浙教版2023年九年级上册数学举一反三系列 专题5.1 期末真题重组卷（学生版+教师版）

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2022-2023学年九年级数学上册期末真题重组培优卷【浙教版】参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（3分）（2022·山东枣庄·中考真题）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（　　）A．（4，0） B．（2，﹣2） C．（4，﹣1） D．（2，﹣3）【答案】C【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向右平移1个单位，再绕P点顺时针方向旋转，得到△A′B′C′，即可得点B的对应点的坐标．【详解】作出旋转后的图形如下：∴B'点的坐标为（4，﹣1），故选：C．【点睛】本题考查了坐标与图形变换−旋转、平移，解决本题的关键是掌握旋转的性质．2．（3分）（2022·北京·中考真题）不透明的袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外两个小球无其他差别，从中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，那么第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据题意画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果与第一次摸到红球，第二次摸到绿球的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．【详解】解：画树状图得： ∵共有4种等可能的结果，第一次摸到红球，第二次摸到绿球有1种情况，∴第一次摸到红球，第二次摸到绿球的概率为，故选：A．【点睛】本题考查了画树状法或列表法求概率，列出所有等可能的结果是解决本题的关键．3．（3分）（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，在中，是边上的点，，，则与的周长比是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先证明△ACD∽△ABC，即有，则可得，问题得解．【详解】∵∠B=∠ACD，∠A=∠A，∴△ACD∽△ABC，∴，∵，∴，∴，∴△ADC与△ACB的周长比1:2，故选：B．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，证明△ACD∽△ABC是解答本题的关键．4．（3分）（2022·浙江衢州·中考真题）已知二次函数，当时，的最小值为，则的值为（    ）A．或4 B．或 C．或4 D．或4【答案】D【分析】分两种情况讨论，并且利用二次函数的性质即可解答．【详解】解：二次函数的对称轴为：直线，（1）当时，当时，随的增大而减小，当，随的增大而增大， 当时，取得最小值， ，；（2）当时，当时，随的增大而增大，当，随的增大而减小， 当时，取得最小值， ，．故选：D．【点睛】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的性质以及分类讨论思想是解题的关键．5．（3分）（2022·西藏·中考真题）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为C，，OC＝OD，则∠ABD的度数为（　　）A．90° B．95° C．100° D．105°【答案】D【分析】连接OB，即得出OB＝OD，从而得出∠OBD＝∠ODB．根据含30度角的直角三角形的性质结合题意可判断∠OBC＝30°，再利用平行线的性质可得出∠BOD＝∠OBC＝30°，从而根据三角形内角和求出∠OBD＝∠ODB＝75°，最后由∠ABD＝∠OBC+∠OBD求解即可．【详解】如图：连接OB，∴OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB．∵OC＝OD，∴OC＝OB．∵OC⊥AB，∴,∴∠OBC＝30°．∵，∴∠BOD＝∠OBC＝30°，∴∠OBD＝∠ODB＝75°，∴∠ABD＝∠OBC+∠OBD=30°+75°＝105°．故选D．【点睛】本题考查圆的基本性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理的应用．连接常用的辅助线是解题关键．6．（3分）（2022·辽宁朝阳·中考真题）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a为常数，且a≠0）的图象过点(﹣1，0)，对称轴为直线x＝1，且2＜c＜3，则下列结论正确的是（　　）A．abc＞0 B．3a+c＞0C．a2m2+abm≤a2+ab（m为任意实数） D．﹣1＜a＜﹣【答案】D【分析】根据二次函数的图象与系数的关系即可求出答案．【详解】解：A．抛物线的对称轴在y轴右侧，则ab＜0，而c＞0，故abc＜0，不正确，不符合题意；B．函数的对称轴为直线x=-=1，则b=-2a，∵从图象看，当x=-1时，y=a-b+c=3a+c=0，故不正确，不符合题意；C．∵当x=1时，函数有最大值为y=a+b+c，∴（m为任意实数），∴，∵a＜0，∴（m为任意实数）故不正确，不符合题意；D．∵-=1，故b=-2a，∵x=-1，y=0，故a-b+c=0，∴c=-3a，∵2＜c＜3，∴2＜-3a＜3，∴-1＜a＜﹣，故正确，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用图象与系数的关系，本题属于中等题型．7．（3分）（2022·浙江金华·中考真题）如图是一张矩形纸片，点E为中点，点F在上，把该纸片沿折叠，点A，B的对应点分别为与相交于点G，的延长线过点C．若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】令BF=2x，CG=3x，FG=y，易证，得出，进而得出y=3x，则AE=4x，AD=8x，过点E作EH⊥BC于点H，根据勾股定理得出EH=x，最后求出的值．【详解】解：过点E作EH⊥BC于点H，又四边形ABCD为矩形，∴∠A=∠B=∠D=∠BCD=90°，AD=BC，∴四边形ABHE和四边形CDEH为矩形，∴AB=EH，ED=CH，∵，∴令BF=2x，CG=3x，FG=y，则CF=3x+y，，，由题意，得，又为公共角，∴，∴，则，整理，得，解得x=-y（舍去），y=3x，∴AD=BC=5x+y=8x，EG=3x，HG=x，在Rt△EGH中EH2+HG2=EG2，则EH2+x2=(3x)2，解得EH=x， EH=-x(舍)，∴AB=x，∴．故选：A．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理求边长等知识，借助于相似三角形找到y=3x的关系式是解决问题的关键．8．（3分）（2022·山东临沂·中考真题）如图，在中，为直径，，点D为弦的中点，点E为上任意一点，则的大小可能是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接OD、OE，先求出∠COD=40°，∠BOC=100°，设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°；然后运用等腰三角形的性质分别求得∠OED和∠COE，最后根据线段的和差即可解答．【详解】解：连接OD、OE∵OC=OA∴△OAC是等腰三角形∵，点D为弦的中点∴∠DOC=40°，∠BOC=100°设∠BOE=x，则∠COE=100°-x，∠DOE=100°-x+40°∵OC=OE，∠COE=100°-x∴∠OEC= ∵OD＜OE，∠DOE=100°-x+40°=140°-x∴∠OED＜ ∴∠CED＞∠OEC-∠OED==20°．又∵∠CED＜∠ABC=40°，故答案为C．【点睛】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造等腰三角形是解答本题的关键．9．（3分）（2022·江苏连云港·中考真题）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=AD；③GE=DF；④OC=2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（    ）A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④【答案】B【分析】由折叠的性质知∠FGE=90°，∠GEC=90°，点G为AD的中点，点E为AB的中点，设AD=BC=2a，AB=CD=2b，在Rt△CDG中，由勾股定理求得b=，然后利用勾股定理再求得DF=FO=，据此求解即可．【详解】解：根据折叠的性质知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=(∠DGO+∠AGO) =90°，同理∠GEC=90°，∴∠FGE+∠GEC=180°∴GF∥EC；故①正确；根据折叠的性质知DG=GO，GA=GO，∴DG=GO=GA，即点G为AD的中点，同理可得点E为AB的中点，设AD=BC=2a，AB=CD=2b，则DG=GO=GA=a，OC=BC=2a，AE=BE=OE=b，∴GC=3a，在Rt△CDG中，CG2=DG2+CD2，即(3a)2=a2+(2b)2，∴b=，∴AB=2=AD，故②不正确；设DF=FO=x，则FC=2b-x，在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，即(2b-x)2=x2+(2a)2，∴x==，即DF=FO=，GE=a，∴，∴GE=DF；故③正确；∴，∴OC=2OF；故④正确；∵∠FCO与∠GCE不一定相等，∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正确；综上，正确的有①③④，故选：B．【点睛】本题主要考查了折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．10．（3分）（2022·四川广元·中考真题）将二次函数的图象在x轴上方的部分沿x轴翻折后，所得新函数的图象如图所示．当直线与新函数的图象恰有3个公共点时，b的值为（    ）A．或 B．或 C．或 D．或【答案】A【分析】由二次函数解析式，可求与x轴的两个交点A、B，直线表示的图像可看做是直线的图像平移b个单位长度得到，再结合所给函数图像可知，当平移直线经过B点时，恰与所给图像有三个交点，故将B点坐标代入即可求解；当平移直线经过C点时，恰与所给图像有三个交点，即直线与函数关于x轴对称的函数图像只有一个交点，即联立解析式得到的方程的判别式等于0，即可求解．【详解】解：由知，当时，即解得：作函数的图像并平移至过点B时，恰与所给图像有三个交点，此时有：平移图像至过点C时，恰与所给图像有三个交点，即当时，只有一个交点当的函数图像由的图像关于x轴对称得到当时对应的解析式为即，整理得：综上所述或故答案是：A．【点睛】本题主要考察二次函数翻折变化、交点个数问题、函数图像平移的性质、二次函数与一元二次方程的关系等知识，属于函数综合题，中等难度．解题的关键是数形结合思想的运用，从而找到满足题意的条件．二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）11．（3分）（2022·辽宁锦州·中考真题）若关于x的方程有两个不相等的实数根，且，则从满足条件的所有整数m中随机选取一个，恰好是负数的概率是____________．【答案】##0.5【分析】根据题意，由关于x的一元二次方程的根的判别式，可计算，再结合可知，进而推导满足条件的所有整数为-3、-2、-1、0、1、2共计6个，其中负数有3个，由简单概率的计算公式即可得出结果．【详解】解：根据题意，关于x的方程有两个不相等的实数根，故该一元二次方程的根的判别式，即，解得，又∵，∴，∴满足条件的所有整数为-3、-2、-1、0、1、2共计6个，其中负数有-3、-2、-1共计3个，∴满足条件的所有整数m中随机选取一个，恰好是负数的概率是．故答案为：．【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式、简单概率计算等知识，解题关键是读懂题意，综合运用所学知识解决问题．12．（3分）（2022·山东东营·中考真题）如图，在中，点F、G在上，点E、H分别在、上，四边形是矩形，是的高．，那么的长为____________．【答案】##4.8【分析】通过四边形EFGH为矩形推出，因此△AEH与△ABC两个三角形相似，将AM视为△AEH的高，可得出，再将数据代入即可得出答案．【详解】∵四边形EFGH是矩形，∴，∴，∵AM和AD分别是△AEH和△ABC的高，∴，∴，∵，代入可得：，解得，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质及矩形的性质，灵活运用相似三角形的性质是本题的关键．13．（3分）（2022·贵州黔西·中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD的对角线交于点O，以OC为半径的扇形的圆心角．则图中阴影部分面积是_____．【答案】【分析】证明△OCG≌△OBE，经过观察易得出结论：阴影部分面积=扇形面积-正方形面积的．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴OB=OC，∠BOC=90°，∠OBE=∠OCG=45°，∵扇形的圆心角，∴∠BOC-∠COE=∠FOH-∠COE，即∠BOE=∠COG，在△OCG和△OBE中，∠OBE=∠OCG，∠BOE=∠COG， OB=OC∴△OCG≌△OBE，∵正方形边长为4，∴AC=，∴OC=∵，===故答案为：【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等以及扇形面积的计算；掌握正方形的性质，熟练地进行三角形全等的判定，将不规则图形的面积转化为常见图形的面积是解题的关键．14．（3分）（2022·吉林长春·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，过点作轴的平行线交抛物线于点．为抛物线的顶点．若直线交直线于点，且为线段的中点，则的值为_____．【答案】2【分析】先根据抛物线解析式求出点坐标和其对称轴，再根据对称性求出点坐标，利用点为线段中点，得出点坐标；用含的式子表示出点坐标，写出直线的解析式，再将点坐标代入即可求解出的值．【详解】解：∵抛物线与轴交于点，∴，抛物线的对称轴为∴顶点坐标为，点坐标为∵点为线段的中点，∴点坐标为设直线解析式为（为常数，且）将点代入得∴将点代入得解得故答案为2【点睛】考核知识点:抛物线与坐标轴交点问题.数形结合分析问题是关键.15．（3分）（2022·山东淄博·中考真题）如图，正方形ABCD的中心与坐标原点O重合，将顶点D（1，0）绕点A（0，1）逆时针旋转90°得点D1，再将D1绕点B逆时针旋转90°得点D2，再将D2绕点C逆时针旋转90°得点D3，再将D3绕点D逆时针旋转90°得点D4，再将D4绕点A逆时针旋转90°得点D5……依此类推，则点D2022的坐标是________．【答案】（-2023，2022）【分析】由题意观察发现：每四个点一个循环，，由，推出．【详解】解：将顶点绕点逆时针旋转得点，，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，再将绕点逆时针旋转得点，，，，，，观察发现：每四个点一个循环，，，；故答案为：．【点睛】本题考查坐标与图形的变化旋转，等腰直角三角形性质，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，找到规律再利用规律求解．16．（3分）（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，在四边形中，对角线，相交于点，，．若，则的面积是_______，_______度．【答案】     ##     【分析】通过证明，利用相似三角形的性质求出，，再利用勾股定理求出其长度，即可求三角形ABE的面积，过点E作EF⊥AB，垂足为F，证明是等腰直角三角形，再求出，继而证明，可知，利用外角的性质即可求解．【详解】，，，，设，，，，在中，由勾股定理得，，解得或，对角线，相交于点，，，， ，过点E作EF⊥AB，垂足为F，，，，，，，，故答案为：，．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质及三角形外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．三．解答题（共7小题，满分70分）17．（8分）（2022·北京·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，于点．（1）求证：；（2）连接并延长，交于点，交于点，连接．若的半径为5，，求和的长．【答案】（1）见详解；（2），【分析】（1）由题意易得，然后问题可求证；（2）由题意可先作图，由（1）可得点E为BC的中点，则有，进而可得，然后根据相似三角形的性质可进行求解．【详解】（1）证明：∵是的直径，，∴，∴；（2）解：由题意可得如图所示：由（1）可得点E为BC的中点，∵点O是BG的中点，∴，∴，∴，∵，∴，∵的半径为5，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定，熟练掌握垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定是解题的关键．18．（8分）（2022·山东菏泽·中考真题）为提高学生的综合素养，某校开设了四个兴趣小组，A“健美操”、B“跳绳”、C“剪纸”、D“书法”为了了解学生对每个兴趣小组的喜爱情况，随机抽取了部分同学进行调查，并将调查结果绘制出上面不完整的统计图，请结合图中的信息解答下列问题：(1)本次共调查了______名学生；并将条形统计图补充完整；(2)C组所对应的扇形圆心角为_______度；(3)若该校共有学生1400人，则估计该校喜欢跳绳的学生人数约是__________；(4)现选出了4名跳绳成绩最好的学生，其中有1名男生和3名女生．要从这4名学生中任意抽取2名学生去参加比赛，请用列表法或画树状图法，求刚好抽到1名男生与1名女生的概率．【答案】(1)40，图见解析(2)72(3)560(4)【分析】（1）由A组人数及其所占百分比可得总人数，总人数减去A、B、D人数求出C组人数即可补全图形；（2）用360°乘以C组人数所占比例即可；（3）总人数乘以样本中B组人数所占比例即可；（4）画树状图，共有12种等可能的结果，其中选出的2名学生恰好为一名男生、一名女生的结果有6种，再由概率公式求解即可．（1）本次调查总人数为（名），C组人数为（名），补全图形如下：故答案为：40；（2），故答案为：72；（3）（人），故答案为：560；（4）画树状图如下：共有12种等可能的结果，其中选出的2名学生恰好是1名男生与1名女生的结果共有6种，∴选出的2名学生恰好是1名男生与1名女生的概率为．【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图，用样本估计总体及用列表法或树状图法求概率，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．19．（8分）（2022·辽宁鞍山·中考真题）某超市购进一批水果，成本为8元/，根据市场调研发现，这种水果在未来10天的售价（元/）与时间第天之间满足函数关系式（，为整数），又通过分析销售情况，发现每天销售量与时间第天之间满足一次函数关系，下表是其中的三组对应值．(1)求与的函数解析式；(2)在这10天中，哪一天销售这种水果的利润最大，最大销售利润为多少元？【答案】(1)y＝−x＋35（1≤x≤10，x为整数）；(2)在这10天中，第7天和第8天销售这种水果的利润最大，最大销售利润为378元．【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）设销售这种水果的日利润为w元，得出w＝＝，，再结合1≤x≤10，x为整数，利用二次函数的性质可得答案．【详解】（1）解：设每天销售量y与时间第x天之间满足的一次函数关系式为y＝kx＋b，根据题意，得：，解得，∴y＝−x＋35（1≤x≤10，x为整数）；（2）解：设销售这种水果的日利润为w元，则w＝＝＝，∵1≤x≤10，x为整数，∴当x＝7或x＝8时，w取得最大值，最大值为378，答：在这10天中，第7天和第8天销售这种水果的利润最大，最大销售利润为378元．【点睛】本题主要考查了二次函数在销售问题中的应用，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．20．（10分）（2022·北京·中考真题）如图，在中，为的中点，点在上，以点A为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接．（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明．【答案】（1），，理由见详解；（2），理由见详解．【分析】（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解；（2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，由旋转的性质可得，∵，∴，∴，∵点M为BC的中点，∴，∵，∴；（2）证明：，理由如下：过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交BC于点H，如图所示：∴，由（1）可得，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键．21．（10分）（2022·浙江杭州·中考真题）设二次函数（b，c是常数）的图像与x轴交于A，B两点．(1)若A，B两点的坐标分别为(1，0)，(2，0)，求函数的表达式及其图像的对称轴．(2)若函数的表达式可以写成（h是常数）的形式，求的最小值．(3)设一次函数（m是常数）．若函数的表达式还可以写成的形式，当函数的图像经过点时，求的值．【答案】(1)，(2)(3)或【分析】（1）利用待定系数法计算即可．（2）根据等式的性质，构造以b+c为函数的二次函数，求函数最值即可．（3）先构造y的函数，把点代入解析式，转化为的一元二次方程，解方程变形即可．（1）由题意，二次函数（b，c是常数）经过(1，0)，(2，0)，∴，解得，∴抛物线的解析式．∴ 图像的对称轴是直线．（2）由题意，得，∵，∴b=-4h，c=∴ ，∴当时，的最小值是．（3）由题意，得 因为函数y的图像经过点，所以，所以，或．【点睛】本题考查了二次函数的待定系数法，二次函数的最值，对称性，熟练掌握二次函数的最值，对称性是解题的关键．22．（12分）（2022·西藏·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣ ＋（m﹣1）x＋2m与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C，点P是抛物线在第一象限内的一个动点．(1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；(2)如图甲，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM＋OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由；(3)如图乙，过点P作PF⊥BC，垂足为F，过点C作CD⊥BC，交x轴于点D，连接DP交BC于点E，连接CP．设△PEF的面积为S1，△PEC的面积为S2，是否存在点P，使得最大，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)，A（﹣2，0）；C（0，4）(2)存在点M使AM＋OM最小， M（，）(3)存在， P（2，4）【分析】（1）将B（4，0）代入，求出函数解析式即可求解；（2）作O点关于BC的对称点，连接A交BC 于点M，连接B，当A、M、三点共线时，AM＋OM有最小值，分别求出直线A的解析式和直线BC的解析式，两直线的交点即为M点；（3）连接PB，过P点作PGy轴交CB于点G， 设，则G（t，－t＋4），由求出，再由PFCD，可得 则 当t＝2时，有最大值，同时可求P的坐标．（1）将B（4，0）代入y＝﹣ ＋（m﹣1）x＋2m，∴﹣8＋4（m﹣1）＋2m＝0，解得m＝2，∴y＝﹣ ＋x＋4，令x＝0，则y＝4，∴C（0，4），令y＝0，则﹣ ＋x＋4＝0，解得x＝4或x＝﹣2，∴A（﹣2，0）；（2）存在点M使AM＋OM最小，理由如下：作O点关于BC的对称点，连接A交BC于点M，连接B，由对称性可知，OM＝M，∴AM＋OM＝AM＋MA，当A、M、三点共线时，AM＋OM有最小值，∵B（4，0），C（0，4），∴OB＝OC，∴∠CBO＝45°，由对称性可知∠BM＝45°，∴B⊥BO，∴（4，4），设直线A的解析式为y＝kx＋b， ∴， 解得，∴y＝x＋，设直线BC的解析式为，∴4＋4＝0，∴＝﹣1，∴y＝﹣x＋4，联立方程组， 解得， ∴M（）；（3）在点P，使得最大，理由如下：连接PB，过P点作PGy轴交CB于点G，设P（t，﹣ ＋t＋4），则G（t，﹣t＋4），∴PG＝﹣ ＋2t，∵OB＝OC＝4，∴BC＝4，∴S△BCP＝×4×（﹣ ＋2t）＝﹣＋4t＝×4×PF，∴PF＝﹣ ＋t，∵CD⊥BC，PF⊥BC，∴PFCD，∴＝，∵＝， ∴＝，∵B、D两点关于y轴对称，∴CD＝4，∴＝﹣（﹣4t）＝﹣ ＋，∵P点在第一象限内，∴0＜t＜4，∴当t＝2时，有最大值，此时P（2，4）．【点睛】本题考查二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的图像及性质，轴对称求最短距离的方法，平行线的性质是解题的关键．23．（14分）（2022·山东菏泽·中考真题）如图1，在中，于点D，在DA上取点E，使，连接BE、CE．(1)直接写出CE与AB的位置关系；(2)如图2，将绕点D旋转，得到（点，分别与点B，E对应），连接，在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；(3)如图3，当绕点D顺时针旋转30°时，射线与AD、分别交于点G、F，若，求的长．【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析(2)一致，理由见解析(3)【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；（2）通过证明，可得，由余角的性质可得结论；（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得，即可求解．【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，∵∠ABC=45°，AD⊥BC，∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，∵DE=CD，∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，∴CE⊥AB；（2）在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：如图2，延长交于H，由旋转可得：CD=，=AD，∵∠ADC=∠ADB=90°，∴，∵，∴,，∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，∴∠DA+∠AGH=90°，∴∠AHC=90°，；（3）如图3，过点D作DH于点H，∵△BED绕点D顺时针旋转30°，∴，，，∴AD=2DH，AH=DH=，，由（2）可知：，，∵AD⊥BC，CD=，∴DG=1，CG=2DG=2，∴CG=FG=2，，∴AG=2GF=4，∴AD=AG+DG=4+1=5，∴．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键． 时间第天…259…销售量…333026…