）当分别是边的中点时，求出的长度；
（2）若，点到线段的最短距离是________；
（3）如图2，当点在落在边上时，
①点运动的路程长度是______；
②当时，求出的长度．
【答案】（1）；（2）；（3）①4；② .
【分析】（1）如图1中，设MN交于O，证明且点落在AB上，利用面积法求解即可；
（2）如图2中，过点N作NH⊥AB与H，先求出NH，当点落在线段NH上时，点到线段AB的距离最短，由此可得到结论；
（3）①如图3-1所示，当点N与B重合时，的值最大，最大值=BC=8，如图3-2中，当M与A重合时，的值最小，最小值=AB-=AB-AC=4，观察图形可知，当点落在AB上时，点的运动的路程长度为4；②如图3-3中，过点M作ME⊥AB于E，过点N作NF⊥AB于F，设CN=x，则BN=8-x，，利用相似三角形的性质，构建方程求解即可.
【解析】解：（1）设MN交于O
∵M、N分别为AC、BC的中点
∴AM=CM，CN=BN
∴MN∥AB（中位线定理），
∵，
∴MN垂直平分
∴，
∴且点落在AB上
∵∠C=90°
∴
∵
∴

（2）如图2中，过点N作NH⊥AB与H
∵，BC=8
∴
∵
∴
∵点是在以N为圆心， 长为半径的圆上，
∴当点落在线段NH上时，点到线段AB的距离最短
∴最短距离；

（3）①如图3-1所示，当点N与B重合时，的值最大，最大值=BC=8，
如图3-2中，当M与A重合时，的值最小，最小值=AB-=AB-AC=4
观察图形可知，当点落在AB上时，点的运动的路程长度为4

②如图3-3中，过点M作ME⊥AB于E，过点N作NF⊥AB于F，设CN=x，则BN=8-x，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴，
∵
∴
∴
由翻折的性质得：
∴
∵
∴
∴
∴
∴
解得
经检验是分式方程的解
∴

2．（2021·江苏苏州·一模）如图，在中，，D是边的中点．动点P从点B出发以每秒4个单位长度的速度向终点A运动．当点P与点D不重合时，以为边构造，使，且点Q与点C在直线同侧．设点P的运动时间为t秒．

（1）当点Q落在边上时，求t的值．
（2）在不添加辅助线的情况下，当图中存在全等三角形时，求与重叠部分图形的面积．
（3）取边的中点E，连接．当时，直接写出t的值．
【答案】（1）；（2）或；（3）或
【分析】（1）利用勾股定理求出，证明，求出即可解决问题．
（2）分两种情形：当时，，，，如图2中．当时，由（2）可知，时，，如图1中，分别求解即可．
（3）分两种情形：如图3中，当点落在的中点处时，．如图4中，取的中点，过点作于，当时，．分别求出即可解决问题．
【解析】解：（1）在中，，，，
．
如图1中，当点落在上时，

，
，
，
，
，
，
，
．
（2）当时，，
存在，两种情况，如图2中，

，
解得，
此时重叠部分的面积．
当时，由（2）可知，时，，如图1中，
此时重叠部分的面积．
综上所述，满足条件的重叠部分的面积为或．
（3）如图3中，当点落在的中点处时，．

，
，
．
如图4中，取的中点，过点作于，当时，．

，
，
，
，
综上所述，满足条件的的值为或．
3．（2021·江苏苏州·二模）如图（1），已知矩形中，，点E为对角线上的动点．连接，过E作的垂线交于点F．

（1）探索与的数量关系，并说明理由．
（2）如图（2），过F作垂线交于点G，交于点H，连接．若点E从A出发沿方向以的速度向终点C运动，设E的运动时间为．
①是否存在t，使得H与B重合？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；
②t为何值时，是等腰三角形；
③当时，求的面积．
【答案】（1）；（2）①t=1，②，③ ；
【分析】(1)连接BF，易证B. C. F. E四点共圆，即可求证出 ；
(2)①存在，当H、B重合时，如图所示，结合(1)知可得BG=3， ，同理可知CF=2，FG=1,， ，由此可得t=1，
②先得出 ，再由△FHC为等腰三角形，推出△FHC 为等边三角形进而得出 ，∠ABE=15°，∠EBC=75°，根据∠BCH=30°得出CH=CB=CF，根据题意列等式 求出 ，
③过点E作MN垂直AB，设，求证出 ，根据相似的性质结合， ， 得出 ，再结合得出，进而表示出CG，代入面积公式 即可；
【解析】解：(1)连接BF，如图：   

已知矩形中， ，
∴∠BEF=∠BCF=90°，
∴点B， C，F， E四点共圆，
∴∠EBF=∠ACD （同圆中同弧所对圆周角相等），
∴
∴
(2) ①存在，当H、B重合时，如图所示：

由(1)知，∠EBF=30°，
∴∠ACD=∠EBF=30°，
则∠ACB=60°，
∵ 即∠BGC=90°，，
∴BG=3， ，
同理可得CF=2，FG=1，，
∴ ，
∴ ，
又∵已知矩形中，，
∴ ，
∴
∵点E从A出发沿方向以的速度向终点C运动，
∴t=1；
②

∵△CFH为等腰三角形，
又∵∠ACD=30°，
∴ ，
∴△CFH为等边三角形，
∴FG=GH，
又由（1）知，
∴FG=GH=EG，
∴ ，
∴∠ABE=15°，
∴∠EBC=75°，
∵∠BCH=30°，
∴△CHB为等腰三角形，
∴CH=CB=CF，
∴ ，
∴ ，
即 ，
解得： ，
③

由题意知：过点E作MN垂直AB，设，
则由（1）得，，
∵∠FME=∠ENB，∠FEM+∠BEN=∠BEN+∠EBN=90°，
∴∠FEM =∠EBN，
∴ ，
∴ ，
即，
∴MF=t，
∴，则 ，
∴ ，
∴ ，
，
在中， ，


∴ ，
∴，
∴
∵，
∴ ；
4．（2021·江苏苏州·二模）如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．

（1）若是“准互余三角形”，，则________．
（2）如图（1），是半圆的直径，是半圆上的点，D是上的点，交于点E．
①若D是的中点，则图中共有_______个“准互余三角形”；
②当是“准互余三角形”时，求的长；
③如图（2）所示，若F是上的点（不与重合），G为射线上一点，且满足．当是“准互余三角形”时，求的长．
【答案】（1）15°；（2）①3，②或③；
【分析】（1）根据准互余的定义可知 ；
（2）①根据定义和D是的中点判断即可知道△DEC, △ABE, △BEC为准互余三角形；
②根据题意△DEC是“准互余三角形”时分两种情况：当∠D+2∠DCE=90°时，可证∠CAB+2∠ABE=90°，即BD平分∠ABC，过E作 于F，再根据勾股定理即可求出CE=3；当2∠D+∠DCE=90°时，即2∠CAB+∠ABE=90°，连接AD，可证 ，即可求出 ；
③如图将ABC沿AB翻折得到ABM，先求证M、B，G三点共线，再证明 ，根据相似即可求出 ；
【解析】解：（1）由题意知是“准互余三角形”，，
∵∠A+2∠B=90°，
∴∠B=15°；
故答案为：15°，
（2）①根据定义和D是的中点判断即可知道△DEC, △ABE, △BEC为准互余三角形；故一共有三个；
故答案为：3，
②由题意是半圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∴，
根据题意△DEC是“准互余三角形”时分两种情况：
当∠D+2∠DCE=90°时，
∵A，B，C，D在同一圆上，，
∴∠D=∠CAB，∠DCE=∠DBA，
∴∠CAB+2∠ABE=90°，
又∠CAB+∠ABC=90°，
∴∠CBA=2∠CBD，
即BD平分∠ABC，
过E作 于F（如图（1）），

∴EF=CE，
∵∠BCE=∠BFE，∠CBE=∠FBE，
∴（AAS），
∴BC=BF，
由勾股定理即知： ，
∴，
即，
解得CE=3；
当2∠D+∠DCE=90°时（如备用图），

∵A，B，C，D在同一圆上，
∴∠D=∠CAB，∠DCE=∠DBA，
∴2∠CAB+∠ABE=90°，连接AD，
∵∠DAC=∠CBE，
∴ ，
∴ ，
即，
∵2∠CAB+∠ABE=90°，
又∠DAB+∠ABE=90°，
∴∠DAE=∠CAB，
∴，
∴，
又∵，
∴ ，
即，
故，
∴
∴由勾股定理得 ；
③如图将ABC沿AB翻折得到ABM，

∵，
∴，
∵∠CAB+∠CBA=90°，
∴∠MAB+∠MBA=90°，
∴∠CAM+∠CBM=180°，
∴∠CBM+∠CBG=180°，
∴M、B，G三点共线，
∵是“准互余三角形”，
∴2∠CAB+∠G=90°或∠CAB+2∠G=90°，
∵∠CAM+∠G=90°，
∵∠CAB<∠BAM，
∴ ，
故∠CAB+2∠G=90°，
∴∠CAM+∠G=∠CAB+2∠G，
∴∠BAM =∠G，
又∠M =∠M，
∴，
∴ ，
即，
解得： ，
由勾股定理得： ；
5．（2021·江苏·苏州市吴江区存志外国语学校一模）（1）我们知道：如图①，点把线段分成两部分，如果，那么称点为线段的黄金分割点．它们的比值为__________．

（2）在图①中，若，则的长为__________；
（3）如图②，用边长为的正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明：是的黄金分割点；
（4）如图③，小明进一步探究：在边长为的正方形的边上任取点，连接，作，交于点，延长、交于点．他发现当与满足某种关系时，、恰好分别是、的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4），见解析
【分析】（1）由黄金分割点的概定义可得出答案；
（2）延长，交于点，由折叠的性质可知，，得出，则，根据勾股定理求出的长，由锐角三角函数的定义可出，则可得出答案；
（3）证明，由全等三角形的性质得出，证明，则可得出答案．
【解析】解：（1）∵点把线段分成两部分，，
∴点是线段的黄金分割点，且，
∴它们的比值为，
故答案为为；
（2）∵点为线段的黄金分割点，，
∴.
故答案为：.
（3）延长，交于点，

∵四边形为正方形，
∴，
∴，
由折叠的性质可知，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴是的黄金分割点；
（4）当时，满足题意.
理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
当、恰好分别是、的黄金分割点时，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
6．（2021·江苏·苏州湾实验初级中学一模）定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”；

理解：
⑴ 如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，请用无刻度的直尺在网格中画出点D（保留画图痕迹，找出3个即可）；
⑵ 如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＝80°，∠ADC＝140°，对角线BD平分∠ABC．       请问BD是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由；
运用：
⑶ 如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”， ∠EFH＝∠HFG＝30°.连接EG，若△EFG的面积为，求FH 的长.
【答案】（1）如图1，△ACD1、△ACD2、、△ACD3、△ACD4（任画三个即可）；（2）BD是四边形ABCD的“相似对角线”，理由见解析；（3）FH=．
【分析】（1）根据“相似对角线”的定义，利用方格纸的特点可找到D点的位置；
（2）先说明∠A+∠ADB=140°=∠ADC，即可说明理由；
（3）先判断出△FEHC∽△FHG，得出FH2=FE·FG，再求出EQ=FE，即可求得FH的值．
【解析】解：（1）由图1可得，AB=，BC=2，∠ABC=90°，AC=5，
四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，
①当∠ACD=90°时，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，
∴或
∴CD=10或CD=2.5
同理：当∠CAD=90°时，AD=2.5或AD=10．
根据方格纸的特点可找到D点的位置，然后再连接CD或AD
即如图△ACD1、△ACD2、、△ACD3、△ACD4（任画三个即可）即为所求；

（2）BD是四边形ABCD的“相似对角线”，理由如下：
∵∠ABC=80°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC=40°，
∵∠A+∠ADB=140°
∵∠ADC=140°，
∴∠BDC+∠ADB=140°，
∴∠A=∠BDC，
∴△ABD∽△DBC，
∴BD是四边形ABCD的“相似对角线”；
（3）∵FH是四边形EFGH的“相似对角线”，
∴△EFH与△HFG相似，
∵∠EFH=∠HFG，
∴△FEHC∽△FHG，
∴
∴FH2=FE·FG，
如图3，过点E作EQ⊥FG于Q，
∴EQ=FE·sin60°=FE，
∵.
∴
∴FG·FE=24，
∵FH2=FE·FG，
∴FH2=24
∴FH=，FH=-（舍去）
7．（2021·江苏·苏州市金阊实验中学校一模）如图，为半的直径，点从点开始沿着半圆逆时针运动到点，在运动中，作，且，已知，

（1）当点不与点重合时，求证：为切线；
（2）当时，与交于点，求的长；
（3）点在运动过程中，当与的差最大时，直接写出此时的弧长．
【答案】（1）见详解；（2）2.8；（3）
【分析】（1）连接OP，可证OP∥AC，结合，即可得到结论；
（2）连接BD交OP于点E，先证明，可得AC=6.4，再证明四边形PCDE是矩形，设AD=x，列出关于x的方程，即可求解；
（3）设，由，可得AC=，从而得PA-AC关于x的二次函数，进而即可求解．
【解析】证明：（1）连接OP，

∵OA=OP，
∴∠PAB=∠OPA，
∵，
∴∠OPA=∠CAP，
∴OP∥AC，
∵，
∴，
∴为切线；
（2）连接BD交OP于点E，

∵为半的直径，
∴∠APB=90°，
∵，，
∴AP=，
∵，∠APB=∠ACP=90°，
∴，
∴，即：，解得：AC=6.4，
∵为半的直径，
∴AD⊥BD，
∴PC∥BD，
∵∠POB=∠OAP+∠OPA=∠OAP+∠PAC=∠BAC，
∴OP∥AC，
∴四边形PCDE是平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形PCDE是矩形，
∵AO=BO，OE∥AD，
∴2OE=AD，
设AD=x，则OE=，PE=OP-OE=5-，CD=PE=5-，
∴5-+x=6.4，解得：x=2.8，即：AD=2.8；
（3）设，
∵，
∴，即：，
∴AC=，
∴PA-AC=x-=，
∴当x=5时，即AP=5时，PA-AC的值最大，此时cos∠ PAB=，
∴∠PAB=60°，
∴∠POB=2×60°=120°，
∴的弧长=．
8．（2021·江苏·苏州高新区实验初级中学二模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图1，中，点是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“好点”．

（1）如图2，的顶点是网格图的格点，请仅用直尺画出（或在图中直接描出）边上的“好点”；
（2）中，，，，点是边上的“好点”，求线段的长；
（3）如图3，是⊙O的内接三角形，点在上，连结并延长交⊙O于点．若点是中边上的“好点”．
①求证：；
②若，⊙O的半径为，且，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）5或10；（3）①见解析；②．
【分析】（1）分两种情况讨论，如图①，取格点 且 连接交于 如图②，取格点且连接交于 则两种情况都满足 从而可作出图形；
（2）作边上的高，由可得： 再列方程 求解 设，则由可得，解方程可得答案；
（3）①首先证得则该相似三角形的对应边成比例：即，由点是中边上的“好点”,可得再证明再利用垂径定理的推论可得结论； ②如图④，连接 证明 可得是直径，所以共线，设 则 再分别求解从而可得答案．
【解析】解：（1）如图①，取格点 且 连接交于 如图②，取格点且连接交于 则两种情况都满足 即为中边上的“好点”．

理由如下：如图①，










如图②， 矩形


（2）如图③，作边上的高，






设，
则
，
，


或，
经检验：或都符合题意，
所以的长为或
（3）①∵
∴
∴ 即，
∵点是中边上的“好点”,




②
理由如下：如图④，连接



∴是直径，所以共线，

设 则







【训练题组2】
1．（2021·江苏苏州·九年级期中）如图，在平面直角坐标系内，抛物线y＝ax2＋bx﹣4（a≠0）与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，且OB＝2OA．过点A的直线y＝x＋2与抛物线交于点E．点P为第四象限内抛物线上的一个动点，过点P作PH⊥AE于点H．
（1）抛物线的表达式中，a＝　 　，b＝　 　；
（2）在点P的运动过程中，若PH取得最大值，求这个最大值和点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，在x轴上求点Q，使以A，P，Q为顶点的三角形与△ABE相似．

【答案】（1），；（2）最大值为，；（3）或
【分析】（1）根据直线方程求得点坐标，再根据求得点坐标，代入抛物线解析式，即可求解；
（2）过点作并延长交于点，过点作，设交于点，可得，得到，利用二次函数的性质求得的最大值，即可求解；
（3）根据点坐标求得，分两种情况讨论求解即可．
【解析】解：（1）由直线y＝x＋2可得，∴
∵，∴，即
将、代入抛物线解析式可得
，解得
故答案为：，
（2）由（1）得抛物线解析式为
过点作并延长交于点，过点作，设交于点，如下图：

则，
又∵
∴
又∵
∴
∴，即
联立直线与抛物线可得
，即
解得，
，即，
∴，
∴，即的最大值，即是的最大值
设，则

∵，
∴时，最大，为
此时，
故答案为：最大值为，，
（3）由（2）得，
，

又∵，都为锐角
∴
当在点左侧时，，此时以A，P，Q为顶点的三角形与△ABE不相似，所以在点右侧，
设，则
由题意可得：，，
当时，，即，解得，此时
当时，，即，解得，此时
综上所述，或
2．（2021·江苏·常熟市第一中学九年级开学考试）如图，已知抛物线的图像经过点，，其对称轴为直线：，过点作轴交抛物线于点，的平分线交线段于点，点是抛物线上的一个动点，设其横坐标为．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，动点在直线下方的抛物线上，连结，当为何值时，四边形面积最大，并求出其最大值．
（3）如图②，是抛物线的对称轴上的一点，连接，在抛物线轴下方的图像上是否存在点使满足：①；②？若存在，求点的坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）当时，四边形OPCE的面积最大，最大值为：；（3）
【分析】（1）首先根据对称性得出抛物线与轴的另一个交点坐标，然后根据两坐标设抛物线解析式，代入点A的坐标，即可得解；
（2）设P坐标，过点P作PF轴，将四边形OPCE的面积表示为：梯形，计算即可；
（3）根据，确定点的位置，构造一线三直角，证明相似，列出等量关系，计算即可．
【解析】（1）如图，设抛物线与轴的另一个交点为D

由对称性得：D(3,0)设抛物线的解析式为：
把A(0,3)代入得：即
∴抛物线的解析式：
（2）如图，过点P作轴，交AC于点F

在中，点A与点C关于对称轴对称
∵A（0，3），
∴C（4，3）
∵OE平分，且
∴
∴AE=AO=3
设，则
则，，
故四边形= 梯形，



∵P在BC的下方
∴
∴当时，四边形OPCE的面积最大，最大值为：
（3）存在，理由如下，
如图，过点P作交轴于点M，交于点N


点在左侧，




∴
∵，则，
∴
即
解得：
在轴下方，则

当时，
点P为．
3．（2021·江苏·苏州市吴江区青云中学一模）如图，已知抛物线过点，．

（1）求抛物线的解析式及其顶点的坐标；
（2）抛物线与交于点，在抛物线对称轴上找一点，使的值最大，求出点的坐标以及这个最大值；
（3）设点是轴上一点，当时，求点的坐标．
【答案】（1），C点坐标为（-1，4）；（2）（-1，6），；（3）（-19，0）或（17，0）
【分析】（1）根据二次函数与x轴的交点情况可以设二次函数的解析式为即可得到答案；
（2），连接AP，DP，AD，根据三角形两边之差小于第三边可得的最大值为DA，且此时P、D、A三点共线，利用勾股定理求出DA，然后求出直线AD的解析式，然后根据P在直线DA上，且在抛物线对称轴上即可求解；
（3）先求出点C的坐标，然后可以得到，进而得到，，即可求解.
【解析】解：（1）∵抛物线过点A（1，0），B（-3，0）
∴设二次函数的解析式为即
令，解得
∴D点的坐标为（0，3）
（2）如图所示，连接AP，DP，AD
由三角形的性质：两边之差小于第三边可得
当三点共线的时候
∴的最大值为DA长，且此时P、D、A三点共线
∵
∴的最大值为
设直线AD的解析式为
∴
解得
∴
∵抛物线的解析式为
∴其对称轴为
把代入得
∴P点坐标为（-1，6）

（3）①当点E在抛物线对称轴左边时，如图所示，连接OC，EC，AC
∵抛物线的解析式为
∴C点坐标为（-1，4）
∴，
∴
∵
∴
又∵∠A=∠A
∴
∴
∴
∴E点的坐标为（-19，0）
由对称性可知，当点E在对称轴右边时，E的坐标为（17，0）
∴E点的坐标为（-19，0）或（17，0）.

4．（2021·江苏·苏州市相城区望亭中学一模）已知抛物线经过点、点、点，点D为抛物线在第一象限内图像上一动点，连接，交y轴于点E，将点C关于线段作轴对称，对称点为，连接．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1如果点落在x轴，求点E坐标；
（3）如图2，连接与交于点F，拖动点D，点落在第四象限，作，交x轴于点M，交于点G，若，求点M的横坐标．
【答案】（1）y=﹣x2+2x+3；（2）点E坐标为（0，）；（3）点M的横坐标为
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式即可；
（2）利用勾股定理求出AC，进而求出点坐标，证明△AOE∽△CO求出OE即可；
（3）连接C交AD于Q，过作P⊥x轴于P，证明△AOC≌△PA得到点坐标，进而得到点Q坐标，利用待定系数法分别求得直线AD、直线AC、直线BC、直线FG的表达式，进而求解M横坐标即可．
【解析】解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
则，解得：，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；
（2）在Rt△AOC中，OA=1，OC=3，
∴，
∵点C与点关于线段对称，
∴A=AC=，C⊥AD，又A（﹣1，0），
∴点坐标为（﹣1，0），O=﹣1，
∵∠OAE+∠OEA=∠OAE+∠OC=90°，
∴∠OEA=∠OC，又∠AOE=∠CO，
∴△AOE∽△CO，
∴即，
解得：，
故点E的坐标为（0，）；
（3）连接C交AD于Q，过C′作P⊥x轴于P，
∵FG∥AC，FG⊥A，
∴AC⊥A，
∴∠CAO+∠PAC′=90°，又∠CAO+∠ACO=90°，
∴∠PA=∠ACO，又∠AOC=∠PA=90°，AC=A，
∴△AOC≌△PA（AAS），
∴PA=OC=3，P=OA=1，
∴点的坐标为（2，﹣1），
∵点C与点关于线段对称，
∴点Q坐标为（1，1），
设直线AD的表达式为y=kx+b，
则，解得：，
∴直线AD的表达式为，
同样方法求得直线BC的表达式为y=﹣x+3，直线AC的表达式为y=3x+3，
联立方程组，解得：，
∴点F坐标为（，），
∵FG∥AC，
∴设直线FG的表达式为y=3x+t，则=3×+t，解得：t=，
∴直线FG的表达式为y=3x，
当y=0时，由0=3x解得：x=，
∴点M的横坐标为．

5．（2021·江苏·苏州市景范中学校二模）如图，抛物线与x轴交于两点（点B在点A的左边），与y轴交于点C，且．（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，若点P是直线上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接，将沿对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时点P的坐标；
（3）如图2，若第四象限有一动点E，满足，过E作轴于点F，设F坐标为，的内心为I，连接，直接写出的最小值．
【答案】（1）；（2）P（，）；（3）.
【分析】（1）在抛物线中，令y＝0，得出点A、B坐标，再根据OA＝OC，建立方程求a的值即可求出函数的关系式；
（2）先求出直线AC解析式，设M点坐标为（m，m2−2m−3），P（m，m−3），由题意：△PCM沿CM对折，点P的对应点N恰好落在y轴上，可得到关于m的一元二次方程，求出m即可得到答案；
（3）作△OAI的外接圆⊙M，连接OM，AM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，先证明△AIO≌△AIE，再结合三角形外接圆及等腰直角三角形性质求得：CM，MI，再根据三角形三边长关系可得答案．
【解析】解：（1）在中，
令y＝0，得：，
解得：x1＝3，x2＝−1，
∴B（−1，0），A（3，0），
∴OA＝3，
∵OA＝OC，
∴OC＝3，
∴C（0，−3），
∴−3a＝−3，
∴a＝1，
∴抛物线解析式为：；
（2）设直线AC解析式为y＝kx＋b，
∵A（3，0），C（0，−3），
∴，解得：，
∴直线AC解析式为：y＝x−3，
设M点坐标为（m，m2−2m−3），
∵PM⊥x轴，
∴P（m，m−3），
∴PM＝m−3−（m2−2m−3）＝−m2＋3m，
∵OA＝OC，∠AOC＝90°，
∴CA＝OA，
∴CP＝m，
∵△PCM沿CM对折，点P的对应点N恰好落在y轴上，
∴∠PCM＝∠NCM，
∵PM∥y轴，
∴∠NCM＝∠PMC，
∴∠PCM＝∠PMC，
∴PC＝PM，
∴m=−m2＋3m，
解得：m1＝0（舍去），m2＝3−，
∴当m＝3−时，m−3＝−，
∴P（，）；

（3）作△OAI的外接圆⊙M，连接OM，AM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，
∵EF⊥x轴，
∴∠AFE＝90°，
∴∠FAE＋∠FEA＝90°，
∵△AEF的内心为I，
∴AI，EI分别平分∠FAE，∠FEA，
∴∠IAE＝∠FAE，∠IEA＝∠FEA，
∴∠IAE＋∠IEA＝（∠FAE＋∠FEA）＝45°，
∴∠AIE＝135°
在△AIO和△AIE中，
，
∴△AIO≌△AIE（SAS），
∴∠AIO＝∠AIE＝135°，
∵⊙M是△OAI的外接圆，
∴∠OMA＝2×（180°−∠AIO）＝90°，
∴OM＝AM＝OA＝，
∴MI＝OM＝，
∴∠MOA＝∠MOH＝45°，
∵MH⊥y轴，
∴∠HOM＝∠HMO＝45°，
∴OH＝HM＝OM＝，
∴CH＝OH＋OC＝＋3＝，
∴CM＝，
∵CI≥CM−MI，当且仅当C、M、I三点共线时，CI取得最小值，
∴CI的最小值为．

6．（2021·江苏苏州·一模）立志成为数学家的波波，根据黄金分割点的概念和勾股定理研究出如下定义：
如图1，点M，N在线段上，点M在点N的左侧，若线段，，满足，则称点M、N是线段的钻石分割点．

（1）【类比探究】如图2，D、E是、上两点，且，M、N是边的钻石分割点，连接、分别交于点G、H．求证：G、H是线段的钻石分割点．
（2）【知识迁移】如图3，点是反比例函数上的动点，直线与坐标轴分别交于A、B两点，过点P分别向x、y轴作垂线，垂足为C、D，且交线段于E、F．证明：E、F是线段的钻石分割点．
（3）【拓展应用】如图4，已知一次函数与坐标轴交于A、B两点，与二次函数交于C、D两点，若C、D是线段的钻石分割点，求m的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由DE∥AB证明△DCG∽△CAM，△CGH∽△CMN，△CHE∽△CNB，得到DG、GH、HE与AM、MN、NB之间的关系式，可证明DG2+HE2=GH2，从而证明G、H是线段DE的钻石分割点；
（2）可由直线y=-x+4与坐标轴分别交于A、B两点求出点A、B的坐标，用含a的代数式分别表示点P、E、F的坐标，再由两点的距离用含a的代数式分别表示AE2、FB2、EF2，证明AE2+FB2=EF2，从而证明E、F是线段AB的钻石分割点；
（3）由y=-2x+6与y=x2-4x+m联立成方程组并且解方程组，用含m的代数式分别表示点C、D的坐标，根据直线y=-2x+6与坐标轴交于A、B两点求出点A、B的坐标，由C、D是线段AB的钻石分割点列方程求m的值．
【解析】解：（1）证明：如图2，，
，，
，，
，
；
同理，
、是线段的钻石分割点，
，
，
、是线段的钻石分割点

（2）如图3，直线与坐标轴分别交于、两点，
，；
点在双曲线上，
，
，，，
，
，
，
，
，
、是线段的钻石分割点．

（3）如图4，直线与轴、轴分别交于、两点，
，；
由，得，整理，得，
直线与抛物线有两个交点，
△，
，
解得；
抛物线与轴的交点在点的上方，
，
的取值范围是；
解方程组，得，，
，，，，
、是线段的钻石分割点，
，
，
整理，得，
进一步整得，
解得，（不符合题意，舍去），
的值为．

7．（2021·江苏·苏州高新区第二中学一模）如图，抛物线的图像与x轴交于、两点，与y轴交于点C，连结．

（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）为点M从点A出发，沿方向以个单位/秒的速度向终点C匀速运动，动点N从点O出发，沿着方向以个单位/秒的速度向终点A匀速运动，设点，M、N同时出发，运动时间为．
①连结、，当t为何值时，为直角三角形；
②在两个动点运动的过程中，该抛物线上是否存在点P，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①或1；②存在，，、、，
【分析】（1）由题意可得抛物线的解析式为，展开化简即可；
（2）①分两种情形当，如图1中，作于，当时，分别构建方程即可解决问题；
②设点的坐标为，由（2）知、，可得点的坐标为，分点在第一、二、四象限三种情况，依据平行四边形的性质求解可得．
【解析】解：（1）由题意可得抛物线的解析式为，
即．
（2）显然．
①当，如图1中，作于．

，
，
，．，，
．，，
由，可得，
，
解得，
当时，
由，可得，
，
解得，
综上所述，或时，是直角三角形．
②设点的坐标为，
、当点在第一象限时，

由（2）知，，
点的坐标为，
四边形是平行四边形，
，
，
代入，整理得，
解得：或（舍，
点的坐标为，；
、当点在第二象限时，

同理可得，
代入，整理得，
解得：或（舍，
点的坐标为；
、当点在第四象限时，

同理可得，
代入，整理得，
解得：或（舍，
点的坐标为，，
综上，点的坐标为，、、，．
8．（2021·江苏·苏州市立达中学校九年级期中）如图，抛物线与轴交于A(-1，0)，B(4，0)，与轴交于点C．连接AC，BC，点P在抛物线上运动．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图①，若点P在第四象限，点Q在PA的延长线上，当∠CAQ=∠CBA45°时，求点P的坐标；
(3)如图②，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，过点P作轴的垂线交BC于点H，当△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长．

【答案】（1）；（2）（6，-7）；（3）PH=或1.5或
【分析】（1）根据待定系数法解答即可；
（2）求得点C的坐标后先利用勾股定理的逆定理判断∠ACB=90°，继而可得∠ACO=∠CBA，在x轴上取点E（2，0），连接CE，易得△OCE是等腰直角三角形，可得∠OCE=45°，进一步可推出∠ACE=∠CAQ，可得CE∥PQ，然后利用待定系数法分别求出直线CE与PQ的解析式，再与抛物线的解析式联立方程组求解即可；
（3）设直线AP交y轴于点G，如图，由题意可得若△PFH为等腰三角形，则△CFG也为等腰三角形，设G（0，m），求出直线AF和直线BC的解析式后，再解方程组求出点F的坐标，然后分三种情况求出m的值，再求出直线AP的解析式，进而可求出点P的坐标，于是问题可求解．
【解析】解：（1）把A(-1，0)，B(4，0)代入，得
，解得：，
∴抛物线的解析式是；
（2）令x=0，则y=2，即C（0，2），
∵，，AB2=25，
∴，
∴∠ACB=90°，
∵∠ACO+∠CAO=∠CBA+∠CAO=90°，
∴∠ACO=∠CBA，
在x轴上取点E（2，0），连接CE，如图，
则CE=OE=2，
∴∠OCE=45°，
∴∠ACE=∠ACO+45°=∠CBA+45°=∠CAQ，
∴CE∥PQ，
∵C（0，2），E（2，0），
∴直线CE的解析式为y=-x+2，
设直线PQ的解析式为y=-x+n，把点A（-1，0）代入，可得n=-1，
∴直线PQ的解析式为y=-x-1，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（6，-7）；

（3）设直线AP交y轴于点G，如图，
∵PH∥y轴，
∴∠PHC=∠OCB，∠FPH=∠CGF，
∴若△PFH为等腰三角形，则△CFG也为等腰三角形，
∵C（0，2），B（4，0），
∴直线BC的解析式为，
设G（0，m），∵A（-1，0），
∴直线AF的解析式为y=mx+m，
解方程组，得，
∴点F的坐标是，
∴，
当CG=CF时，，解得：（舍去负值），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（，），此时点H的坐标是（，），
∴PH=；
当FG=FC时，，解得m=或m=（舍）或m=2（舍），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（3，2），此时点H的坐标是（3，），
∴PH=2-=1.5；
当GF=GC时，，解得或m=2（舍去），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（，），此时点H的坐标是（，），
∴PH=；

综上，PH=或1.5或．