2023年中考數(shù)學(xué)突破訓(xùn)練之壓軸60題（深圳卷）一、選擇題（共15小題）1．（2023?深圳）如圖，已知四邊形ABCD為等腰梯形，AD∥BC，AB=CD，AD=，E為CD中點，連接AE，且AE=2，∠DAE=30°，作AE⊥AF交BC于F，則BF=（）A．1 B．3﹣ C．﹣1 D．4﹣22．（2023?深圳）如圖，已知l1∥l2∥l3，相鄰兩條平行直線間的距離相等，若等腰直角△ABC的三個頂點分別在這三條平行直線上，則sinα的值是（）A． B． C． D．3．（2023?深圳）如圖，已知：∠MON=30°，點A1、A2、A3…在射線ON上，點B1、B2、B3…在射線OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均為等邊三角形，若OA1=1，則△A6B6A7的邊長為（）A．6 B．12 C．32 D．644．（2023?深圳）如圖，△ABC與△DEF均為等邊三角形，O為BC、EF的中點，則AD：BE的值為（）A．：1 B．：1 C．5：3 D．不確定5．（2023?深圳）如圖所示，點P（3a，a）是反比例函數(shù)y=（k＞0）與⊙O的一個交點，圖中陰影部分的面積為10π，則反比例函數(shù)的解析式為（）A．y= B．y= C．y= D．y=6．（2023?深圳）如圖，已知點A，B，C，D均在已知圓上，AD∥BC，AC平分∠BCD，∠ADC=120°，四邊形ABCD的周長為10cm．圖中陰影部分的面積為（）A．cm2 B．（π﹣）cm2 C．cm2 D．cm27．（2023?坪山新區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=4，分別以AC、BC為直徑畫半圓，則圖中陰影部分的面積為（）A．20π﹣16 B．10π﹣32 C．10π﹣16 D．20π﹣1328．（2023?寶安區(qū)二模）如圖，將半徑為6的⊙O沿AB折疊，與AB垂直的半徑OC交于點D且CD=2OD，則折痕AB的長為（）A． B． C．6 D．9．（2023?樂山）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，⊙O為△ABC的內(nèi)切圓，點D是斜邊AB的中點，則tan∠ODA=（）A． B． C． D．210．（2023?鄂州）已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=2，BC=DC=5，點P在BC上移動，則當(dāng)PA+PD取最小值時，△APD中邊AP上的高為（）A． B． C． D．311．（2023?龍崗區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，點D為線段BC上一點，連接AD，以AD為一邊且在AD的右側(cè)作正方形ADEF，CF交DE于點P．若AC=，CD=2，則線段CP的長（）A．1 B．2 C． D．12．（2023?本溪）如圖，正方形ABCD的邊長是4，∠DAC的平分線交DC于點E，若點P、Q分別是AD和AE上的動點，則DQ+PQ的最小值（）A．2 B．4 C．2 D．413．（2023?寶安區(qū)一模）如圖，已知拋物線l1：y=﹣x2+2x與x軸分別交于A、O兩點，頂點為M．將拋物線l1關(guān)于y軸對稱到拋物線l2．則拋物線l2過點O，與x軸的另一個交點為B，頂點為N，連接AM、MN、NB，則四邊形AMNB的面積（）A．3 B．6 C．8 D．1014．（2023?龍崗區(qū)模擬）如圖所示的二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象中，劉星同學(xué)觀察得出了下面四條信息：①a+b+c=0；②b＞2a；③ax2+bx+c=0的兩根分別為﹣3和1；④a﹣2b+c＞0．你認為其中正確的有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個15．（2023?寶安區(qū)一模）如圖，已知拋物線與x軸分別交于A、B兩點，頂點為M．將拋物線l1沿x軸翻折后再向左平移得到拋物線l2．若拋物線l2過點B，與x軸的另一個交點為C，頂點為N，則四邊形AMCN的面積為（）A．32 B．16 C．50 D．40二、填空題（共15小題）16．（2023?深圳）如圖，下列圖形是將正三角形按一定規(guī)律排列，則第5個圖形中所有正三角形的個數(shù)有_________．17．（2023?深圳）如圖，每一幅圖中均含有若干個正方形，第1幅圖中有1個正方形；第2幅圖中有5個正方形；…按這樣的規(guī)律下去，第6幅圖中有_________個正方形．18．（2023?深圳）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，以斜邊AB為邊向外作正方形ABDE，且正方形對角線交于點O，連接OC，已知AC=5，OC=6，則另一直角邊BC的長為_________．19．（2023?深圳）如圖，△ABC的內(nèi)心在y軸上，點C的坐標為（2，0），點B的坐標是（0，2），直線AC的解析式為，則tanA的值是_________．20．（2023?深圳）劉謙的魔術(shù)表演風(fēng)靡全國，小明也學(xué)起了劉謙發(fā)明了一個魔術(shù)盒，當(dāng)任意實數(shù)對（a，b）進入其中時，會得到一個新的實數(shù)：a2+b﹣1，例如把（3，﹣2）放入其中，就會得到32+（﹣2）﹣1=6．現(xiàn)將實數(shù)對（m，﹣2m）放入其中，得到實數(shù)2，則m=_________．21．（2023?廣州）對于平面內(nèi)任意一個凸四邊形ABCD，現(xiàn)從以下四個關(guān)系式①AB=CD；②AD=BC；③AB∥CD；④∠A=∠C中任取兩個作為條件，能夠得出這個四邊形ABCD是平行四邊形的概率是_________．22．（2023?坪山新區(qū)模擬）如圖，已知直線l：y=x，過點A（0，1）作軸的垂線交直線l于點B，過點B作直線l的垂線交y軸于點A1；過點A1作y軸的垂線交直線l于點B1，過點B1作直線l的垂線交y軸于點A2；…按此作法繼續(xù)下去，則點A2023的坐標為_________．（提示：∠BOX=30°）23．（2023?龍崗區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標系中，Rt△OAB的頂點A在x軸的正半軸上．頂點B的坐標為（6，），點C的坐標為（1，0），點P為斜邊OB上的一個動點，則PA+PC的最小值為_________．24．（2023?寶安區(qū)二模）如圖，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=4，BC=6．將腰CD以D為旋轉(zhuǎn)中心逆時針旋轉(zhuǎn)90°至DE，連接AE，則△ADE的面積是_________．25．（2023?深圳一模）如圖，一段拋物線：y=﹣x（x﹣4）（0≤x≤4），記為C1，它與x軸交于點O，A1：將C1繞點A1旋轉(zhuǎn)180°得C2，交x軸于點A2；將C2繞點A2旋轉(zhuǎn)180°得C3，交x軸于A3；…如此進行下去，直至得C10，若P（37，m）在第10段拋物線C10上，則m=_________．26．（2023?寧波）正方形的A1B1P1P2頂點P1、P2在反比例函數(shù)y=（x＞0）的圖象上，頂點A1、B1分別在x軸、y軸的正半軸上，再在其右側(cè)作正方形P2P3A2B2，頂點P3在反比例函數(shù)y=（x＞0）的圖象上，頂點A2在x軸的正半軸上，則點P3的坐標為_________．27．（2023?福田區(qū)一模）如圖所示，在⊙O中，點A在圓內(nèi)，B、C在圓上，其中OA=7，BC=18，∠A=∠B=60°，則tan∠OBC=_________．28．（2023?寶安區(qū)一模）四邊形ABCD、AEFG都是正方形，當(dāng)正方形AEFG繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，如圖，連接DG、BE，并延長BE交DG于點H，且BH⊥DG與H．若AB=4，AE=時，則線段BH的長是_________．29．（2023?深圳二模）如圖，在正方形ABCD外取一點E，連接AE、BE、DE．過點A作AE的垂線交DE于點P．若AE=AP=1，PB=．下列結(jié)論：①△APD≌△AEB；②點B到直線AE的距離為；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正確結(jié)論的序號是_________．30．（2023?寶安區(qū)二模）如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，BE平分∠ABC，且BE⊥CD于E，P是BE上一動點．若BC=6，CE=2DE，則|PC﹣PA|的最大值是_________．三、解答題（共30小題）31．（2023?深圳）如圖，直線AB的解析式為y=2x+4，交x軸于點A，交y軸于點B，以A為頂點的拋物線交直線AB于點D，交y軸負半軸于點C（0，﹣4）．（1）求拋物線的解析式；（2）將拋物線頂點沿著直線AB平移，此時頂點記為E，與y軸的交點記為F，①求當(dāng)△BEF與△BAO相似時，E點坐標；②記平移后拋物線與AB另一個交點為G，則S△EFG與S△ACD是否存在8倍的關(guān)系？若有請直接寫出F點的坐標．32．（2023?深圳）如圖，在平面直角坐標系中，⊙M過原點O，與x軸交于A（4，0），與y軸交于B（0，3），點C為劣弧AO的中點，連接AC并延長到D，使DC=4CA，連接BD．（1）求⊙M的半徑；（2）證明：BD為⊙M的切線；（3）在直線MC上找一點P，使|DP﹣AP|最大．33．（2023?深圳）如圖1，直線AB過點A（m，0），B（0，n），且m+n=20（其中m＞0，n＞0）．（1）m為何值時，△OAB面積最大？最大值是多少？（2）如圖2，在（1）的條件下，函數(shù)的圖象與直線AB相交于C、D兩點，若，求k的值．（3）在（2）的條件下，將△OCD以每秒1個單位的速度沿x軸的正方向平移，如圖3，設(shè)它與△OAB的重疊部分面積為S，請求出S與運動時間t（秒）的函數(shù)關(guān)系式（0＜t＜10）．34．（2023?深圳）如圖1，過點A（0，4）的圓的圓心坐標為C（2，0），B是第一象限圓弧上的一點，且BC⊥AC，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過C、B兩點，與x軸的另一交點為D．（1）點B的坐標為（_________，_________），拋物線的表達式為_________；（2）如圖2，求證：BD∥AC；（3）如圖3，點Q為線段BC上一點，且AQ=5，直線AQ交⊙C于點P，求AP的長．35．（2023?深圳）如圖，在平面直角坐標系中，直線l：y=﹣2x+b（b≥0）的位置隨b的不同取值而變化．（1）已知⊙M的圓心坐標為（4，2），半徑為2．當(dāng)b=_________時，直線l：y=﹣2x+b（b≥0）經(jīng)過圓心M；當(dāng)b=_________時，直線l：y=﹣2x+b（b≥0）與⊙M相切；（2）若把⊙M換成矩形ABCD，其三個頂點坐標分別為：A（2，0）、B（6，0）、C（6，2）．設(shè)直線l掃過矩形ABCD的面積為S，當(dāng)b由小到大變化時，請求出S與b的函數(shù)關(guān)系式．36．（2023?深圳）如圖，已知△ABC的三個頂點坐標分別為A（﹣4，0）、B（1，0）、C（﹣2，6）．（1）求經(jīng)過A、B、C三點的拋物線解析式；（2）設(shè)直線BC交y軸于點E，連接AE，求證：AE=CE；（3）設(shè)拋物線與y軸交于點D，連接AD交BC于點F，試問以A、B、F為頂點的三角形與△ABC相似嗎？37．（2023?深圳）如圖1，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的頂點為C（1，4），交x軸于A、B兩點，交y軸于點D，其中點B的坐標為（3，0）．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖2，過點A的直線與拋物線交于點E，交y軸于點F，其中點E的橫坐標為2，若直線PQ為拋物線的對稱軸，點G為直線PQ上的一動點，則x軸上是否存在一點H，使D、G，H、F四點所圍成的四邊形周長最??？若存在，求出這個最小值及點G、H的坐標；若不存在，請說明理由；（3）如圖3，在拋物線上是否存在一點T，過點T作x軸的垂線，垂足為點M，過點M作MN∥BD，交線段AD于點N，連接MD，使△DNM∽△BMD？若存在，求出點T的坐標；若不存在，請說明理由．38．（2023?深圳）深圳某科技公司在甲地、乙地分別生產(chǎn)了17臺、15臺同一種型號的檢測設(shè)備，全部運往大運賽場A、B兩館，其中運往A館18臺、運往B館14臺；運往A、B兩館的運費如表1：表1出發(fā)地目的地甲地乙地A館800元/臺700元/臺B館500元/臺600元/臺表2出發(fā)地目的地甲地乙地A館x臺_________（臺）B館_________（臺）_________（臺）（1）設(shè)甲地運往A館的設(shè)備有x臺，請?zhí)顚懕?，并求出總運費元y（元）與x（臺）的函數(shù)關(guān)系式；（2）要使總運費不高于20230元，請你幫助該公司設(shè)計調(diào)配方案，并寫出有哪幾種方案；（3）當(dāng)x為多少時，總運費最小，最小值是多少？39．（2023?深圳）如圖1所示，以點M（﹣1，0）為圓心的圓與y軸，x軸分別交于點A，B，C，D，直線y=﹣x﹣與⊙M相切于點H，交x軸于點E，交y軸于點F．（1）請直接寫出OE，⊙M的半徑r，CH的長；（2）如圖2所示，弦HQ交x軸于點P，且DP：PH=3：2，求cos∠QHC的值；（3）如圖3所示，點K為線段EC上一動點（不與E，C重合），連接BK交⊙M于點T，弦AT交x軸于點N．是否存在一個常數(shù)a，始終滿足MN?MK=a，如果存在，請求出a的值；如果不存在，請說明理由．40．（2023?深圳）如圖所示，拋物線y=ax2+c（a＞0）經(jīng)過梯形ABCD的四個頂點，梯形的底AD在x軸上，其中A（﹣2，0），B（﹣1，﹣3）．（1）求拋物線的解析式；（2）點M為y軸上任意一點，當(dāng)點M到A，B兩點的距離之和為最小時，求此時點M的坐標；（3）在第（2）問的結(jié)論下，拋物線上的點P使S△PAD=4S△ABM成立，求點P的坐標．41．（2023?深圳）如圖，在直角坐標系中，點A的坐標為（﹣2，0），連接OA，將線段OA繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段OB．（1）求點B的坐標；（2）求經(jīng)過A、O、B三點的拋物線的解析式；（3）在（2）中拋物線的對稱軸上是否存在點C，使△BOC的周長最??？若存在，求出點C的坐標；若不存在，請說明理由；（4）如果點P是（2）中的拋物線上的動點，且在x軸的下方，那么△PAB是否有最大面積？若有，求出此時P點的坐標及△PAB的最大面積；若沒有，請說明理由．（注意：本題中的結(jié)果均保留根號）．42．（2023?深圳）如圖，在平面直角坐標系中，直線l：y=﹣2x﹣8分別與x軸，y軸相交于A，B兩點，點P（0，k）是y軸的負半軸上的一個動點，以P為圓心，3為半徑作⊙P．（1）連接PA，若PA=PB，試判斷⊙P與x軸的位置關(guān)系，并說明理由；（2）當(dāng)k為何值時，以⊙P與直線l的兩個交點和圓心P為頂點的三角形是正三角形．43．（2023?深圳一模）如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c過A（3，3.5）、B（4，2）、C（0，2）三點，點P是x軸上的動點．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖甲所示，連接AC、CP、PB、BA，是否存在點P，使四邊形ABPC為等腰梯形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由；（3）點H是題中拋物線對稱軸l上的動點，如圖乙所示，求四邊形AHPB周長的最小值．44．（2023?坪山新區(qū)模擬）如圖1，在平面直角坐標系中，直線α：y=﹣x﹣與坐標軸分別交于A，C兩點，（1）求點A的坐標及∠CAO的度數(shù)；（2）點B為直線y=﹣上的一個動點，以點B為圓心，AC長為直徑作⊙B，當(dāng)⊙B與直線α相切時，求B點的坐標；（3）如圖2，當(dāng)⊙B過A，O，C三點時，點E是劣弧上一點，連接EC，EA，EO，當(dāng)點E在劣弧上運動時（不與A，O兩點重合），的值是否發(fā)生變化？如果不變，求其值，如果變化，說明理由．45．（2023?龍崗區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標系中，?ABCD的頂點A、B、C的坐標分別為A（0，4）、B（1，4）、C（0，1），將?ABCD繞點C沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到?A′B′CD′，A′D′與BC相交于點E．（1）求經(jīng)過點D、A、A′的拋物線的函數(shù)關(guān)系式；（2）求?ABCD與?A′B′CD′的重疊部分（即△CED’）的面積；（3）點P是拋物線上點A、A′之間的一動點，是否存在點P使得△APA′的面積最大？若存在，求出△APA′的最大面積，及此時點P的坐標；若不存在，請說明理由．46．（2023?寶安區(qū)二模）已知：如圖1，在平面直角坐標系中，⊙P的圓心P（3，0），半徑為5，⊙P與拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的交點A、B、C剛好落在坐標軸上．（1）求拋物線的解析式；（2）點D為拋物線的頂點，經(jīng)過C、D的直線是否與⊙P相切？若相切，請證明；若不相切，請說明理由；（3）如圖2，點F是點C關(guān)于對稱軸PD的對稱點，若直線AF交y軸于點K，點G為直線PD上的一動點，則x軸上是否存在一點H，使C、G、H、K四點所圍成的四邊形周長最小？若存在，求出這個最小值及點G、H的坐標；若不存在，請說明理由．47．（2023?福田區(qū)模擬）如圖所示，對稱軸是x=﹣1的拋物線與x軸交于A、B（1，0）兩點，與y軸交于點C（3，0），作直線AC，點P是線段AB上不與點A、B重合的一個動點，過點P作y軸的平行線，交直線AC于點D，交拋物線于點E，連結(jié)CE、OD．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）當(dāng)P在A、O之間時，求線段DE長度s的最大值；（3）連接AE、BC，作BC的垂直平分線MN分別交拋物線的對稱軸x軸于F、N，連接BF、OF，若∠EAC=∠OFB，求點P的坐標．48．（2023?龍崗區(qū)模擬）如圖，Rt△OAB如圖所示放置在平面直角坐標系中，直角邊OA與x軸重合，∠OAB=90°，OA=4，AB=2，把Rt△OAB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，點B旋轉(zhuǎn)到點C的位置，一條拋物線正好經(jīng)過點O，C，A三點．（1）求該拋物線的解析式；（2）在x軸上方的拋物線上有一動點P，過點P作x軸的平行線交拋物線于點M，分別過點P，點M作x軸的垂線，交x軸于E，F(xiàn)兩點，問：四邊形PEFM的周長是否有最大值？如果有，請求出最值，并寫出解答過程；如果沒有，請說明理由．（3）如果x軸上有一動點H，在拋物線上是否存在點N，使O（原點）、C、H、N四點構(gòu)成以O(shè)C為一邊的平行四邊形？若存在，求出N點的坐標；若不存在，請說明理由．49．（2023?龍崗區(qū)模擬）如圖，已知點A（2，0）、B（﹣1，0），C是y軸的負半軸上一點，且OA=OC，拋物線經(jīng)過A、B、C三點．（1）此拋物線的關(guān)系式．（2）在對稱軸右側(cè)的拋物線上是否存在點P，使△PBC為直角三角形？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由．（3）Q是拋物線上一點，過點Q作指點BC的垂線，垂足為D，若△QDB與△BOC相似，請求點Q的坐標．50．（2023?寶安區(qū)一模）如圖，拋物線的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于C點，已知B點坐標（4，0）．（1）求拋物線的解析式；（2）試探究△ABC的外接圓的圓心P位置，并求圓心P坐標；（3）若D是拋物線上一動點，是否存在點D，使以P、B、C、D為頂點的四邊形是梯形？如果存在，請直接寫出滿足條件的點D的坐標；如果不存在，請說明理由．51．（2023?龍崗區(qū)二模）如圖1，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD=，AD=5，BC=3．以AD所在的直線為x軸，過點B且垂直于AD的直線為y軸建立平面直角坐標系．拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過O、C、D三點．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）設(shè)（1）中的拋物線與BC交于點E，P是該拋物線對稱軸上的一個動點（如圖2）：①若直線PC把四邊形AOEB的面積分成相等的兩部分，求直線PC的函數(shù)表達式；②連接PB、PA，是否存在△PAB是直角三角形？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標，并直接寫出相應(yīng)的△PAB的外接圓的面積；若不存在，請說明理由．52．（2007?玉溪）如圖，已知二次函數(shù)圖象的頂點坐標為C（1，0），直線y=x+m與該二次函數(shù)的圖象交于A、B兩點，其中A點的坐標為（3，4），B點在y軸上．（1）求m的值及這個二次函數(shù)的關(guān)系式；（2）P為線段AB上的一個動點（點P與A、B不重合），過P作x軸的垂線與這個二次函數(shù)的圖象交于點E，設(shè)線段PE的長為h，點P的橫坐標為x，求h與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量x的取值范圍；（3）D為直線AB與這個二次函數(shù)圖象對稱軸的交點，在線段AB上是否存在一點P，使得四邊形DCEP是平行四邊形？若存在，請求出此時P點的坐標；若不存在，請說明理由．53．（2023?鹽田區(qū)二模）已知：如圖，在平面直角坐標系xOy中，以點P（2，）為圓心的圓與y軸相切于點A，與x軸相交于B、C兩點（點B在點C的左邊）．（1）求經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的解析式；（2）在（1）中的拋物線上是否存在點M，使△MBP的面積是菱形ABCP面積的．如果存在，請直接寫出所有滿足條件的M點的坐標；如果若不存在，請說明理由；（3）如果一個動點D自點P出發(fā)，先到達y軸上的某點，再到達x軸上某點，最后運動到（1）中拋物線的頂點Q處，求使點D運動的總路徑最短的路徑的長．54．（2023?云南）已知在平面直角坐標系中，四邊形OABC是矩形，點A、C的坐標分別為A（3，0）、C（0，4），點D的坐標為D（﹣5，0），點P是直線AC上的一動點，直線DP與y軸交于點M．問：（1）當(dāng)點P運動到何位置時，直線DP平分矩形OABC的面積，請簡要說明理由，并求出此時直線DP的函數(shù)解析式；（2）當(dāng)點P沿直線AC移動時，是否存在使△DOM與△ABC相似的點M，若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由；（3）當(dāng)點P沿直線AC移動時，以點P為圓心、半徑長為R（R＞0）畫圓，所得到的圓稱為動圓P．若設(shè)動圓P的直徑長為AC，過點D作動圓P的兩條切線，切點分別為點E、F．請?zhí)角笫欠翊嬖谒倪呅蜠EPF的最小面積S，若存在，請求出S的值；若不存在，請說明理由．注：第（3）問請用備用圖解答．55．（2023?南沙區(qū)一模）如圖1，已知拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C，且OB=2OA=4．（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；（2）設(shè)P是（1）中拋物線上的一個動點，以P為圓心，R為半徑作⊙P，求當(dāng)⊙P與拋物線的對稱軸l及x軸均相切時點P的坐標．（3）動點E從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向終點B運動，動點F從點B出發(fā)，以每秒個單位長度的速度向終點C運動，過點E作EG∥y軸，交AC于點G（如圖2）．若E、F兩點同時出發(fā)，運動時間為t．則當(dāng)t為何值時，△EFG的面積是△ABC的面積的？56．（2023?濟寧）如圖1，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，P是反比例函數(shù)y=（x＞0）圖象上任意一點，以P為圓心，PO為半徑的圓與坐標軸分別交于點A、B．（1）求證：線段AB為⊙P的直徑；（2）求△AOB的面積；（3）如圖2，Q是反比例函數(shù)y=（x＞0）圖象上異于點P的另一點，以Q為圓心，QO為半徑畫圓與坐標軸分別交于點C、D．求證：DO?OC=BO?OA．57．（2007?梅州）如圖，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=90°，AB=6，AD=4，DC=3，動點P從點A出發(fā)，沿A→D→C→B方向移動，動點Q從點A出發(fā)，在AB邊上移動．設(shè)點P移動的路程為x，點Q移動的路程為y，線段PQ平分梯形ABCD的周長．（1）求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并求出x，y的取值范圍；（2）當(dāng)PQ∥AC時，求x，y的值；（3）當(dāng)P不在BC邊上時，線段PQ能否平分梯形ABCD的面積？若能，求出此時x的值；若不能，說明理由．58．（2023?濟南）已知：如圖，直線y=﹣x+4與x軸相交于點A，與直線y=x相交于點P．（1）求點P的坐標；（2）請判斷△OPA的形狀并說明理由；（3）動點E從原點O出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿著O、P、A的路線向點A勻速運動（E不與點O，A重合），過點E分別作EF⊥x軸于F，EB⊥y軸于B，設(shè)運動t秒時，矩形EBOF與△OPA重疊部分的面積為S．求：①S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．②當(dāng)t為何值時，S最大，并求出S的最大值．59．（2023?泉州）如圖，在直角坐標系中，點A的坐標為（0，8），點B（b，t）在直線x=b上運動，點D、E、F分別為OB、0A、AB的中點，其中b是大于零的常數(shù)．（1）判斷四邊形DEFB的形狀．并證明你的結(jié)論；（2）試求四邊形DEFB的面積S與b的關(guān)系式；（3）設(shè)直線x=b與x軸交于點C，問：四邊形DEFB能不能是矩形？若能．求出t的值；若不能，說明理由．60．（2023?河北）某公司裝修需用A型板材240塊、B型板材180塊，A型板材規(guī)格是60cm×30cm，B型板材規(guī)格是40cm×30cm．現(xiàn)只能購得規(guī)格是150cm×30cm的標準板材．一張標準板材盡可能多地裁出A型、B型板材，共有下列三種裁法：（如圖是裁法一的裁剪示意圖）裁法一裁法二裁法三A型板材塊數(shù)120B型板材塊數(shù)2mN設(shè)所購的標準板材全部裁完，其中按裁法一裁x張、按裁法二裁y張、按裁法三裁z張，且所裁出的A、B兩種型號的板材剛好夠用．（1）上表中，m=_________，n=_________；（2）分別求出y與x和z與x的函數(shù)關(guān)系式；（3）若用Q表示所購標準板材的張數(shù)，求Q與x的函數(shù)關(guān)系式，并指出當(dāng)x取何值時Q最小，此時按三種裁法各裁標準板材多少張？2023年中考數(shù)學(xué)突破訓(xùn)練之壓軸60題（深圳卷）參考答案與試題解析一、選擇題（共15小題）1．（2023?深圳）如圖，已知四邊形ABCD為等腰梯形，AD∥BC，AB=CD，AD=，E為CD中點，連接AE，且AE=2，∠DAE=30°，作AE⊥AF交BC于F，則BF=（）A．1B．3﹣C．﹣1D．4﹣2考點：等腰梯形的性質(zhì)．專題：壓軸題．分析：延長AE交BC的延長線于G，根據(jù)線段中點的定義可得CE=DE，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得到∠DAE=∠G=30°，然后利用“角角邊”證明△ADE和△GCE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得CG=AD，AE=EG，然后解直角三角形求出AF、GF，過點A作AM⊥BC于M，過點D作DN⊥BC于N，根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)可得BM=CN，再解直角三角形求出MG，然后求出CN，MF，然后根據(jù)BF=BM﹣MF計算即可得解．解答：解：如圖，延長AE交BC的延長線于G，∵E為CD中點，∴CE=DE，∵AD∥BC，∴∠DAE=∠G=30°，在△ADE和△GCE中，，∴△ADE≌△GCE（AAS），∴CG=AD=，AE=EG=2，∴AG=AE+EG=2+2=4，∵AE⊥AF，∴AF=AGtan30°=4×=4，GF=AG÷cos30°=4÷=8，過點A作AM⊥BC于M，過點D作DN⊥BC于N，則MN=AD=，∵四邊形ABCD為等腰梯形，∴BM=CN，∵MG=AG?cos30°=4×=6，∴CN=MG﹣MN﹣CG=6﹣﹣=6﹣2，∵AF⊥AE，AM⊥BC，∴∠FAM=∠G=30°，∴FM=AF?sin30°=4×=2，∴BF=BM﹣MF=6﹣2﹣2=4﹣2．故選：D．點評：本題考查了等腰梯形的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟記各性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，難點在于作輔助線構(gòu)造出全等三角形，過上底的兩個頂點作出梯形的兩條高．2．（2023?深圳）如圖，已知l1∥l2∥l3，相鄰兩條平行直線間的距離相等，若等腰直角△ABC的三個頂點分別在這三條平行直線上，則sinα的值是（）A．B．C．D．考點：全等三角形的判定與性質(zhì)；平行線之間的距離；等腰直角三角形；銳角三角函數(shù)的定義．專題：壓軸題．分析：過點A作AD⊥l1于D，過點B作BE⊥l1于E，根據(jù)同角的余角相等求出∠CAD=∠BCE，然后利用“角角邊”證明△ACD和△CBE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得CD=BE，然后利用勾股定理列式求出AC，再根據(jù)等腰直角三角形斜邊等于直角邊的倍求出AB，然后利用銳角的正弦等于對邊比斜邊列式計算即可得解．解答：解：如圖，過點A作AD⊥l1于D，過點B作BE⊥l1于E，設(shè)l1，l2，l3間的距離為1，∵∠CAD+∠ACD=90°，∠BCE+∠ACD=90°，∴∠CAD=∠BCE，在等腰直角△ABC中，AC=BC，在△ACD和△CBE中，，∴△ACD≌△CBE（AAS），∴CD=BE=1，在Rt△ACD中，AC===，在等腰直角△ABC中，AB=AC=×=，∴sinα==．故選：D．點評：本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，作輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵．3．（2023?深圳）如圖，已知：∠MON=30°，點A1、A2、A3…在射線ON上，點B1、B2、B3…在射線OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均為等邊三角形，若OA1=1，則△A6B6A7的邊長為（）A．6B．12C．32D．64考點：等邊三角形的性質(zhì)；含30度角的直角三角形．專題：壓軸題；規(guī)律型．分析：根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2=2B1A2，得出A3B3=4B1A2=4，A4B4=8B1A2=8，A5B5=16B1A2…進而得出答案．解答：解：∵△A1B1A2是等邊三角形，∴A1B1=A2B1，∠3=∠4=∠12=60°，∴∠2=120°，∵∠MON=30°，∴∠1=180°﹣120°﹣30°=30°，又∵∠3=60°，∴∠5=180°﹣60°﹣30°=90°，∵∠MON=∠1=30°，∴OA1=A1B1=1，∴A2B1=1，∵△A2B2A3、△A3B3A4是等邊三角形，∴∠11=∠10=60°，∠13=60°，∵∠4=∠12=60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，∴∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°，∴A2B2=2B1A2，B3A3=2B2A3，∴A3B3=4B1A2=4，A4B4=8B1A2=8，A5B5=16B1A2=16，以此類推：A6B6=32B1A2=32．故選：C．點評：此題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)，根據(jù)已知得出A3B3=4B1A2，A4B4=8B1A2，A5B5=16B1A2進而發(fā)現(xiàn)規(guī)律是解題關(guān)鍵．4．（2023?深圳）如圖，△ABC與△DEF均為等邊三角形，O為BC、EF的中點，則AD：BE的值為（）A．：1B．：1C．5：3D．不確定考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)．專題：壓軸題．分析：連接OA、OD，由已知可以推出OB：OA=OE：OD，推出△ODA∽△OEB，根據(jù)銳角三角函數(shù)即可推出AD：BE的值．解答：解：連接OA、OD，∵△ABC與△DEF均為等邊三角形，O為BC、EF的中點，∴AO⊥BC，DO⊥EF，∠EDO=30°，∠BAO=30°，∴OD：OE=OA：OB=：1，∵∠DOE+∠EOA=∠BOA+∠EOA即∠DOA=∠EOB，∴△DOA∽△EOB，∴OD：OE=OA：OB=AD：BE=：1．故選：A．點評：本題主要考查了相似三角形的判定及性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，本題的關(guān)鍵在于找到需要證相似的三角形，找到對應(yīng)邊的比即可．5．（2023?深圳）如圖所示，點P（3a，a）是反比例函數(shù)y=（k＞0）與⊙O的一個交點，圖中陰影部分的面積為10π，則反比例函數(shù)的解析式為（）A．y=B．y=C．y=D．y=考點：反比例函數(shù)圖象的對稱性．專題：壓軸題；轉(zhuǎn)化思想．分析：根據(jù)P（3a，a）和勾股定理，求出圓的半徑，進而表示出圓的面積，再根據(jù)圓的面積等于陰影部分面積的四倍，求出圓的面積，建立等式即可求出a的值，從而得出反比例函數(shù)的解析式．解答：解：由于函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱，所以陰影部分面積為圓面積，則圓的面積為10π×4=40π．因為P（3a，a）在第一象限，則a＞0，3a＞0，根據(jù)勾股定理，OP==a．于是π=40π，a=±2，（負值舍去），故a=2．P點坐標為（6，2）．將P（6，2）代入y=，得：k=6×2=12．反比例函數(shù)解析式為：y=．故選：D．點評：此題是一道綜合題，既要能熟練正確求出圓的面積，又要會用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式．6．（2023?深圳）如圖，已知點A，B，C，D均在已知圓上，AD∥BC，AC平分∠BCD，∠ADC=120°，四邊形ABCD的周長為10cm．圖中陰影部分的面積為（）A．cm2B．（π﹣）cm2C．cm2D．cm2考點：扇形面積的計算．專題：壓軸題．分析：要求陰影部分的面積，就要從圖中看出陰影部分是由哪幾部分得來的，然后依面積公式計算．解答：解：∵AC平分∠BCD，∴=，∵AD∥BC，AC平分∠BCD，∠ADC=120°所以∠ACD=∠DAC=30°，∴=，∴∠BAC=90°∠B=60°，∴BC=2AB，∴四邊形ABCD的周長=AB+BC+CD+AD=BC×3+BC=10，解得BC=4cm，∴圓的半徑=×4=2cm，∴陰影部分的面積=[π×22﹣（2+4）×÷2]÷3=π﹣cm2．故選：B．點評：本題的關(guān)鍵是要證明BC就是圓的直徑，然后根據(jù)給出的周長求半徑，再求陰影部分的面積．7．（2023?坪山新區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=4，分別以AC、BC為直徑畫半圓，則圖中陰影部分的面積為（）A．20π﹣16B．10π﹣32C．10π﹣16D．20π﹣132考點：扇形面積的計算．分析：圖中陰影部分的面積為兩個半圓的面積﹣三角形的面積，然后利用三角形的面積計算即可．解答：解：設(shè)各個部分的面積為：S1、S2、S3、S4、S5，如圖所示：∵兩個半圓的面積和是：S1+S5+S4+S2+S3+S4，△ABC的面積是S3+S4+S5，陰影部分的面積是：S1+S2+S4，∴圖中陰影部分的面積為兩個半圓的面積減去三角形的面積．即陰影部分的面積=π×16+π×4﹣×8×4=10π﹣16．故選：C．點評：本題考查了扇形面積的計算，的關(guān)鍵是看出圖中陰影部分的面積為兩個半圓的面積﹣三角形的面積．8．（2023?寶安區(qū)二模）如圖，將半徑為6的⊙O沿AB折疊，與AB垂直的半徑OC交于點D且CD=2OD，則折痕AB的長為（）A．B．C．6D．考點：垂徑定理；勾股定理；翻折變換（折疊問題）．分析：延長CO交AB于E點，連接OB，構(gòu)造直角三角形，然后再根據(jù)勾股定理求出AB的長解答：解：延長CO交AB于E點，連接OB，∵CE⊥AB，∴E為AB的中點，∵OC=6，CD=2OD，∴CD=4，OD=2，OB=6，∴DE=（2OC﹣CD）=（6×2﹣4）=×8=4，∴OE=DE﹣OD=4﹣2=2，在Rt△OEB中，∵OE2+BE2=OB2，∴BE===4∴AB=2BE=8．故選：B．點評：本題考查的是垂徑定理及勾股定理，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此題的關(guān)鍵．9．（2023?樂山）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，⊙O為△ABC的內(nèi)切圓，點D是斜邊AB的中點，則tan∠ODA=（）A．B．C．D．2考點：三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心；銳角三角函數(shù)的定義．專題：壓軸題．分析：設(shè)⊙O與AB，AC，BC分別相切于點E，F(xiàn)，G，連接OE，OF，OG，則OE⊥AB．根據(jù)勾股定理得AB=10，再根據(jù)切線長定理得到AF=AE，CF=CG，從而得到四邊形OFCG是正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到設(shè)OF=x，則CF=CG=OF=x，AF=AE=6﹣x，BE=BG=8﹣x，建立方程求出x值，進而求出AE與DE的值，最后根據(jù)三角形函數(shù)的定義即可求出最后結(jié)果．解答：解：過O點作OE⊥ABOF⊥ACOG⊥BC，∴∠OGC=∠OFC=∠OED=90°，∵∠C=90°，AC=6BC=8，∴AB=10∵⊙O為△ABC的內(nèi)切圓，∴AF=AE，CF=CG（切線長相等）∵∠C=90°，∴四邊形OFCG是矩形，∵OG=OF，∴四邊形OFCG是正方形，設(shè)OF=x，則CF=CG=OF=x，AF=AE=6﹣x，BE=BG=8﹣x，∴6﹣x+8﹣x=10，∴OF=2，∴AE=4，∵點D是斜邊AB的中點，∴AD=5，∴DE=AD﹣AE=1，∴tan∠ODA==2．故選：D．點評：此題要能夠根據(jù)切線長定理證明：作三角形的內(nèi)切圓，其中的切線長等于切線長所在的兩邊和與對邊差的一半；直角三角形內(nèi)切圓的半徑等于兩條直角邊的和與斜邊的差的一半．10．（2023?鄂州）已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=2，BC=DC=5，點P在BC上移動，則當(dāng)PA+PD取最小值時，△APD中邊AP上的高為（）A．B．C．D．3考點：軸對稱-最短路線問題；勾股定理．專題：壓軸題．分析：要求三角形的面積，就要先求出它的高，根據(jù)勾股定理即可得．解答：解：過點D作DE⊥BC于E，∵AD∥BC，AB⊥BC，∴四邊形ABED是矩形，∴BE=AD=2，∵BC=CD=5，∴EC=3，∴AB=DE=4，延長AB到A′，使得A′B=AB，連接A′D交BC于P，此時PA+PD最小，即當(dāng)P在AD的中垂線上，PA+PD取最小值，∵B為AA′的中點，BP∥AD∴此時BP為△AA′D的中位線，∴BP=AD=1，根據(jù)勾股定理可得AP==，在△APD中，由面積公式可得△APD中邊AP上的高=2×4÷=．故選：C．點評：此題綜合性較強，考查了梯形一般輔助線的作法、勾股定理、三角形的面積計算等知識點．11．（2023?龍崗區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，點D為線段BC上一點，連接AD，以AD為一邊且在AD的右側(cè)作正方形ADEF，CF交DE于點P．若AC=，CD=2，則線段CP的長（）A．1B．2C．D．考點：正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三角形．分析：根據(jù)ADEF是正方形推出AD=AF，∠DAF=90°，證△ABD≌△ACF，推出CF=BD，求出AD，證△FEP∽△DCP，得出比例式，代入求出即可．解答：解：過A作AM⊥BD于M，∵∠BAC=90°，AB=AC=4，∴∠B=∠ACB=45°，由勾股定理得：BC=8，∵CD=2，∴BD=8﹣2=6，∵∠BAC=90°，AB=AC，AM⊥BC，∴∠B=∠BAM=45°，∴BM=AM，∵AB=4，∴由勾股定理得：BM=AM=4，∴DM=6﹣4=2，在Rt△AMD中，由勾股定理得：AD==2，∵四邊形ADEF是正方形，∴EF=DE=AF=AD=2，∠E=90°，∵ADEF是正方形，∴AD=AF，∠DAF=90°．∵∠BAC=90°，∴∠BAD=∠CAF=90°﹣∠DAC．設(shè)CP=x，∵在△ABD和△ACF中∴△ABD≌△ACF（SAS），∴CF=BD=6，∠B=∠ACB=∠ACF=45°，∴∠PCD=90°=∠E，∵∠FPE=∠DPC，∴△FPE∽△DPC，∴=，∴=，x2+3x﹣4=0，x=﹣4（舍去），x=1，即CP=1，故選：A．點評：本題考查了正方形性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，關(guān)鍵是能得出關(guān)于x的方程，題目比較好，但是有一定的難度．12．（2023?本溪）如圖，正方形ABCD的邊長是4，∠DAC的平分線交DC于點E，若點P、Q分別是AD和AE上的動點，則DQ+PQ的最小值（）A．2B．4C．2D．4考點：軸對稱-最短路線問題；正方形的性質(zhì)．專題：壓軸題；探究型．分析：過D作AE的垂線交AE于F，交AC于D′，再過D′作D′P′⊥AD，由角平分線的性質(zhì)可得出D′是D關(guān)于AE的對稱點，進而可知D′P′即為DQ+PQ的最小值．解答：解：作D關(guān)于AE的對稱點D′，再過D′作D′P′⊥AD于P′，∵DD′⊥AE，∴∠AFD=∠AFD′，∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，∴△DAF≌△D′AF，∴D′是D關(guān)于AE的對稱點，AD′=AD=4，∴D′P′即為DQ+PQ的最小值，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAD′=45°，∴AP′=P′D′，∴在Rt△AP′D′中，P′D′2+AP′2=AD′2，AD′2=16，∵AP′=P′D'，2P′D′2=AD′2，即2P′D′2=16，∴P′D′=2，即DQ+PQ的最小值為2．故選：C．點評：本題考查的是軸對稱﹣最短路線問題，根據(jù)題意作出輔助線是解答此題的關(guān)鍵．13．（2023?寶安區(qū)一模）如圖，已知拋物線l1：y=﹣x2+2x與x軸分別交于A、O兩點，頂點為M．將拋物線l1關(guān)于y軸對稱到拋物線l2．則拋物線l2過點O，與x軸的另一個交點為B，頂點為N，連接AM、MN、NB，則四邊形AMNB的面積（）A．3B．6C．8D．10考點：二次函數(shù)綜合題．分析：根據(jù)拋物線l1的解析式求出頂點M，和x軸交點A的坐標，然后根據(jù)對稱圖形的知識可求出M、N的坐標，也可得到四邊形NBAM是等腰梯形，求出四邊形NBAM的面積即可．解答：解：∵拋物線l1的解析式為：y=﹣x2+2x=﹣（x﹣1）2+1，∴頂點坐標為：M（1，1），當(dāng)y=0時，﹣x2+2x=0，解得：x=0或x=2，則A坐標為（2，0），∵l2和l1關(guān)于y軸對稱，∴AM=BN，N和M關(guān)于y軸對稱，B和A關(guān)于y軸對稱，則N（﹣1，1），B（﹣2，0），過N作NC⊥AB交AB與點C，∵AM=BN，MN∥AB，∴四邊形NBAM是等腰梯形，在等腰梯形NBAM中，MN，1﹣（﹣1）=2，AB=2﹣（﹣2）=4，NC=1，∴S四邊形NBAM=（MN+AB）?NC=3．故選：A．點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有拋物線的頂點公式和等腰梯形的面積求法，根據(jù)對稱圖形得出N，B的坐標是解答本題的關(guān)鍵．14．（2023?龍崗區(qū)模擬）如圖所示的二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象中，劉星同學(xué)觀察得出了下面四條信息：①a+b+c=0；②b＞2a；③ax2+bx+c=0的兩根分別為﹣3和1；④a﹣2b+c＞0．你認為其中正確的有（）A．4個B．3個C．2個D．1個考點：二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系．專題：數(shù)形結(jié)合．分析：由于拋物線過點（1，0），則a+b+c=0，可判斷①正確；根據(jù)拋物線對稱軸方程得到x=﹣=﹣1，則2a﹣b=0，可判斷②錯誤；根據(jù)拋物線的對稱性得到拋物線與x軸兩交點坐標為（﹣3，0），（1，0），則ax2+bx+c=0的兩根分別為﹣3和1，可判斷③正確；利用b=2a，a+b+c=0得到c=﹣3a，則a﹣2b+c=a﹣4a﹣3a=﹣7a，而拋物線開口向上，得到a＞0，于是可對④進行判斷．解答：解：∵拋物線過點（1，0），∴a+b+c=0，所以①正確；∵拋物線的對稱軸為直線x=﹣=﹣1，∴2a﹣b=0，所以②錯誤；∵點（1，0）關(guān)于直線x=﹣1的對稱點為（﹣3，0），∴拋物線與x軸兩交點坐標為（﹣3，0），（1，0），∴ax2+bx+c=0的兩根分別為﹣3和1，所以③正確；∵b=2a，a+b+c=0，∴a+2a+c=0，即c=﹣3a，∴a﹣2b+c=a﹣4a﹣3a=﹣7a，∵拋物線開口向上，∴a＞0，∴a﹣2b+c=﹣7a＜0，所以④錯誤．故選：C．點評：本題考查了二次函數(shù)的圖象與系數(shù)的關(guān)系：二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象為拋物線，當(dāng)a＞0，拋物線開口向上；對稱軸為直線x=﹣；拋物線與y軸的交點坐標為（0，c）．也考查了一次函數(shù)的性質(zhì)．15．（2023?寶安區(qū)一模）如圖，已知拋物線與x軸分別交于A、B兩點，頂點為M．將拋物線l1沿x軸翻折后再向左平移得到拋物線l2．若拋物線l2過點B，與x軸的另一個交點為C，頂點為N，則四邊形AMCN的面積為（）A．32B．16C．50D．40考點：二次函數(shù)綜合題；軸對稱的性質(zhì)．分析：由拋物線l1的解析式可求AB的長，根據(jù)對稱性可知BC=AB，再求拋物線的頂點坐標，用計算三角形面積的方法求四邊形AMCN的面積．解答：解：由y=x2﹣6x+5得y=（x﹣1）（x﹣5）或y=（x﹣3）2﹣4，∴拋物線l1與x軸兩交點坐標為A（5，0），B（1，0），頂點坐標M（3，﹣4），∴AB=5﹣1=4，由翻折，平移的知識可知，BC=AB=4，N（﹣1，4），∴AC=AB+BC=8，S四邊形AMCN=S△ACN+S△ACM=×8×4+×8×4=32．故選：A．點評：本題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、函數(shù)圖象交點的求法等知識點．主要考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法．二、填空題（共15小題）16．（2023?深圳）如圖，下列圖形是將正三角形按一定規(guī)律排列，則第5個圖形中所有正三角形的個數(shù)有485．考點：規(guī)律型：圖形的變化類．專題：壓軸題；規(guī)律型．分析：由圖可以看出：第一個圖形中5個正三角形，第二個圖形中5×3+2=17個正三角形，第三個圖形中17×3+2=53個正三角形，由此得出第四個圖形中53×3+2=161個正三角形，第五個圖形中161×3+2=485個正三角形．解答：解：第一個圖形正三角形的個數(shù)為5，第二個圖形正三角形的個數(shù)為5×3+2=17，第三個圖形正三角形的個數(shù)為17×3+2=53，第四個圖形正三角形的個數(shù)為53×3+2=161，第五個圖形正三角形的個數(shù)為161×3+2=485．如果是第n個圖，則有2×3n﹣1個故答案為：485．點評：此題考查圖形的變化規(guī)律，找出數(shù)字與圖形之間的聯(lián)系，找出規(guī)律解決問題．17．（2023?深圳）如圖，每一幅圖中均含有若干個正方形，第1幅圖中有1個正方形；第2幅圖中有5個正方形；…按這樣的規(guī)律下去，第6幅圖中有91個正方形．考點：規(guī)律型：圖形的變化類．專題：壓軸題．分析：觀察圖形發(fā)現(xiàn)第一個有1個正方形，第二個有1+4=5個正方形，第三個有1+4+9=14個正方形，…從而得到答案．解答：解：觀察圖形發(fā)現(xiàn)第一個有1個正方形，第二個有1+4=5個正方形，第三個有1+4+9=14個正方形，…第n個有：n（n+1）（2n+1）個正方形，第6個有1+4+9+16+25+36=91個正方形，故答案為：91點評：本題考查了圖形的變化類問題，解題的關(guān)鍵是仔細關(guān)系圖形并找到規(guī)律，本題采用了窮舉法．18．（2023?深圳）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，以斜邊AB為邊向外作正方形ABDE，且正方形對角線交于點O，連接OC，已知AC=5，OC=6，則另一直角邊BC的長為7．考點：正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三角形．專題：計算題；壓軸題．分析：過O作OF垂直于BC，再過A作AM垂直于OF，由四邊形ABDE為正方形，得到OA=OB，∠AOB為直角，可得出兩個角互余，再由AM垂直于MO，得到△AOM為直角三角形，其兩個銳角互余，利用同角的余角相等可得出一對角相等，再由一對直角相等，OA=OB，利用AAS可得出△AOM與△BOF全等，由全等三角形的對應(yīng)邊相等可得出AM=OF，OM=FB，由三個角為直角的四邊形為矩形得到ACFM為矩形，根據(jù)矩形的對邊相等可得出AC=MF，AM=CF，等量代換可得出CF=OF，即△COF為等腰直角三角形，由斜邊OC的長，利用勾股定理求出OF與CF的長，根據(jù)OF﹣MF求出OM的長，即為FB的長，由CF+FB即可求出BC的長．解答：解法一：如圖1所示，過O作OF⊥BC，過A作AM⊥OF，∵四邊形ABDE為正方形，∴∠AOB=90°，OA=OB，∴∠AOM+∠BOF=90°，又∠AMO=90°，∴∠AOM+∠OAM=90°，∴∠BOF=∠OAM，在△AOM和△BOF中，，∴△AOM≌△BOF（AAS），∴AM=OF，OM=FB，又∠ACB=∠AMF=∠CFM=90°，∴四邊形ACFM為矩形，∴AM=CF，AC=MF=5，∴OF=CF，∴△OCF為等腰直角三角形，∵OC=6，∴根據(jù)勾股定理得：CF2+OF2=OC2，解得：CF=OF=6，∴FB=OM=OF﹣FM=6﹣5=1，則BC=CF+BF=6+1=7．故答案為：7．解法二：如圖2所示，過點O作OM⊥CA，交CA的延長線于點M；過點O作ON⊥BC于點N．易證△OMA≌△ONB，∴OM=ON，MA=NB．∴O點在∠ACB的平分線上，∴△OCM為等腰直角三角形．∵OC=6，∴CM=ON=6．∴MA=CM﹣AC=6﹣5=1，∴BC=CN+NB=6+1=7．故答案為：7．點評：此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，以及等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的判定，利用了轉(zhuǎn)化及等量代換的思想，根據(jù)題意作出相應(yīng)的輔助線是解本題的關(guān)鍵．19．（2023?深圳）如圖，△ABC的內(nèi)心在y軸上，點C的坐標為（2，0），點B的坐標是（0，2），直線AC的解析式為，則tanA的值是．考點：一次函數(shù)綜合題．專題：壓軸題．分析：根據(jù)三角形內(nèi)心的特點知∠ABO=∠CBO，根據(jù)點C、點B的坐標得出OB=OC，∠OBC=45°，∠ABC=90°可知△ABC為直角三角形，BC=2，然后根據(jù)兩點間距離公式及勾股定理得出點A坐標，從而得出AB，即可得出答案．解答：解：根據(jù)三角形內(nèi)心的特點知∠ABO=∠CBO，∵已知點C、點B的坐標，∴OB=OC，∠OBC=45°，∠ABC=90°可知△ABC為直角三角形，BC=2，∵點A在直線AC上，設(shè)A點坐標為（x，x﹣1），根據(jù)兩點距離公式可得：AB2=x2+，AC2=（x﹣2）2+，在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，解得：x=﹣6，y=﹣4，∴AB=6，∴tanA===．故答案為：．點評：本題主要考查了三角形內(nèi)心的特點，兩點間距離公式、勾股定理，綜合性較強，難度較大．20．（2023?深圳）劉謙的魔術(shù)表演風(fēng)靡全國，小明也學(xué)起了劉謙發(fā)明了一個魔術(shù)盒，當(dāng)任意實數(shù)對（a，b）進入其中時，會得到一個新的實數(shù)：a2+b﹣1，例如把（3，﹣2）放入其中，就會得到32+（﹣2）﹣1=6．現(xiàn)將實數(shù)對（m，﹣2m）放入其中，得到實數(shù)2，則m=3或﹣1．考點：解一元二次方程-因式分解法．專題：壓軸題；新定義．分析：根據(jù)題意，把實數(shù)對（m，﹣2m）代入a2+b﹣1=2中，得到一個一元二次方程，利用因式分解法可求出m的值．解答：解：把實數(shù)對（m，﹣2m）代入a2+b﹣1=2中得m2﹣2m﹣1=2移項得m2﹣2m﹣3=0因式分解得（m﹣3）（m+1）=0解得m=3或﹣1．故答案為：3或﹣1．點評：根據(jù)題意，把實數(shù)對（m，﹣2m）代入a2+b﹣1=2中，并進行因式分解，再利用積為0的特點解出方程的根．21．（2023?廣州）對于平面內(nèi)任意一個凸四邊形ABCD，現(xiàn)從以下四個關(guān)系式①AB=CD；②AD=BC；③AB∥CD；④∠A=∠C中任取兩個作為條件，能夠得出這個四邊形ABCD是平行四邊形的概率是．考點：概率公式；平行四邊形的判定．專題：壓軸題．分析：本題是一道列舉法求概率的問題，屬于基礎(chǔ)題，可以直接應(yīng)用求概率的公式．解答：解：從四個條件中選兩個共有六種可能：①②、①③、①④、②③、②④、③④，其中只有①②、①③和③④可以判斷ABCD是平行四邊形，所以其概率為=．故答案為：．點評：用到的知識點為：概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比；兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；一組對邊平行，一組對角相等的四邊形是平行四邊形．22．（2023?坪山新區(qū)模擬）如圖，已知直線l：y=x，過點A（0，1）作軸的垂線交直線l于點B，過點B作直線l的垂線交y軸于點A1；過點A1作y軸的垂線交直線l于點B1，過點B1作直線l的垂線交y軸于點A2；…按此作法繼續(xù)下去，則點A2023的坐標為（0，42023）．（提示：∠BOX=30°）考點：一次函數(shù)圖象上點的坐標特征．專題：規(guī)律型．分析：根據(jù)所給直線解析式可得l與x軸的夾角，進而根據(jù)所給條件依次得到點A1，A2的坐標，通過相應(yīng)規(guī)律得到A2023坐標即可解答：解：∵直線l的解析式為；y=x，∴l(xiāng)與x軸的夾角為30°，∵AB∥x軸，∴∠ABO=30°，∵OA=1，∴OB=2，∴AB=，∵A1B⊥l，∴∠ABA1=60°，∴A1O=4，∴A1（0，4），同理可得A2（0，16），…∴A2023縱坐標為42023，∴A2023（0，42023）．故答案為：（0，42023）．點評：本題考查的是一次函數(shù)綜合題，先根據(jù)所給一次函數(shù)判斷出一次函數(shù)與x軸夾角是解決本題的突破點；根據(jù)含30°的直角三角形的特點依次得到A、A1、A2、A3…的點的坐標是解決本題的關(guān)鍵．23．（2023?龍崗區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標系中，Rt△OAB的頂點A在x軸的正半軸上．頂點B的坐標為（6，），點C的坐標為（1，0），點P為斜邊OB上的一個動點，則PA+PC的最小值為．考點：軸對稱-最短路線問題；坐標與圖形性質(zhì)．分析：作A關(guān)于OB的對稱點D，連接CD交OB于P，連接AP，過D作DN⊥OA于N，則此時PA+PC的值最小，求出AM，求出AD，求出DN、CN，根據(jù)勾股定理求出CD，即可得出答案．解答：解：作A關(guān)于OB的對稱點D，連接CD交OB于P，連接AP，過D作DN⊥OA于N，則此時PA+PC的值最小，∵DP=PA，∴PA+PC=PD+PC=CD，∵B（6，2），∴AB=2，OA=6，∠B=60°，由勾股定理得：OB=4，由三角形面積公式得：×OA×AB=×OB×AM，∴AM=3，∴AD=2×3=6，∵∠AMB=90°，∠B=60°，∴∠BAM=30°，∵∠BAO=90°，∴∠OAM=60°，∵DN⊥OA，∴∠NDA=30°，∴AN=AD=3，由勾股定理得：DN=3，∵C（1，0），∴CN=6﹣1﹣3=2，在Rt△DNC中，由勾股定理得：DC==，即PA+PC的最小值是．故答案為：．點評：本題考查了三角形的內(nèi)角和定理，軸對稱﹣最短路線問題，勾股定理，含30度角的直角三角形性質(zhì)的應(yīng)用，關(guān)鍵是求出P點的位置，題目比較好，難度適中．24．（2023?寶安區(qū)二模）如圖，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=4，BC=6．將腰CD以D為旋轉(zhuǎn)中心逆時針旋轉(zhuǎn)90°至DE，連接AE，則△ADE的面積是4．考點：直角梯形；全等三角形的判定與性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．專題：計算題．分析：如圖作輔助線，利用旋轉(zhuǎn)和三角形全等，求出△ADE的高，然后得出三角形的面積．解答：解：作EF⊥AD交AD延長線于F，作DG⊥BC．如下圖所示：∵CD以D為中心逆時針旋轉(zhuǎn)90°至ED，∵AD=4，BC=6，∴DE=DC，DE⊥DC，∠CDG=∠EDF，∴△CDG≌△EDF，∴EF=CG．又∵DG⊥BC，所以AD=BG，∴EF=CG=BC﹣AD=6﹣4=2，∴△ADE的面積是：AD?EF=×4×2=4．故答案為：4．點評：本題考查梯形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：旋轉(zhuǎn)變化前后，對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等以及每一對對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心連線所構(gòu)成的旋轉(zhuǎn)角相等．要注意旋轉(zhuǎn)的三要素：①定點為旋轉(zhuǎn)中心；②旋轉(zhuǎn)方向；③旋轉(zhuǎn)角度．25．（2023?深圳一模）如圖，一段拋物線：y=﹣x（x﹣4）（0≤x≤4），記為C1，它與x軸交于點O，A1：將C1繞點A1旋轉(zhuǎn)180°得C2，交x軸于點A2；將C2繞點A2旋轉(zhuǎn)180°得C3，交x軸于A3；…如此進行下去，直至得C10，若P（37，m）在第10段拋物線C10上，則m=﹣3．考點：二次函數(shù)圖象與幾何變換．專題：規(guī)律型．分析：求出拋物線C1與x軸的交點坐標，觀察圖形可知第偶數(shù)號拋物線都在x軸下方，再根據(jù)向右平移橫坐標相加表示出拋物線C10的解析式，然后把點P的橫坐標代入計算即可得解．解答：解：∵一段拋物線：y=﹣x（x﹣4）（0≤x≤4），∴圖象與x軸交點坐標為：（0，0），（4，0），∵將C1繞點A1旋轉(zhuǎn)180°得C2，交x軸于點A2；將C2繞點A2旋轉(zhuǎn)180°得C3，交x軸于點A3；…如此進行下去，直至得C10．∴C10與x軸的交點橫坐標為（36，0），（40，0），且圖象在x軸下方，∴C10的解析式為：y10=（x﹣36）（x﹣40），當(dāng)x=37時，y=（37﹣36）×（37﹣40）=﹣3．故答案為：﹣3．點評：本題考查了二次函數(shù)圖象與幾何變換，根據(jù)平移規(guī)律得出C10與x軸的交點坐標，進而得到解析式是解題關(guān)鍵．26．（2023?寧波）正方形的A1B1P1P2頂點P1、P2在反比例函數(shù)y=（x＞0）的圖象上，頂點A1、B1分別在x軸、y軸的正半軸上，再在其右側(cè)作正方形P2P3A2B2，頂點P3在反比例函數(shù)y=（x＞0）的圖象上，頂點A2在x軸的正半軸上，則點P3的坐標為（+1，﹣1）．．考點：反比例函數(shù)綜合題．專題：綜合題；壓軸題．分析：作P1C⊥y軸于C，P2D⊥x軸于D，P3E⊥x軸于E，P3F⊥P2D于F，設(shè)P1（a，），則CP1=a，OC=，易得Rt△P1B1C≌Rt△B1A1O≌Rt△A1P2D，則OB1=P1C=A1D=a，所以O(shè)A1=B1C=P2D=﹣a，則P2的坐標為（，﹣a），然后把P2的坐標代入反比例函數(shù)y=，得到a的方程，解方程求出a，得到P2的坐標；設(shè)P3的坐標為（b，），易得Rt△P2P3F≌Rt△A2P3E，則P3E=P3F=DE=，通過OE=OD+DE=2+=b，這樣得到關(guān)于b的方程，解方程求出b，得到P3的坐標．解答：解：作P1C⊥y軸于C，P2D⊥x軸于D，P3E⊥x軸于E，P3F⊥P2D于F，如圖，設(shè)P1（a，），則CP1=a，OC=，∵四邊形A1B1P1P2為正方形，∴Rt△P1B1C≌Rt△B1A1O≌Rt△A1P2D，∴OB1=P1C=A1D=a，∴OA1=B1C=P2D=﹣a，∴OD=a+﹣a=，∴P2的坐標為（，﹣a），把P2的坐標代入y=（x＞0），得到（﹣a）?=2，解得a=﹣1（舍）或a=1，∴P2（2，1），設(shè)P3的坐標為（b，），又∵四邊形P2P3A2B2為正方形，∴Rt△P2P3F≌Rt△A2P3E，∴P3E=P3F=DE=，∴OE=OD+DE=2+，∴2+=b，解得b=1﹣（舍），b=1+，∴==﹣1，∴點P3的坐標為（+1，﹣1）．故答案為：（+1，﹣1）．點評：本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特點為橫縱坐標之積為定值；也考查了正方形的性質(zhì)和三角形全等的判定與性質(zhì)以及解分式方程的方法．27．（2023?福田區(qū)一模）如圖所示，在⊙O中，點A在圓內(nèi)，B、C在圓上，其中OA=7，BC=18，∠A=∠B=60°，則tan∠OBC=．考點：垂徑定理；等邊三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．專題：計算題．分析：過O作OD⊥BC，延長AO，交BC于點E，由∠A=∠B=60°，得到三角形ABE為等邊三角形，確定出∠AEB與∠EOD的度數(shù)，在直角三角形ODE中，設(shè)DE=x，表示出OE與OD，根據(jù)AE=BE列出關(guān)于x的方程，求出方程的解得到x的值，確定出OD的長，解答：解：過O作OD⊥BC，延長AO，交BC于點E，∵∠A=∠B=60°，∴∠OED=60°，∠EOD=30°，在Rt△ODE中，設(shè)DE=x，則OE=2x，OD=x，∵OD⊥BC，∴D為BC的中點，即BD=CD=BC=9，∵AE=BE，∴7+2x=9+x，解得：x=2，即OD=2，∴tan∠OBC==．故答案為：點評：此題考查了垂徑定理，勾股定理，以及等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握定理是解本題的關(guān)鍵．28．（2023?寶安區(qū)一模）四邊形ABCD、AEFG都是正方形，當(dāng)正方形AEFG繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，如圖，連接DG、BE，并延長BE交DG于點H，且BH⊥DG與H．若AB=4，AE=時，則線段BH的長是．考點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．分析：連結(jié)GE交AD于點N，連結(jié)DE，由于正方形AEFG繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°，AF與EG互相垂直平分，且AF在AD上，由AE=可得到AN=GN=1，所以DN=4﹣1=3，然后根據(jù)勾股定理可計算出DG=，則BE=，解著利用S△DEG=GE?ND=DG?HE可計算出HE，所以BH=BE+HE．解答：解：連結(jié)GE交AD于點N，連結(jié)DE，如圖，∵正方形AEFG繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°，∴AF與EG互相垂直平分，且AF在AD上，∵AE=，∴AN=GN=1，∴DN=4﹣1=3，在Rt△DNG中，DG==；由題意可得：△ABE相當(dāng)于逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AGD，∴DG=BE=，∵S△DEG=GE?ND=DG?HE，∴HE==，∴BH=BE+HE=+=．故答案為：．點評：本題考查了旋轉(zhuǎn)及正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是會運用勾股定理和等腰直角三角形的性質(zhì)進行幾何計算．29．（2023?深圳二模）如圖，在正方形ABCD外取一點E，連接AE、BE、DE．過點A作AE的垂線交DE于點P．若AE=AP=1，PB=．下列結(jié)論：①△APD≌△AEB；②點B到直線AE的距離為；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正確結(jié)論的序號是①③⑤．考點：正方形的性質(zhì)；垂線；三角形的面積；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．專題：綜合題；壓軸題．分析：①首先利用已知條件根據(jù)邊角邊可以證明△APD≌△AEB；②由①可得∠BEP=90°，故BE不垂直于AE過點B作BM⊥AE延長線于M，由①得∠AEB=135°所以∠EMB=45°，所以△EMB是等腰Rt△，故B到直線AE距離為BF=，故②是錯誤的；③利用全等三角形的性質(zhì)和對頂角相等即可判定③說法正確；④由△APD≌△AEB，可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB，然后利用已知條件計算即可判定；⑤連接BD，根據(jù)三角形的面積公式得到S△BPD=PD×BE=，所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，由此即可判定．解答：解：由邊角邊定理易知△APD≌△AEB，故①正確；由△APD≌△AEB得，∠AEP=∠APE=45°，從而∠APD=∠AEB=135°，所以∠BEP=90°，過B作BF⊥AE，交AE的延長線于F，則BF的長是點B到直線AE的距離，在△AEP中，由勾股定理得PE=，在△BEP中，PB=，PE=，由勾股定理得：BE=，∵∠PAE=∠PEB=∠EFB=90°，AE=AP，∴∠AEP=45°，∴∠BEF=180°﹣45°﹣90°=45°，∴∠EBF=45°，∴EF=BF，在△EFB中，由勾股定理得：EF=BF=，故②是錯誤的；因為△APD≌△AEB，所以∠ADP=∠ABE，而對頂角相等，所以③是正確的；由△APD≌△AEB，∴PD=BE=，可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S△AEP+S△BEP=+，因此④是錯誤的；連接BD，則S△BPD=PD×BE=，所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，所以S正方形ABCD=2S△ABD=4+．綜上可知，正確的有①③⑤．點評：此題分別考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定、三角形的面積及勾股定理，綜合性比較強，解題時要求熟練掌握相關(guān)的基礎(chǔ)知識才能很好解決問題．30．（2023?寶安區(qū)二模）如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，BE平分∠ABC，且BE⊥CD于E，P是BE上一動點．若BC=6，CE=2DE，則|PC﹣PA|的最大值是．考點：梯形；三角形三邊關(guān)系；等腰三角形的判定與性質(zhì)．專題：壓軸題．分析：延長BA交CD的延長線于F，求出BF=BC，EF=CE，求出DF=DE=CF，求出PF=PC，根據(jù)兩點之間線段最短得出|PC﹣PA|的最大值是PA，得出P和B重合時，得出最大值是AF的長，根據(jù)相似求出AF的值即可．解答：解：延長BA交CD的延長線于F，∵BE平分∠ABC，∴∠FBE=∠CBE，∵BE⊥CD，∴∠BEF=∠BEC=90°，∵在△FBE和△CBE中，∴△FBE≌△CBE（ASA），∴BF=BC=6，EF=EC，∵BE⊥CF，∴PC=PF（線段垂直平分線上的點到線段的兩個端點的距離相等），即|PC﹣PA|=|PF﹣PA|，根據(jù)兩點之間線段最短得：|PF﹣PA|≤AF，即當(dāng)|PC﹣PA|的最大值是AF，∴當(dāng)P和B重合時，|PC﹣PA|=|BC﹣BA|=AF，∵EF=CE，CE=2DE，∴DF=DE=CE=CF，∵AD∥BC，∴△AFD∽△BFC，∴==，∴AF=BC=×6=，即|PC﹣PA|的最大值是，故答案為：．點評：本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，線段垂直平分線定理等知識點的應(yīng)用，關(guān)鍵是找出最大值是指哪一條線段的長，題目具有一定的代表性，但是有一定的難度．三、解答題（共30小題）31．（2023?深圳）如圖，直線AB的解析式為y=2x+4，交x軸于點A，交y軸于點B，以A為頂點的拋物線交直線AB于點D，交y軸負半軸于點C（0，﹣4）．（1）求拋物線的解析式；（2）將拋物線頂點沿著直線AB平移，此時頂點記為E，與y軸的交點記為F，①求當(dāng)△BEF與△BAO相似時，E點坐標；②記平移后拋物線與AB另一個交點為G，則S△EFG與S△ACD是否存在8倍的關(guān)系？若有請直接寫出F點的坐標．考點：二次函數(shù)綜合題．專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題．分析：（1）求出點A的坐標，利用頂點式求出拋物線的解析式；（2）①首先確定點E為Rt△BEF的直角頂點，相似關(guān)系為：△BAO∽△BFE；如答圖2﹣1，作輔助線，利用相似關(guān)系得到關(guān)系式：BH=4FH，利用此關(guān)系式求出點E的坐標；②首先求出△ACD的面積：S△ACD=8；若S△EFG與S△ACD存在8倍的關(guān)系，則S△EFG=64或S△EFG=1；如答圖2﹣2所示，求出S△EFG的表達式，進而求出點F的坐標．解答：解：（1）直線AB的解析式為y=2x+4，令x=0，得y=4