【沖刺2022】之2021年中考數(shù)學(xué)壓軸題真題精講精練+變式訓(xùn)練專題3.5浙江省金華市卷（壓軸8道+變式訓(xùn)練32道）說(shuō)明：本專輯精選了2021年浙江省金華市卷失分較多和難度較大的題目8道，分別是第10題圓中的計(jì)算問(wèn)題、第14題幾何變換中的計(jì)算問(wèn)題、第15題坐標(biāo)規(guī)律變化探究問(wèn)題、三角函數(shù)相結(jié)合問(wèn)題、第16題銳角三角函數(shù)的實(shí)際問(wèn)題、第21題二次函數(shù)的實(shí)際問(wèn)題、第22題圓計(jì)算與證明綜合問(wèn)題、第23題函數(shù)圖象性質(zhì)綜合探究問(wèn)題、第24題函數(shù)與幾何綜合問(wèn)題，每道題精講精析，配有變式練習(xí)各4道，浙江省金華市變式訓(xùn)練題共32道，試題解析共77頁(yè).【壓軸一】圓中的計(jì)算問(wèn)題【真題再現(xiàn)】（2021·浙江金華市·中考第10題）如圖，在中，，以該三角形的三條邊為邊向形外作正方形，正方形的頂點(diǎn)都在同一個(gè)圓上．記該圓面積為，面積為，則的值是（）A． B． C． D．【思路點(diǎn)撥】先確定圓的圓心在直角三角形斜邊的中點(diǎn)，然后利用全等三角形的判定和性質(zhì)確定△ABC是等腰直角三角形，再根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得到，再由勾股定理解得，解得，據(jù)此解題即可．【詳析詳解】解：如圖所示，正方形的頂點(diǎn)都在同一個(gè)圓上，圓心在線段的中垂線的交點(diǎn)上，即在斜邊的中點(diǎn)，且AC=MC，BC=CG，∴AG=AC+CG=AC+BC，BM=BC+CM=BC+AC，∴AG=BM，又∵OG=OM，OA=OB，∴△AOG≌△BOM，∴∠CAB=∠CBA，∵∠ACB=90°，∴∠CAB=∠CBA=45°，，，．故選：C．【方法小結(jié)】本題考查勾股定理、直角三角形斜邊的中線的性質(zhì)、圓的面積、三角形的面積等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，難度一般，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．【變式訓(xùn)練】【變式1.1】（2021?金東區(qū)二模）如圖，扇形AOB的圓心角是60°，半徑是3，點(diǎn)C為弧AB的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作CD∥OB交DA于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)B作BE∥OA交DC延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，則圖中陰影部分面積為（）A．32 B．3?32 C．3?13 D．3+13【分析】連接OC，過(guò)C作CF∥OA交OB于F，作CH⊥OB與H，求出CH和CF長(zhǎng)，從圖中可看出陰影部分的面積＝S四邊形BECF，然后依面積公式計(jì)算即可．【詳解】解：連接OC，過(guò)C作CF∥OA交OB于F，作CH⊥OB與H，∵點(diǎn)C為弧AB的中點(diǎn)，∴∠AOC＝∠BOC=12∠AOB=12×60°=30°，∵OC=3，∴HC=12OC=32，∵CF∥OA，∴∠CFB＝∠AOB＝60°，∴sin60°=????????，∴CF=3232=1，∵CD∥OB，∴∠BOC＝∠DCO，∴OD＝CD，∵CD∥OB，CF∥OA，∴四邊形CDOF是菱形，∴OF＝OD＝CF＝1，∴BF＝OB﹣OF=3?1，∵OA＝OB，∴AD＝BF，∴S陰影＝S四邊形BECF＝BF?CH＝（3?1）32=3?32．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的判定性質(zhì)，解直角三角形，扇形的面積的應(yīng)用，利用割補(bǔ)法把不規(guī)則圖形轉(zhuǎn)化成規(guī)則圖形求解的能力，再把陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為平行四邊形的面積求解．【變式1.2】（2020秋?東陽(yáng)市校級(jí)期末）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝2，O、H分別為邊AB、AC的中點(diǎn)，將△ABC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°到△A1BC1的位置，則整個(gè)旋轉(zhuǎn)過(guò)程中線段OH所掃過(guò)部分的面積為（）A．π B．2π C．32 D．3π【分析】連接BH，????1交BA1于E，解直角三角形求出AB和AC，求出CH和BO，根據(jù)勾股定理求出BH，分別求出扇形MBE和扇形OBO1的面積，再求出答案即可．【詳解】解：連接BH，????1交BA1于E，∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝2，∴AB＝2BC＝4，由勾股定理得：AC=????2?????2=42?22=23，∵O、H分別為邊AB、AC的中點(diǎn)，∴BO=12AB＝2，CH=12AC=3，由勾股定理得：BH=????2+????2=(3)2+22=7，即BM＝BE＝BH=7，∵將△ABC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°到△A1BC1的位置，∴∠ABA1＝120°，∴整個(gè)旋轉(zhuǎn)過(guò)程中線段OH所掃過(guò)部分的面積為S扇形MBE﹣S扇形??????1=120??×(7)2360?120??×22360=π，故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，扇形面積的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，能把求不規(guī)則圖形的面積轉(zhuǎn)化成求規(guī)則圖形的面積是解此題的關(guān)鍵，注意：已知扇形的圓心角是n°，半徑是r，那么這個(gè)扇形的面積=??????2360．【變式1.3】（2020?義烏市模擬）如圖，矩形HGML四個(gè)頂點(diǎn)在正六邊形ABCDEF的邊上，且GM∥EF．若圖中4塊陰影的面積相等，則該矩形的長(zhǎng)與寬之比（）A．33：5 B．2：3 C．4：3 D．5：4【分析】連接BF，AD交于Q，BF交GM于P，則BF⊥AD，得到∠AGH＝∠AFQ＝30°，設(shè)正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為2a，F(xiàn)P＝x，求得GM＝2a+23??3，HG＝23a﹣2x，列方程即可得到結(jié)論．【詳解】解：連接BF，AD交于Q，BF交GM于P，則BF⊥AD，∵正六邊形ABCDEF中，∠BAF＝120°，AB＝AF，∴∠AGH＝∠AFQ＝30°，設(shè)正六邊形ABCDEF的邊長(zhǎng)為2a，F(xiàn)P＝x，∴PG=33x，AQ＝a，∴GM＝2a+23??3，HG＝23a﹣2x，∵若圖中4塊陰影的面積相等，∴12×（23a﹣2x）×（a?33x）=12×（2a+23??3+2a）x，解得：x=34a，GH＝23a?32a=332a，GM＝2a+12a=52a，∴該矩形的長(zhǎng)與寬之比為332??52??=33：5，故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正多邊形與圓，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．【變式1.4】（2021?上城區(qū)二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4．把△ABC分別繞直線AB，BC和AC旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體的表面積分別記作S1，S2，S3，則表面積最大的是（）A．S1 B．S2 C．S3 D．無(wú)法確定【分析】根據(jù)△ABC分別繞直線AB，BC和AC旋轉(zhuǎn)一周，可以分別得到一個(gè)圓錐、一個(gè)圓錐和兩個(gè)共底面的圓錐組合，再根據(jù)圓錐的表面積計(jì)算公式：圓錐的表面積＝底面積+圓錐的側(cè)面積分別計(jì)算即可，最后根據(jù)結(jié)果即可比較大?。驹斀狻拷猓骸摺螦BC＝90°，AB＝3，BC＝4，∴AC=32+42=5．△ABC繞直線AB旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體為圓錐，底面半徑為BC＝4，此圓錐的表面積為底面圓面積加扇形表面積，即S1＝π×42+π×4×5＝36π；△ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體為圓錐，底面半徑為AB＝3，此圓錐的表面積為底面圓面積加扇形表面積，即S2＝π×32+π×3×5＝24π；△ABC繞直線AC旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體為兩個(gè)共底面的圓錐，底面半徑為125，此圓錐的表面積為兩個(gè)扇形表面積之和，即S3＝π×125×3+π×125×4=84??5．∴S1＞S2＞S3．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓錐的表面積計(jì)算公式，圓錐的表面積＝底面積+圓錐的側(cè)面積，其中圓錐的側(cè)面積＝π×底面圓半徑×圓錐母線長(zhǎng)．熟知使用公式是解題的關(guān)鍵．【壓軸二】幾何變換中的計(jì)算問(wèn)題【真題再現(xiàn)】（2021·浙江金華市·中考第14題）如圖，菱形的邊長(zhǎng)為，，將該菱形沿AC方向平移得到四邊形，交CD于點(diǎn)E，則點(diǎn)E到AC的距離為_(kāi)___________．【思路點(diǎn)撥】首先根據(jù)菱形對(duì)角線的性質(zhì)得出AC的長(zhǎng)，然后利用菱形對(duì)角線平分對(duì)角和平移的性質(zhì)得出等腰，過(guò)頂點(diǎn)作垂線段EF，利用三線合一得出CF的長(zhǎng)，再利用直角三角形30°所對(duì)的直角邊等于斜邊一半和勾股定理列出方程，即可求解．【詳析詳解】∵∠BAD=60°，∴連接對(duì)角線AC,BD，則AC⊥BD，且AC平分∠BAD,∴在Rt△ADO中，利用勾股定理得又∵AC=2AO,∴AC=，由題可知=，∴A’C=;由平移可知=∠DAC=30°,而∠DAC=∠DCA,∴=∠DCA，即==30°，∴是等腰三角形；過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AC，垂足為F，如圖所示：則由等腰三角形三線合一可得：A’F=FC=,在Rt△ECF中，,設(shè)EF=x，則EC=2x，由勾股定理得：，解得x=2，故填：2．【方法小結(jié)】本題考查菱形的性質(zhì)，等腰三角形三線合一，直角三角形中30°所對(duì)的直角邊等于斜邊一半和勾股定理；菱形對(duì)角線互相垂直且平分，一條對(duì)角線平分一組對(duì)角，熟知概念定理是解題的關(guān)鍵．【變式訓(xùn)練】【變式2.1】（2020春?婺城區(qū)校級(jí)月考）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，將正方形折疊，使頂點(diǎn)D落在BC邊上的點(diǎn)E處，折痕為GH．若BE：EC＝2：1，則線段CH的長(zhǎng)是（）A．3 B．4 C．38 D．83【分析】根據(jù)折疊可得DH＝EH，在直角△CEH中，設(shè)CH＝x，則DH＝EH＝6﹣x，根據(jù)BE：EC＝2：1可得CE＝2，可以根據(jù)勾股定理列出方程，從而解出CH的長(zhǎng)．【詳解】解：設(shè)CH＝x，則DH＝EH＝6﹣x，∵BE：EC＝2：1，BC＝6，∴CE=13BC＝2，∴在Rt△ECH中，EH2＝EC2+CH2，即（6﹣x）2＝22+x2，解得：x=83，即CH=83．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查正方形的性質(zhì)以及翻折變換，折疊問(wèn)題其實(shí)質(zhì)是軸對(duì)稱變換．解題時(shí)，常常設(shè)要求的線段長(zhǎng)為x，然后根據(jù)折疊和軸對(duì)稱的性質(zhì)用含x的代數(shù)式表示其他線段的長(zhǎng)度，選擇適當(dāng)?shù)闹苯侨切危\(yùn)用勾股定理列出方程求出答案．【變式2.2】（2019秋?婺城區(qū)期末）將一張正方形紙片按如圖步驟①②，沿虛線對(duì)折2次，然后沿圖③的虛線剪去一個(gè)角，展開(kāi)鋪平后得到圖④，若圖③中OC＝BC，∠ODC＝30°，則四邊形EFGH與原正方形紙面積比為（）A．12 B．3?1 C．34 D．34【分析】根據(jù)展開(kāi)與折疊的性質(zhì)，得到四邊形EFGH是菱形，表示出正方形、菱形的對(duì)角線的長(zhǎng)，即可求出相應(yīng)的面積，進(jìn)而得出答案．【詳解】解：連接OE、OF、OG、OH，由題意得，∠OHG＝30°，2OG＝OB＝GE，設(shè)OG＝a，則OB＝2a，正方形對(duì)角線為4a，OH=3a，HF＝23a，∴S菱形EFGH=12EG?FH=12×2a×23a＝23a2，S正方形=12×4a×4a＝8a2，∴四邊形EFGH與原正方形紙面積比為34．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】考查正方形、菱形的性質(zhì)和判定，解直角三角形等知識(shí)，正確的表示正方形、菱形的面積是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．【變式2.3】（2020春?武義縣期末）將矩形ABCD按如圖方式折疊，點(diǎn)B，點(diǎn)C恰好落在點(diǎn)G處，且A，G，F(xiàn)在同一條直線上．若AB＝4，BC＝6，則CF的長(zhǎng)是（）A．94 B．52 C．114 D．3【分析】由折疊的性質(zhì)可得AB＝AG＝4，CF＝GF，由勾股定理可求CF的長(zhǎng)．【詳解】解：∵將矩形ABCD按如圖方式折疊，點(diǎn)B，點(diǎn)C恰好落在點(diǎn)G處，且A，G，F(xiàn)在同一條直線上．∴AB＝AG＝4，CF＝GF，∴AF＝4+CF，∵AF2＝AD2+DF2，∴（4+CF）2＝36+（4﹣CF）2，∴CF=94故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了翻折變換，矩形的性質(zhì)，利用勾股定理列出方程求CF的長(zhǎng)是本題的關(guān)鍵．【變式2.4】（2019春?東陽(yáng)市期末）如圖所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，矩形內(nèi)部有一動(dòng)點(diǎn)P滿足S△PAB=13S矩形ABCD，則點(diǎn)P到A，B兩點(diǎn)的距離之和PA+PB的最小值為（）A．5 B．213 C．22 D．42【分析】首先由S△PAB=13S矩形ABCD，得出動(dòng)點(diǎn)P在與AB平行且與AB的距離是2的直線l上，作A關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)E，連接AE，連接BE，則BE的長(zhǎng)就是所求的最短距離．然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值．【詳解】解：設(shè)△ABP中AB邊上的高是h．∵S△PAB=13S矩形ABCD，∴12AB?h=13AB?AD，∴h=23AD＝2，∴動(dòng)點(diǎn)P在與AB平行且與AB的距離是2的直線l上，如圖，作A關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)E，連接AE，連接BE，則BE的長(zhǎng)就是所求的最短距離．在Rt△ABE中，∵AB＝4，AE＝2+2＝4，∴BE=????2+????2=42+42=42，即PA+PB的最小值為42．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問(wèn)題，三角形的面積，矩形的性質(zhì)，勾股定理，兩點(diǎn)之間線段最短的性質(zhì)．得出動(dòng)點(diǎn)P所在的位置是解題的關(guān)鍵．【壓軸三】坐標(biāo)規(guī)律變化探究問(wèn)題【真題再現(xiàn)】（2021·浙江金華市·中考第15題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，有一只用七巧板拼成的“貓”，三角形①的邊BC及四邊形②的邊CD都在x軸上，“貓”耳尖E在y軸上．若“貓”尾巴尖A的橫坐標(biāo)是1，則“貓”爪尖F的坐標(biāo)是___________．【思路點(diǎn)撥】設(shè)大正方形的邊長(zhǎng)為2a，則大等腰直角三角形的腰長(zhǎng)為，中等腰直角三角形的腰長(zhǎng)為a，小等腰直角三角形的腰長(zhǎng)為，小正方形的邊長(zhǎng)為，平行四邊形的長(zhǎng)邊為a，短邊為，用含有a的代數(shù)式表示點(diǎn)A的橫坐標(biāo)，表示點(diǎn)F的坐標(biāo)，確定a值即可.【詳析詳解】設(shè)大正方形的邊長(zhǎng)為2a，則大等腰直角三角形的腰長(zhǎng)為，中等腰直角三角形的腰長(zhǎng)為a，小等腰直角三角形的腰長(zhǎng)為，小正方形的邊長(zhǎng)為，平行四邊形的長(zhǎng)邊為a，短邊為，如圖，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥x軸，垂足為G,點(diǎn)F作FH⊥y軸，垂足為H,過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥x軸，垂足為Q,延長(zhǎng)大等腰直角三角形的斜邊交x軸于點(diǎn)N，交FH于點(diǎn)M，根據(jù)題意，得OC==，CD=a,DQ=，∵點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1,∴+a+=1，∴a=；根據(jù)題意，得FM=PM=，MH=，∴FH==；∴MT=2a-，BT=2a-,∴TN=-a，∴MN=MT+TN=2a-+-a==，∵點(diǎn)F在第二象限，∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（-，）故答案為：（-，）．【方法小結(jié)】本題考查了七巧板的意義，合理設(shè)出未知數(shù)，用未知數(shù)表示各個(gè)圖形的邊長(zhǎng)，點(diǎn)ＡＡ的橫坐標(biāo)，點(diǎn)Ｆ的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．【變式訓(xùn)練】【變式3.1】（2020春?吳興區(qū)期末）如圖，已知直線l1、l2經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，且l1與x軸所夾銳角為15°，l2與y軸所夾銳角為30°．在直線l1和l2之間依次構(gòu)造正方形A1B1C1A2、正方形A2B2C2A3，正方形A3B3C3A4正方形A4B4C4A5…點(diǎn)A1、點(diǎn)A2、點(diǎn)A3、點(diǎn)A4、點(diǎn)A5…依次落在直線l1上，點(diǎn)B1、點(diǎn)B2、點(diǎn)B3、點(diǎn)B4…依次落在直線l2上，且A1B1＝1，則點(diǎn)B2020的坐標(biāo)為（）A．（220182，220186） B．（220172，220176） C．（220182，220183） D．（22018，220183）【分析】根據(jù)一次函數(shù)，得出OB1、OB2等的長(zhǎng)度，繼而得知B1、B2等點(diǎn)的坐標(biāo)，從中找出規(guī)律，進(jìn)而可求出點(diǎn)B2020的坐標(biāo)．【詳解】解：∵l1與x軸所夾銳角為15°，l2與y軸所夾銳角為30°，∴l(xiāng)1與l2所夾銳角為45°，l2與x軸所夾銳角為60°，∴△A1B1O，△A2B2O，△A3B3O，…都是等腰直角三角形，∴B1O＝202，B2O＝212，B3O＝222，…，BnO＝2n﹣12，∴點(diǎn)B2020的坐標(biāo)為（22020﹣12×12，22020﹣12×32），即（220182，220186）．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了規(guī)律型：點(diǎn)的坐標(biāo)，等腰直角三角形的性質(zhì)，解此題的關(guān)鍵是根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)計(jì)算的結(jié)果得出規(guī)律，題目比較好，但是一道比較容易出錯(cuò)的題目．【變式3.2】（2021?青田縣模擬）如圖，動(dòng)點(diǎn)P從（0，3）出發(fā)沿所示方向運(yùn)動(dòng)，每當(dāng)碰到長(zhǎng)方形的邊時(shí)反彈，反彈時(shí)反射角等于入射角，當(dāng)點(diǎn)P第2021次碰到長(zhǎng)方形的邊時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，4）．【分析】根據(jù)反射角與入射角的定義作出圖形；由圖可知，每6次反彈為一個(gè)循環(huán)組依次循環(huán)，用2018除以6，根據(jù)商和余數(shù)的情況確定所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)即可．【詳解】解：如圖所示：經(jīng)過(guò)6次反彈后動(dòng)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)（0，3），∵2021÷6＝336…5，∴當(dāng)點(diǎn)P第2021次碰到矩形的邊時(shí)為第337個(gè)循環(huán)組的第5次反彈，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，4）．故答案為：（1，4）．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了點(diǎn)的坐標(biāo)的規(guī)律，作出圖形，觀察出每6次反彈為一個(gè)循環(huán)組依次循環(huán)是解題的關(guān)鍵．【變式3.3】（2020?浙江自主招生）平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)P0（1，0），將點(diǎn)P0繞原點(diǎn)O按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)30°得到P1，延長(zhǎng)OP1到P2，使OP2＝2OP1；再將P2繞點(diǎn)O逆按時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)30°得到P3，然后延長(zhǎng)OP3到P4，使OP4＝2OP3；…如此下去，則點(diǎn)P2018的坐標(biāo)為（210083，21008）．【分析】根據(jù)每次旋轉(zhuǎn)后線段的長(zhǎng)度是原來(lái)的2倍求出OP2018，根據(jù)旋轉(zhuǎn)角為30°求出每12次旋轉(zhuǎn)，24個(gè)點(diǎn)為一個(gè)循環(huán)組依次循環(huán)，然后用2018除以24，再根據(jù)商和余數(shù)的情況確定出點(diǎn)P2018在第1象限，與x軸的夾角是30°，然后解答即可．【詳解】解：∵點(diǎn)P0的坐標(biāo)為（1，0），∴OP0＝1，∴OP2＝2OP1＝2，OP3＝OP2＝2，OP4＝2OP3＝2×2＝22，…，OP2018＝21009，∵2018÷24＝84…2，∴點(diǎn)P2018是第85循環(huán)組的第2個(gè)點(diǎn)，點(diǎn)P2018在第1象限，與x軸的夾角是30°，∴點(diǎn)P2010的坐標(biāo)為（210083，21008）．故答案為：（210083，21008）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)的坐標(biāo)的變化規(guī)律，讀懂題目信息，理解點(diǎn)的規(guī)律變化是解題的關(guān)鍵．【變式3.4】（2020春?椒江區(qū)期末）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，對(duì)于點(diǎn)P（x，y），我們把點(diǎn)P′（﹣y+1，x+1）叫做點(diǎn)P的伴隨點(diǎn)．已知點(diǎn)A1的伴隨點(diǎn)為A2，點(diǎn)A2的伴隨點(diǎn)為A3，點(diǎn)A3的伴隨點(diǎn)為A4，…，這樣依次得點(diǎn)A1，A2，A3…，An，…若點(diǎn)A1的坐標(biāo)為（3，1），則點(diǎn)A2019的坐標(biāo)為（﹣3，1）．【分析】根據(jù)“伴隨點(diǎn)”的定義依次求出各點(diǎn)，不難發(fā)現(xiàn)，每4個(gè)點(diǎn)為一個(gè)循環(huán)組依次循環(huán)，用2019除以4，根據(jù)商和余數(shù)的情況確定點(diǎn)A2019的坐標(biāo)即可．【詳解】解：∵A1的坐標(biāo)為（3，1），∴A2（0，4），A3（﹣3，1），A4（0，﹣2），A5（3，1），…，依此類推，每4個(gè)點(diǎn)為一個(gè)循環(huán)組依次循環(huán)，∵2019÷4＝504…3，∴點(diǎn)A2019的坐標(biāo)與A3的坐標(biāo)相同，為（﹣3，1）．故答案為：（﹣3，1）．【點(diǎn)評(píng)】此題考查點(diǎn)的坐標(biāo)規(guī)律，讀懂題目信息，理解“伴隨點(diǎn)”的定義并求出每4個(gè)點(diǎn)為一個(gè)循環(huán)組依次循環(huán)是解題的關(guān)鍵．【壓軸四】銳角三角函數(shù)的實(shí)際問(wèn)題【真題再現(xiàn)】（2021·浙江金華市·中考第16題）如圖1是一種利用鏡面反射，放大微小變化的裝置．木條BC上的點(diǎn)P處安裝一平面鏡，BC與刻度尺邊MN的交點(diǎn)為D，從A點(diǎn)發(fā)出的光束經(jīng)平面鏡P反射后，在MN上形成一個(gè)光點(diǎn)E．已知，．（1）ED的長(zhǎng)為_(kāi)___________．（2）將木條BC繞點(diǎn)B按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)一定角度得到（如圖2），點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，與MN的交點(diǎn)為D′，從A點(diǎn)發(fā)出的光束經(jīng)平面鏡反射后，在MN上的光點(diǎn)為．若，則的長(zhǎng)為_(kāi)___________．【思路點(diǎn)撥】（1）由題意，證明△ABP∽△EDP，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，即可求出ED的長(zhǎng)度；（2）過(guò)A作AH⊥BN交NB延長(zhǎng)線于H，過(guò)E′作E′F⊥BN于F，設(shè)E′D=x,E′D′=5+x,在Rt△BDN中，由勾股定理D′B，可證△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,，從A點(diǎn)發(fā)出的光束經(jīng)平面鏡P′反射后，在MN上形成一個(gè)光點(diǎn)E′．△AHP′∽△E′FP′，，解得x=1.5．【詳析詳解】解：（1）由題意，∵，∴，∵從A點(diǎn)發(fā)出的光束經(jīng)平面鏡P反射后，在MN上形成一個(gè)光點(diǎn)E．∴，∴△ABP∽△EDP，∴，即，∴；故答案為：13．（2）過(guò)A作AH⊥BN交NB延長(zhǎng)線于H，過(guò)E′作E′F⊥BN于F，設(shè)E′D=x,E′D′=5+x,在Rt△BDN中，∵BD=12，DD′=5，由勾股定理D′B=，∵∠AHB=∠ABD=∠E′FN=∠BDD′=90°，∴∠ABH+∠DBD′=∠DBD′+∠DD′B=+∠E′D′F,∴∠ABH=∠BD′D=∠E′D′F,∴△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,∴，，∴,，∴，∵從A點(diǎn)發(fā)出的光束經(jīng)平面鏡P′反射后，在MN上形成一個(gè)光點(diǎn)E′．∴，∴△AHP′∽△E′FP′，HP′=HB+BP=2.5+4=6.5，P′D′=BD′-BP′=13-4=9，P′F=P′D′-FD′=9-，∴即，解得x=1.5，經(jīng)檢驗(yàn)x=1.5是方程的解，EE′=DE-DE′=13-1.5=11.5=．故答案為．【方法小結(jié)】本題考查相似三角形性質(zhì)與判定，勾股定理，光束經(jīng)平面鏡P性質(zhì)，掌握相似三角形性質(zhì)與判定，勾股定理，光束經(jīng)平面鏡P性質(zhì)，利用相似三角形的性質(zhì)構(gòu)造方程是解題關(guān)鍵．【變式訓(xùn)練】【變式4.1】（2020?義烏市校級(jí)模擬）門環(huán)，在中國(guó)綿延了數(shù)千多年的，集實(shí)用、裝飾和門第等級(jí)為一體的一種古建筑構(gòu)件，也成為中國(guó)古建“門文化”中的一部分，現(xiàn)有一個(gè)門環(huán)的示意圖如圖所示．圖中以正六邊形ABCDEF的對(duì)角線AC的中點(diǎn)O為圓心，OB為半徑作⊙O，AQ切⊙O于點(diǎn)P，并交DE于點(diǎn)Q，若AQ＝123cm，則（1）sin∠CAB＝12；（2）該圓的半徑為（3+6）cm．【分析】（1）連接OB，OP，易證OB⊥AC，∠ACB＝∠CAB＝30°，利用銳角三角函數(shù)的定義可求解；（2）根據(jù)圓的切線的性質(zhì)可得OP⊥AQ，設(shè)該圓的半徑為r，可求sin∠PAO=????????=??3??=33，過(guò)Q作QG⊥AC于G，過(guò)D作DH⊥QG于H，則四邊形DHGC是矩形，可求sin∠PAO=????????=????123=33，計(jì)算求解QG的長(zhǎng)，進(jìn)而可得QH＝12﹣2r，DH=23???122，通過(guò)解直角三角形即可求解．【詳解】解：（1）連接OB，OP，∵AB＝BC，O為AC的中點(diǎn)，∴OB⊥AC，∵∠ABC＝120°，∴∠ACB＝∠CAB＝30°，∴sin∠CAB＝sin30°=12．故答案為12；（2）∵AQ是⊙O的切線，∴OP⊥AQ，設(shè)該圓的半徑為r，∴OB＝OP＝r，∵∠ACB＝∠CAB＝30°，∴AB＝BC＝CD＝2r，AO=3r，∴AC=23r，∴sin∠PAO=????????=??3??=33，過(guò)Q作QG⊥AC于G，過(guò)D作DH⊥QG于H，則四邊形DHGC是矩形，∴HG＝CD，DH＝CG，∠HDC＝90°，∴sin∠PAO=????????=????123=33，∠QDH＝120°﹣90°＝30°，∴QG＝12，∴AG=????2?????2=122，∴QH＝12﹣2r，DH=23???122，∴tan∠QDH＝tan30°=????????=12?2??23???122=33，解得r=3+6，∴該圓的半徑為（3+6）cm．故答案為（3+6）．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查解直角三角形的應(yīng)用，圓周角定理，切線的性質(zhì)，正多邊形和圓等知識(shí)的綜合運(yùn)用．【變式4.2】（2020?金華）如圖是小明畫(huà)的卡通圖形，每個(gè)正六邊形的邊長(zhǎng)都相等，相鄰兩正六邊形的邊重合，點(diǎn)A，B，C均為正六邊形的頂點(diǎn)，AB與地面BC所成的銳角為β．則tanβ的值是19315．【分析】如圖，作AT∥BC，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AT于H，設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為a，則正六邊形的半徑為a，邊心距=32a．求出BH，AH即可解決問(wèn)題．【詳解】解：如圖，作AT∥BC，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AT于H，設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為a，則正六邊形的半徑為a，邊心距=32a．觀察圖象可知：BH=192a，AH=532a，∵AT∥BC，∴∠BAH＝β，∴tanβ=????????=192??532??=19315．故答案為19315．【點(diǎn)評(píng)】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問(wèn)題．【變式4.3】（2020?東陽(yáng)市模擬）圖2、圖3是起重機(jī)平移物體示意圖．在固定機(jī)架BAM中，AB＝5m，tan∠BAM=43．吊桿BCE由伸縮桿BC與6m長(zhǎng)的直桿CE組成，在機(jī)架BAM與直桿CE間有一根9m長(zhǎng)的支撐桿AD，且CD＝2m．假設(shè)起重機(jī)吊起物體準(zhǔn)備平移時(shí)，點(diǎn)E、C、B恰好在同一水平線上（圖2），在物體平移過(guò)程中始終保持EB∥AM（AM處在水平位置）．（1）如圖2，當(dāng)準(zhǔn)備平移物體時(shí)，伸縮桿BC＝(65+1)m．（2）在物體沿EB方向平移過(guò)程中，當(dāng)∠ADE＝60°時(shí)，物體被平移的距離為（65+4﹣35）m．【分析】（1）過(guò)點(diǎn)A作AG⊥BC于G，解Rt△ABG求得BG，由勾股定理求得GD，進(jìn)而根據(jù)線段和差求得BC；（2）連接BE，過(guò)A作AF⊥BE于F，過(guò)E作EG⊥AD于G，如圖2，解直角三角形求得EG，再證明△AFH∽△EGH，求得AH：EH，進(jìn)而由AD＝9列出方程求得AH，EH，GH，F(xiàn)H，進(jìn)而便可求得平移的距離．【詳解】解：（1）過(guò)點(diǎn)A作AG⊥BC于G，如圖1，在Rt△ABG，∠ABG＝∠BAM，AB＝5，∴????????=??????∠??????=??????∠??????=43，設(shè)AG＝4xm，則BG＝3xm，∴????=????2+????2=5??，∴5x＝5，∴x＝1，∴AG＝4m，BG＝3m，∴GD=????2?????2=65（m），∴BC＝BG+GD﹣CD＝3+65?2=65+1（m），故答案為：（65+1）；（2）連接BE，過(guò)A作AF⊥BE于F，過(guò)E作EG⊥AD于G，如圖2，∵BE∥AM，∴∠ABF＝∠BAM，∴tan∠ABF＝tan∠BAM=43，設(shè)AF＝4xm，則BF＝3xm，∴AB＝5x＝5，∴x＝1，∴AF＝4m，BF＝3m，在Rt△DEG中，DE＝4m，∠EDG＝60°，∴DG=12????=2m，EG=32×4=23m，∴AG＝AD﹣DG＝9﹣2＝7m，∵∠AFH＝∠EGH＝90°，∠AHF＝∠EHG，∴△AFH∽△EGH，∴????????=????????，即????????=423=23，設(shè)AH＝2y，則EH=3y，∴HG=????2?????2=3??2?12，∴AG＝AH+GH＝2y+3??2?12=7，解得，y＝14﹣315，或y＝14+315＞7（舍），∴EH=3y＝143?95（m），AH＝2y＝28﹣615（m），∴GH＝AG﹣AH＝615?21，∵△AFH∽△EGH，∴????????=????????=23，∴FH=23GH＝125?143，∴BE＝BF+FH+EH＝3+125?143+143?95=3+35，∴物體平移的距離為：（65+1+6）﹣（3+35）=65+4﹣35．故答案為：（65+4﹣35）．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，關(guān)鍵是正確構(gòu)造直角三角形．【變式4.4】（2019?金華模擬）小明家的門框上裝有一把防盜門鎖（如圖1）．其平面結(jié)構(gòu)圖如圖2所示，鎖身可以看成由兩條等弧AD，弧BC和矩形ABCD組成，弧BC的圓心是倒鎖按鈕點(diǎn)M．已知弧AD的弓形高GH＝2cm，AD＝8cm，EP＝11cm．當(dāng)鎖柄PN繞著點(diǎn)N旋轉(zhuǎn)至NQ位置時(shí)，門鎖打開(kāi)，此時(shí)直線PQ與弧BC所在的圓相切，且PQ∥DN，tan∠NQP＝2．（1）弧BC所在圓的半徑為5cm．（2）線段AB的長(zhǎng)度約為29.8cm．（5≈2.236，結(jié)果精確到0.1cm）【分析】如圖，連接BM，設(shè)HM交BC于K，延長(zhǎng)PQ交NM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，若直線PQ與弧BC所在的圓相切于J，連接MJ．分別求出TN，TM，MN即可解決問(wèn)題．【詳解】解：（1）如圖，連接BM，設(shè)HM交BC于K，延長(zhǎng)PQ交NM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，若直線PQ與弧BC所在的圓相切于J，連接MJ．設(shè)BM＝r，在Rt△BMK中，則有r2＝42+（r﹣2）2，解得r＝5，∴BM＝5，即弧BC所在圓的半徑為5cm．（2）∵DN∥PB，∴∠DNE＝∠P，∵NP＝NQ，∴∠P＝∠NQP，∴∠DNE＝∠NQP，∴tan∠DNE＝tan∠NQP＝2=????????，∵DE＝DG＝4，∴DE＝NG＝8，∴NP＝NE+EP＝4+11＝15，∵直線PQ與弧BC所在的圓相切于J，∴MJ⊥PQ，MJ＝5，∴∠TMJ＝∠NPT，∴tan∠TMJ＝tan∠NPT＝2，∴????????=????????=12，∴NT＝15×2＝30，TJ＝5×2＝10，∴????=????2+????2=52+102=55，∴MN＝NT﹣MT＝30﹣55，∴AB＝GN+MN+MK＝8+30﹣55+3＝41﹣55≈29.8cm故答案為：（1）5，（2）29.8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查解直角三角形，勾股定理，切線的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)．【壓軸五】二次函數(shù)的實(shí)際問(wèn)題【真題再現(xiàn)】（2021·浙江金華市·中考第21題）某游樂(lè)場(chǎng)的圓形噴水池中心O有一雕塑OA，從A點(diǎn)向四周噴水，噴出的水柱為拋物線，且形狀相同．如圖，以水平方向?yàn)閤軸，點(diǎn)O為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，點(diǎn)A在y軸上，x軸上的點(diǎn)C，D為水柱的落水點(diǎn)，水柱所在拋物線第一象限部分的函數(shù)表達(dá)式為．（1）求雕塑高OA．（2）求落水點(diǎn)C，D之間的距離．（3）若需要在OD上的點(diǎn)E處豎立雕塑EF，，．問(wèn)：頂部F是否會(huì)碰到水柱？請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明．【思路點(diǎn)撥】（1）求雕塑高,直接令，代入求解可得；（2）可先求出的距離，再根據(jù)對(duì)稱性求的長(zhǎng)；（3）利用，計(jì)算出的函數(shù)值，再與的長(zhǎng)進(jìn)行比較可得結(jié)論．【詳析詳解】解：（1）由題意得，A點(diǎn)在圖象上．當(dāng)時(shí)，．（2）由題意得，D點(diǎn)在圖象上．令，得．解得：（不合題意，舍去）．（3）當(dāng)時(shí)，，，∴不會(huì)碰到水柱．【方法小結(jié)】本題考查了二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)及圖像關(guān)于軸對(duì)稱問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是：掌握二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)．【變式訓(xùn)練】【變式5.1】（2020?嘉祥縣一模）如圖1，皮皮小朋友燃放一種手持煙花，這種煙花每隔2秒發(fā)射一發(fā)花彈，每一發(fā)花彈的飛行路徑、爆炸時(shí)的高度均相同．皮皮發(fā)射出的第一發(fā)花彈的飛行高度h（米）與飛行時(shí)間t（秒）之間的函數(shù)圖象如圖2所示．（1）求皮皮發(fā)射出的第一發(fā)花彈的飛行高度h（米）隨飛行時(shí)間t（秒）的函數(shù)表達(dá)式．（2）第一發(fā)花彈發(fā)射3秒后，第二發(fā)花彈達(dá)到的高度為多少米？（3）為了安全，要求花彈爆炸時(shí)的高度不低于16米．皮皮發(fā)現(xiàn)在第一發(fā)花彈爆炸的同時(shí)，第二發(fā)花彈與它處于同一高度，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明花彈的爆炸高度是否符合安全要求？【分析】（1）設(shè)頂點(diǎn)式解析式，代入（0，1.8）可求解；（2）當(dāng)?shù)谝话l(fā)花彈發(fā)射3秒后，第二發(fā)花彈發(fā)射1秒，把t＝1代入h＝﹣2（t﹣3）2+19.8即可得到結(jié)論；（3）這種煙花每隔2秒發(fā)射一發(fā)花彈，每一發(fā)花彈的飛行路徑，爆炸時(shí)的高度均相同，得第二發(fā)花彈的函數(shù)解析式，令第一發(fā)和第二發(fā)花彈的解析式相等，從而求出二者高度相等的時(shí)間，再代入函數(shù)解析式即可解得時(shí)間，從而得高度，進(jìn)一步就可得結(jié)論．【詳解】解：（1）設(shè)解析式為：h＝a（t﹣3）2+19.8，把點(diǎn)（0，1.8）代入得：1.8＝a（0﹣3）2+19.8，∴a＝﹣2，∴h＝﹣2（t﹣3）2+19.8，故相應(yīng)的函數(shù)解析式為：h＝﹣2（t﹣3）2+19.8；（2）當(dāng)?shù)谝话l(fā)花彈發(fā)射3秒后，第二發(fā)花彈發(fā)射1秒，把t＝1代入h＝﹣2（t﹣3）2+19.8得，h＝﹣2（1﹣3）2+19.8＝11.8米；（3）∵這種煙花每隔2秒發(fā)射一發(fā)花彈，每一發(fā)花彈的飛行路徑，爆炸時(shí)的高度均相同，皮皮小朋友發(fā)射出的第一發(fā)花彈的函數(shù)解析式為：h＝﹣2（t﹣3）2+19.8，∴第二發(fā)花彈的函數(shù)解析式為：h′＝﹣2（t﹣5）2+19.8，皮皮發(fā)現(xiàn)在第一發(fā)花彈爆炸的同時(shí)，第二發(fā)花彈與它處于同一高度，則令h＝h′得﹣2（t﹣3）2+19.8＝﹣2（t﹣5）2+19.8∴t＝4秒，此時(shí)h＝h′＝17.8米＞16米，答：花彈的爆炸高度符合安全要求．【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)的應(yīng)用題，求出其解析式，分析變化趨勢(shì)，可以代值驗(yàn)算，第三問(wèn)需要從實(shí)際問(wèn)題分析轉(zhuǎn)變成數(shù)學(xué)模型，從而得解．【變式5.2】（2019?婺城區(qū)一模）如圖是集體跳繩的示意圖，繩子在最高處和最低處時(shí)可以近似看作兩條對(duì)稱的拋物線，分別記為C1和C2，繩子在最低點(diǎn)處時(shí)觸地部分線段CD＝2米，兩位甩繩同學(xué)的距離AB＝8米，甩繩的手最低點(diǎn)離地面高度AE＝BN=1516米，最高點(diǎn)離地AF＝BM=2316米，以地面AB、拋物線對(duì)稱軸GH所在直線為x軸和y軸建立平面直角坐標(biāo)系．（1）求拋物線C1和C2的解析式；（2）若小明離甩繩同學(xué)點(diǎn)A距離1米起跳，至少要跳多少米以上才能使腳不被繩子絆??？（3）若集體跳繩每相鄰兩人（看成兩個(gè)點(diǎn)）之間最小距離為0.8米，騰空后的人的最高點(diǎn)頭頂與最低點(diǎn)腳底之距為1.5米，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，同時(shí)進(jìn)行跳繩的人數(shù)最多可以容納幾人？（溫馨提醒：所有同學(xué)起跳處均在直線CD上，不考慮錯(cuò)時(shí)跳起問(wèn)題，即身體部分均在C1和C2之間才算通過(guò)），（參考數(shù)據(jù)：2=1.414，3≈1.732）【分析】（1）先寫(xiě)出點(diǎn)C、D、E、F的坐標(biāo)，然后設(shè)解析式代入求解即可；（2）小明離甩繩同學(xué)點(diǎn)A距離1米起跳，可得此點(diǎn)的橫坐標(biāo)，代入C2解析式，即可求得；（3）用y1減去y2，讓其等于1.5，解出相應(yīng)點(diǎn)的橫坐標(biāo)，求出這兩個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)之間的距離，然后用間隔0.8乘以人數(shù)減1，即可解出．【詳解】解：（1）由已知得：C（﹣1，0），D（1，0），E（﹣4，1516），F(xiàn)（﹣4，2316），設(shè)C2解析式為：y2＝a（x+1）（x﹣1），把(?4，1516)代入得15a=1516，∴??=116，∴??2=116??2?116．由對(duì)稱性，設(shè)C1解析式y(tǒng)1=?116??2+??，把F（﹣4，2316）代入得c=3916∴y1=?116x2+3916故答案為：拋物線C1和C2的解析式分別為：y1=?116x2+3916，??2=116??2?116．（2）把x＝﹣3代入??2=116??2?116得y2=116×9?116=12，∴至少要跳12米以上才能使腳不被繩子絆?。?）由y1﹣y2＝1.5得：?116x2+3916?116??2+116=1.5，∴??1=22，??2=?22，∴x1﹣x2=42≈4×1.414＝5.656，設(shè)同時(shí)進(jìn)行跳繩的人數(shù)最多可以容納x人則0.8（x﹣1）≤5.656，∴x≤8.07∴同時(shí)進(jìn)行跳繩的人數(shù)最多可以容納8人．【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用題，需要分析題意，構(gòu)建函數(shù)模型，從而求解，難點(diǎn)在于如何分析題意列式．【變式5.3】（2019?義烏市模擬）兒童游樂(lè)場(chǎng)有一項(xiàng)射擊游戲，從O處發(fā)射小球，將球投入正方形籃筐DABC．正方形籃筐三個(gè)頂點(diǎn)為A（2，2），B（3，2），D（2，3）．小球按照拋物線y＝﹣x2+bx+c飛行．小球落地點(diǎn)P坐標(biāo)（n，0）．（1）點(diǎn)C坐標(biāo)為（3，3）．（2）求c，b并寫(xiě)出小球飛行中最高點(diǎn)N的坐標(biāo)（??2，??24）；（用含有n的代數(shù)式表示）；（3）若小球發(fā)射之后能夠直接入籃，球沒(méi)有接觸籃筐，請(qǐng)直接寫(xiě)出n的取值范圍．【分析】（1）由正方形的性質(zhì)及A、B、D三點(diǎn)的坐標(biāo)求得AD＝BC＝1即可得；（2）把（0，0）（n，0）代入y＝﹣x2+bx+c求得b＝n、c＝0，據(jù)此可得函數(shù)解析式，配方成頂點(diǎn)式即可得出答案；（3）根據(jù)“小球發(fā)射之后能夠直接入籃，球沒(méi)有接觸籃筐”知：當(dāng)x＝2時(shí)y＞3，當(dāng)x＝3時(shí)y＜2，據(jù)此列出關(guān)于n的不等式組，解之可得．【詳解】解：（1）∵A（2，2），B（3，2），D（2，3），∴AD＝BC＝1，則點(diǎn)C（3，3），故答案為：（3，3）；（2）把（0，0）（n，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：??=0???2+????+??=0，解得：??=????=0，∴拋物線解析式為y＝﹣x2+nx＝﹣（x???2）2+??24，∴頂點(diǎn)N坐標(biāo)為（??2，??24）；故答案為：（??2，??24）；（3）根據(jù)題意，得：當(dāng)x＝2時(shí)y＞3，當(dāng)x＝3時(shí)y＜2，即?4+2??＞3?9+3??＜2，解得：72＜n＜113．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二次函數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)及將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的問(wèn)題能力．【變式5.4】（2020春?金東區(qū)校級(jí)月考）如圖，拋物線y=?12x2+2x+6交x軸于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的右側(cè)），交y軸于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D，對(duì)稱軸分別交x軸、AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，點(diǎn)P是射線DE上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作AC的平行線MN交x軸于點(diǎn)H，交拋物線于點(diǎn)M，N（點(diǎn)M位于對(duì)稱軸的左側(cè)），設(shè)點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為t．（1）求拋物線的對(duì)稱軸及點(diǎn)A的坐標(biāo)；（2）當(dāng)點(diǎn)P位于EF的中點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）①點(diǎn)P在線段DE上運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)????????=2，求t的值；②點(diǎn)Q是拋物線上一點(diǎn)，點(diǎn)P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滿足以點(diǎn)C，P，M，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，則此時(shí)t的值是﹣16或﹣2+217（請(qǐng)直接寫(xiě)出答案）．【分析】（1）令y＝0，可求點(diǎn)A，點(diǎn)B坐標(biāo)，利用對(duì)稱性可求拋物線的對(duì)稱軸；（2）先求出直線AC解析式，可求點(diǎn)P坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求MN解析式，聯(lián)立方程組可求點(diǎn)M坐標(biāo)；（3）①利用等腰直角三角形的性質(zhì)和平行線分線段成比例可求點(diǎn)M坐標(biāo)，代入解析式可求解；②分兩種情況討論，利用平行四邊形的性質(zhì)可求解．【詳解】解：（1）對(duì)于拋物線y=?12x2+2x+6，令y＝0，得到?12x2+2x+6＝0，解得x＝﹣2或6，∴B（﹣2，0），A（6，0），令x＝0，得到y(tǒng)＝6，∴C（0，6），∴拋物線的對(duì)稱軸為直線x=?2+62=2；（2）∵點(diǎn)C（0，6），點(diǎn)A（6，0），∴直線AC解析式為y＝﹣x+6，∴當(dāng)x＝2時(shí)，y＝4，∴點(diǎn)F（2，4），∵點(diǎn)P位于EF的中點(diǎn)，∴點(diǎn)P（2，2），設(shè)直線MN解析式為y＝﹣x+b，∴2＝﹣2+b，∴b＝4，∴直線MN解析式為y＝﹣x+4，聯(lián)立方程組可得：??=???+4??=?12??2+2??+6，解得：??1=3?13??1=13+1，??2=3+13??2=?13+1（舍去），∴點(diǎn)M（3?13，13+1）；（3）①如圖1，過(guò)點(diǎn)M作MQ⊥AB于Q，∵點(diǎn)P（2，t），∴OE＝2，PE＝t，∵AC＝BC，∴∠CAO＝∠ACO＝45°，∵M(jìn)N∥AC，∴∠MHQ＝∠CAO＝45°，∴∠PHE＝∠HPE＝45°，∠QMH＝∠MHQ＝45°，∴MQ＝QH，PE＝EH＝t，∵PH∥MQ，∴????????=????????，∵????????=2，∴????????=????????=13，∴??????=13，∴QH＝3t＝MQ，∴OQ＝3t﹣t﹣2＝2t﹣2，∴點(diǎn)M（2﹣2t，3t），∴3t=?12（2﹣2t）2+2（2﹣2t）+6，∴t1=?3+734，t2=?3?734（舍去），∴點(diǎn)P在線段DE上運(yùn)動(dòng)時(shí)，t的值為?3+734；②若PM為邊，∵以點(diǎn)C，P，M，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，∴MP∥CQ，MP＝CQ，又∵AC∥MP，∴點(diǎn)Q與點(diǎn)A重回，∴Mx﹣Px＝?x﹣Ax＝6，My﹣Py＝?y﹣Ay＝6，∴Mx＝6+2＝8，My＝6+t，∴6+t=?12×64+2×8+6，∴t＝﹣16；若PM為對(duì)角線，∵四邊形CPQM是平行四邊形，∴CP＝MQ，CM＝PQ，CP∥MQ，∴Px﹣?x＝Qx﹣Mx＝2，Py﹣?y＝Qy﹣My＝t﹣6，設(shè)點(diǎn)M（a，?12a2+2a+6），則點(diǎn)Q（a+2，?12a2+8），∴（?12a2+8）﹣（?12a2+2a+6）＝t﹣6，∴t＝8﹣2a，∵2﹣a=?12a2+2a+6﹣t，∴a＝5+17（舍去），a＝5?17，∴t＝﹣2+217；綜上所述：t＝﹣16或﹣2+217．【點(diǎn)評(píng)】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，利用分類討論思想解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．【壓軸六】圓計(jì)算與證明綜合問(wèn)題【真題再現(xiàn)】（2021·浙江金華市·中考第22題）在扇形中，半徑，點(diǎn)P在OA上，連結(jié)PB，將沿PB折疊得到．（1）如圖1，若，且與所在的圓相切于點(diǎn)B．①求的度數(shù)．②求AP的長(zhǎng)．（2）如圖2，與相交于點(diǎn)D，若點(diǎn)D為的中點(diǎn)，且，求的長(zhǎng)．【思路點(diǎn)撥】(1)根據(jù)圖像折疊的性質(zhì)，確定角之間的關(guān)系，通過(guò)已知的角度來(lái)間接求所求角的角度；求的長(zhǎng)，先連接，先在中，求出；再在中，求出即可得到答案；（2）要求的長(zhǎng)，扇形的半徑已知，就轉(zhuǎn)化成求的度數(shù)，連接，通過(guò)條件找到角之間的等量關(guān)系，再根據(jù)三角形內(nèi)角和為，建立等式求出，最后利用弧長(zhǎng)的計(jì)算公式進(jìn)行計(jì)算．【詳析詳解】解：（1）①如圖1，為圓的切線．由題意可得，，．，②如圖1，連結(jié)，交BP于點(diǎn)Q．則有．在中，．在中，，．（2）如圖2．連結(jié)OD．設(shè)．∵點(diǎn)D為的中點(diǎn)．．由題意可得，．又，，解得．．【方法小結(jié)】本題考查了求線段的長(zhǎng)度和弧長(zhǎng)的長(zhǎng)度問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是：根據(jù)題目中的條件，找到邊角之間的等量關(guān)系，通過(guò)等量代換的思想間接求出所需要求的量．【變式訓(xùn)練】【變式6.1】（2020秋?東陽(yáng)市期末）如圖，BC是⊙O的直徑，弦AD⊥BC于點(diǎn)E，連接AB，CD，點(diǎn)G在BC的延長(zhǎng)線上，使∠DAG＝2∠D．（1）求證：AG與⊙O相切．（2）若????????=23，CE＝4，請(qǐng)求出CG的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OA，由垂徑定理可得出∠AEO＝90°，得出∠AOC＝∠DAG，證出∠OAG＝90°，則可得出結(jié)論；（2）連接AC，證明△AEC∽△BEA，由相似三角形的性質(zhì)得出????????=????????，設(shè)AE＝2x，BE＝3x，求出x＝3，證明△AOE∽△GAE，得出????????=????????，求出EG的長(zhǎng)，則可得出答案．【詳解】（1）證明：連接OA，∵AD⊥BC，∴∠AEO＝90°，∴∠AOE+∠OAE＝90°，∵∠AOC＝2∠D，∠DAG＝2∠D，∴∠AOC＝∠DAG，∴∠DAG+∠OAE＝90°，∴∠OAG＝90°，∴OA⊥AG，∴AG與⊙O相切；（2）解：連接AC，∵BC為⊙O的直徑，∴∠BAC＝90°，∴∠EAC+∠BAE＝∠ABE+∠BAE＝90°，∴∠EAC＝∠ABE，又∵∠AEC＝∠AEB，∴△AEC∽△BEA，∴????????=????????，設(shè)AE＝2x，BE＝3x，∴（2x）2＝3x?4，∴x＝3，∴AE＝6，BE＝9，∴BC＝13，∴OA=132，OE=132?4=52，∵∠DAG＝∠AOE，∠AEO＝∠AEG＝90°，∴△AOE∽△GAE，∴????????=????????，∴6????=526，∴EG=725，∴CG＝EG﹣EC=725?4=525．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，解直角三角形，熟練掌握切線的判定及相似三角形的判定與性質(zhì)是解此題的關(guān)鍵．【變式6.2】（2019秋?義烏市期末）如圖，已知AB為半圓O的直徑，AC，AD為弦，且AD平分∠BAC．（1）若∠ABC＝28°，求∠CBD的度數(shù)；（2）若AB＝6，AC＝2，求AD的長(zhǎng)．【分析】（1）利用圓周角定理得到∠C＝∠ADB＝90°，則根據(jù)互余計(jì)算出∠CAB＝62°，再根據(jù)角平分線的定義得到∠CAD=12∠CAB＝31°，然后根據(jù)圓周角定理得到∠CBD的度數(shù)；（2）連接OD交BC于E，如圖，先利用勾股定理計(jì)算出BC＝42，由∠CAD＝∠BAD得到????=????，根據(jù)垂徑定理得到OD⊥BC，BE＝CE=12BC＝22，則OE＝1，然后根據(jù)勾股定理計(jì)算出BD，接著計(jì)算出AD．【詳解】解：（1）∵AB是⊙O的直徑，∴∠C＝∠ADB＝90°，∴∠CAB＝90°﹣28°＝62°，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=12∠CAB＝31°，∴∠CBD＝∠CAD＝31°；（2）連接OD交BC于E，如圖，在Rt△ACB中，BC=62?22=42，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠BAD，∴????=????，∴OD⊥BC，∴BE＝CE=12BC＝22，∴OE=12AC=12×2＝1，∴DE＝OD﹣OE＝3﹣1＝2，在Rt△BDE中，BD=22+(22)2=23，在Rt△ABD中，AD=62?(23)2=26．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半．推論：半圓（或直徑）所對(duì)的圓周角是直角，90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑．【變式6.3】（2020?大連一模）如圖1，AB是⊙O的直徑，PB，PC是⊙O的兩條切線，切點(diǎn)分別為B，C．（1）求證：∠CPB＝2∠ABC；（2）延長(zhǎng)BA、PC相交于點(diǎn)D（如圖2），設(shè)⊙O的半徑為2，sin∠PDB=23，求PC的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OP，由切線長(zhǎng)定理得PC＝PB，∠CPO＝∠BPO，證得∠EPB＝∠ABC，則可得出結(jié)論；（2）連接OC，得出sin∠CDO=????????=23，求出OD＝3，設(shè)PC＝x，方法一：由勾股定理得出(??+5)2=??2+52，解得x＝25．則可得出答案．方法二：由銳角三角函數(shù)的定義可得出答案．【詳解】解：（1）證明：連接OP，∵PB，PC是⊙O的兩條切線，∴PC＝PB，∠CPO＝∠BPO，∴PE⊥BC，∴∠PEB＝90°，∴∠EPB+∠PBE＝90°，∵AB為直徑，PB是⊙O的切線，∴∠ABP＝90°，∴∠PBE+∠ABC＝90°，∴∠EPB＝∠ABC，∴∠CPB＝2∠ABC；（2）連接OC，∵PC是⊙O的切線，∴OC⊥CD，∴∠OCD＝90°，∵⊙O的半徑為2，sin∠PDB=23，∴sin∠CDO=????????=23，∴OD＝3，∴DC=????2?????2=32?22=5，設(shè)PC＝x，方法一：∵BD2+PB2＝PD2，∴(??+5)2=??2+52，解得x＝25．∴PC＝25．方法二：∵sin∠PDB=????????=????+5=23，∴x＝25．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了切線長(zhǎng)定理，勾股定理，銳角三角函數(shù)和切線的性質(zhì)等知識(shí)，熟練運(yùn)用方程的思想方法是解題關(guān)鍵．【變式6.4】（2020?永康市一模）如圖，已知⊙C過(guò)菱形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)B，A，D，連接BD，過(guò)點(diǎn)A作AE∥BD交射線CB于點(diǎn)E．（1）求證：AE是⊙C的切線．（2）若半徑為2，求圖中線段AE、線段BE和????圍成的部分的面積．（3）在（2）的條件下，在⊙C上取點(diǎn)F，連接AF，使∠DAF＝15°，求點(diǎn)F到直線AD的距離．【分析】（1）連接AC．證明AE⊥AC即可解決問(wèn)題．（2）證明△ABC是等邊三角形，推出∠ACB＝60°，AE＝AC?tan60°＝23，根據(jù)S陰＝S△AEC﹣S扇形ACB求解即可．（3）分兩種情形：①如圖2中，當(dāng)點(diǎn)F在????上時(shí)．②如圖3中，當(dāng)點(diǎn)F在優(yōu)弧????上時(shí)，分別求解即可．【詳解】（1）證明：如圖1中，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵BD∥AE，∴AC⊥AE，∴AE是⊙O的切線．（2）如圖1中，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，又∵AC＝BC，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ACB＝60°，∵AC＝2，∴AE＝AC?tan60°＝23，∴S陰＝S△AEC﹣S扇形ACB=12×2×23?60????22360=23?23π．（3）①如圖2中，當(dāng)點(diǎn)F在????上時(shí)，∵∠DAF＝15°，∴∠DCF＝30°，∵∠ACD＝60°，∴∠ACF＝∠FCD，∴點(diǎn)F是弧AD的中點(diǎn)，∴CF⊥AD， ∴點(diǎn)F到直線AD的距離＝CF﹣CA?cos30°＝2?3．②如圖3中，當(dāng)點(diǎn)F在優(yōu)弧????上時(shí)，∵∠DAF＝15°，∴∠DCF＝30°，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AD于D，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥CG于H，可得∠AFH＝15°，∠HFC＝30°，∴CH＝1，∴點(diǎn)F到直線AD的距離＝CG﹣CH＝AC?cos30°﹣CH=3?1．綜上所述，滿足條件的點(diǎn)F到直線AD的距離為2?3或3?1．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于圓綜合題，考查了切線的判定，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的扇形思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．【壓軸七】函數(shù)圖象性質(zhì)綜合探究問(wèn)題【真題再現(xiàn)】（2021·浙江金華市·中考第23題）背景：點(diǎn)A在反比例函數(shù)的圖象上，軸于點(diǎn)B，軸于點(diǎn)C，分別在射線上取點(diǎn)，使得四邊形為正方形．如圖1，點(diǎn)A在第一象限內(nèi)，當(dāng)時(shí)，小李測(cè)得．探究：通過(guò)改變點(diǎn)A的位置，小李發(fā)現(xiàn)點(diǎn)D，A的橫坐標(biāo)之間存在函數(shù)關(guān)系．請(qǐng)幫助小李解決下列問(wèn)題．（1）求k的值．（2）設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為，將z關(guān)于x的函數(shù)稱為“Z函數(shù)”．如圖2，小李畫(huà)出了時(shí)“Z函數(shù)”的圖象．①求這個(gè)“Z函數(shù)”的表達(dá)式．②補(bǔ)畫(huà)時(shí)“Z函數(shù)”的圖象，并寫(xiě)出這個(gè)函數(shù)的性質(zhì)（兩條即可）．③過(guò)點(diǎn)作一直線，與這個(gè)“Z函數(shù)”圖象僅有一個(gè)交點(diǎn)，求該交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．【思路點(diǎn)撥】（1）利用待定系數(shù)法解題；（2）①設(shè)點(diǎn)A坐標(biāo)為，繼而解得點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為，根據(jù)題意解題即可；②根據(jù)解析式在網(wǎng)格中描點(diǎn)，連線即可畫(huà)出圖象，根據(jù)圖象的性質(zhì)解題；③分兩種種情況討論，當(dāng)過(guò)點(diǎn)的直線與x軸垂直時(shí)，或當(dāng)過(guò)點(diǎn)的直線與x軸不垂直時(shí)，結(jié)合一元二次方程解題即可．【詳析詳解】解：（1）由題意得，，點(diǎn)A的坐標(biāo)是，所以；（2）①設(shè)點(diǎn)A坐標(biāo)為，所以點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為，所以這個(gè)“Z函數(shù)”表達(dá)式為；②畫(huà)出的圖象如圖：性質(zhì)如下（答案不唯一）；（a）函數(shù)的圖象是兩個(gè)分支組成的，是兩條曲線（b）函數(shù)的圖象關(guān)于直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)成中心對(duì)稱．（c）當(dāng)時(shí)，函數(shù)值z(mì)隨自變量x的增大而增大，當(dāng)時(shí)，函數(shù)值z(mì)隨自變量x的增大面增大．③第一種情況，當(dāng)過(guò)點(diǎn)的直線與x軸垂直時(shí)，；第二種情況，當(dāng)過(guò)點(diǎn)的直線與x軸不垂直時(shí)，設(shè)該直線的函數(shù)表達(dá)式為，，即，，由題意得，，（a）當(dāng)時(shí)，，解得；（b）當(dāng)時(shí)，，解得，當(dāng)時(shí)，．解得；當(dāng)時(shí)，，解所以x的值為．【方法小結(jié)】本題考查反比例函數(shù)的圖象與性質(zhì)、求一次函數(shù)的解析式、解一元二次方程等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，難度一般，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．【變式訓(xùn)練】【變式7.1】（2020?東陽(yáng)市模擬）如圖，直線y=?34x+6與反比例函數(shù)y=????（x＞0）分別交于點(diǎn)B、C（AB＜AC），經(jīng)探索研究發(fā)現(xiàn)：結(jié)論AB＝CD始終成立．另一直線y＝mx（m＞0）交線段BC于點(diǎn)E，交反比例函數(shù)y=????（x＞0）圖象于點(diǎn)F．（1）當(dāng)BC＝5時(shí)：①求反比例函數(shù)的解析式．②若BE＝3CE，求點(diǎn)F的坐標(biāo)．（2）當(dāng)BE：CD＝1：2時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出k與m的數(shù)量關(guān)系．【分析】（1）①先求出OA＝6，OD＝8，進(jìn)而求出AD＝10，再根據(jù)AB＝CD，求出AB=52，再判斷出△ABG∽ADO，得出????6=????8=5210，進(jìn)而求出B（2，92），即可得出結(jié)論；②先求出AE=254，同①的方法求出點(diǎn)E（5，94），進(jìn)而得出直線OE的解析式為y=920x，即可得出結(jié)論；（2）先設(shè)出BE＝a，得出CD＝2a＝AB，進(jìn)而得出AE＝3a，同（1）①的方法求出點(diǎn)E（125a，6?95a），代入直線解析式中得出a=104??+3，進(jìn)而求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，將點(diǎn)C坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式中，即可讓得出結(jié)論．【詳解】解：（1）①針對(duì)于直線y=?34x+6，令x＝0，則y＝6，∴A（0，6），∴OA＝6，令y＝0，則0=?34x+6，∴x＝8，∴D（8，0），∴OD＝8，∴AD＝10，∵BC＝5，∴AB+CD＝AD﹣BC＝5，∵AB＝CD，∴AB=52，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥y軸于G，∴∠AGB＝90°＝∠AOB，∵∠BAG＝∠DAO，∴△ABG∽ADO，∴????????=????????=????????，∴????6=????8=5210，∴AG=32，BG＝2，∴OG＝OA﹣AG=92，∴B（2，92），∵點(diǎn)B在反比例函數(shù)y=????（x＞0））圖象上，∴k＝2×92=9，∴反比例函數(shù)的解析式為y=9??；②∵BC＝5，∴BE+CE＝5，∵BE＝3CE，∴BE=154，∴AE＝AB+BE=254，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥y軸于H，∴∠AHE＝90°＝∠AOB，∵∠HAE＝∠OAD，∴△HAE∽△OAD，∴????????=????????=????????，∴????6=????8=25410，∴AH=154，BG＝5，∴OH＝OA﹣AH=94，∴E（5，94），∴直線OE的解析式為y=920x，聯(lián)立??=9????=920??，解得，??=?25??=?9510（舍）或??=25??=9510，∴F（25，9510）；（2）∵BE：CD＝1：2，∴BE＝a，則CD＝2a，∴AB＝CD＝2a，∴AE＝AB+BE＝3a，同（1）的方法得，點(diǎn)C（85（5﹣a），65a），過(guò)點(diǎn)E作EH⊥y軸于H，同（1）的方法得，△HAE∽△OAD，∴????????=????????=????????，∴????6=????8=3??10，∴AH=95a，EH=125a，∴OH＝OA﹣AH＝6?95a，∴E（125a，6?95a），將點(diǎn)E坐標(biāo)代入直線y＝mx（m＞0）中，解得125am＝6?95a，∴a=104??+3，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（32??+84??+3，124??+3），∵點(diǎn)C在反比例函數(shù)y=????（x＞0）的圖象上，∴k=32??+84??+3×124??+3=96(4??+1)(4??+3)2．【點(diǎn)評(píng)】此題是反比例函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，直線和雙曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)的求法，相似三角形的判定和性質(zhì)，構(gòu)造出相似三角形，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)是解本題的關(guān)鍵．【變式7.2】（2020?婺城區(qū)模擬）對(duì)于平面直角坐標(biāo)系xOy中的任意點(diǎn)P（x，y），如果滿足x+y＝a（x≥0，a為常數(shù)），那么我們稱這樣的點(diǎn)叫做“特征點(diǎn)”．（1）當(dāng)2≤a≤3時(shí)，①在點(diǎn)A（1，2），B（1，3），C（2.5，0）中，滿足此條件的特征點(diǎn)為A，C；②⊙W的圓心為W（m，0），半徑為1，如果⊙W上始終存在滿足條件的特征點(diǎn)，請(qǐng)畫(huà)出示意圖，并直接寫(xiě)出m的取值范圍；（2）已知函數(shù)Z=1??+x（x＞0），請(qǐng)利用特征點(diǎn)求出該函數(shù)的最小值．【分析】（1）①根據(jù)“特征點(diǎn)”的定義判斷即可．②如圖2中，當(dāng)⊙W1與直線y＝﹣x+2相切時(shí)，W1（2?2，0），當(dāng)⊙W2與直線y＝﹣3相切時(shí)，W2（3+2，0），結(jié)合圖象，⊙W與圖中陰影部分有交點(diǎn)時(shí)，⊙W上存在滿足條件的特征點(diǎn)．（2）特征點(diǎn)的圖象是由原點(diǎn)向外擴(kuò)大，當(dāng)與反比例函數(shù)的圖象第一次有交點(diǎn)時(shí)，x+1??的值最小（如圖3中）．【詳解】解：（1）①∵1+2＝3，1+3＝4，2.5+0＝2.5，又∵2≤a≤3，∴A，C是特征點(diǎn)．故答案為：A，C．②如圖2中，當(dāng)⊙W1與直線y＝﹣x+2相切時(shí)，W1（2?2，0），當(dāng)⊙W2與直線y＝﹣3相切時(shí)，W2（3+2，0），觀察圖象可知滿足條件的m取值范圍為：2?2≤m≤3+2．（2）∵x＞0，∴y=1??的圖象在第一象限，這個(gè)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，1??），∵特征點(diǎn)滿足x+y＝a（x≥0，a為常數(shù)），∴x+1??=a，特征點(diǎn)的圖象是由原點(diǎn)向外擴(kuò)大，當(dāng)與反比例函數(shù)的圖象第一次有交點(diǎn)時(shí)，x+1??的值最小（如圖3中），此時(shí)交點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，1），∴Z＝x+1??的值最小，最小值為2．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于反比例函數(shù)綜合題，考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，反比例函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)兩條圖象法解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．【變式7.3】（2020?蘭溪市模擬）已知一次函數(shù)y＝ax+b的圖象交x軸于點(diǎn)P，交反比例函數(shù)y=????（k≠0）的圖象于A、B兩點(diǎn)，且A點(diǎn)坐標(biāo)為（1，4）．（1）求反比例函數(shù)y=????（k≠0）的解析式；（2）若PA：PB＝3：1，求P點(diǎn)坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，是否存在既相切于直線AP，又相切于x軸，且圓心C在反比例函數(shù)圖象上的圓？若存在，求出C點(diǎn)的橫坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）把點(diǎn)A的坐標(biāo)代入解析式求出k即可．（2）如圖，分別過(guò)A，B作AN⊥x軸，BM⊥x軸，N，M為垂足．分兩種情形：當(dāng)點(diǎn)B在反比例函數(shù)的左支圖象上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)B在反比例函數(shù)的右支圖象上時(shí)，分別求解即可．（3）由題意，點(diǎn)C在∠APO或其外角的角平分線上．分四種情形：當(dāng)點(diǎn)P在x軸負(fù)半軸上，且點(diǎn)C在∠APO的角平分線時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P在x軸負(fù)半軸上，且點(diǎn)C在∠APO的外角平分線上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P在x軸正半軸上，且點(diǎn)C在∠APO的角平分線上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P在x軸正半軸上，且點(diǎn)C在∠APO的外角平分線上時(shí)，【詳解】解：（1）∵點(diǎn)A（1，4）在反比例函數(shù)y=????的圖象上，∴4=??1，∴k＝4，從而可得所求反比例函數(shù)的解析式為y=4??．（2）如圖，分別過(guò)A，B作AN⊥x軸，BM⊥x軸，N，M為垂足．當(dāng)點(diǎn)B在反比例函數(shù)的左支圖象上時(shí)，∵PA：PB＝3：1，∴AN：BM＝3：1，又由已知AN＝4，∴BM=43，∴OM＝3，設(shè)OP＝a，則PN＝a+1，PM＝3﹣a，由已知可得??+13???=31，解得a＝2，即此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣2，0）．當(dāng)點(diǎn)B在反比例函數(shù)的右支圖象上時(shí)，∵PA：PB＝3：1，∴AN：BM＝3：1，又由已知AN＝4，∴BM=43，∴OM＝3，設(shè)OP＝a，則PN＝a﹣1，PM＝a﹣3，由已知可得???3???1=13，解得a＝4，即此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（4，0）．（3）∵⊙C既相切于直線AP，又相切于x軸，∴點(diǎn)C在∠APO或其外角的角平分線上，當(dāng)點(diǎn)P在x軸負(fù)半軸上，且點(diǎn)C在∠APO的角平分線時(shí)，由（2）知，AP＝5，取點(diǎn)E（3，0），則PA＝PE，∴線段AE的中點(diǎn)Q坐標(biāo)為（2，2），∴∠APO的角平分線為y=12x+1，由??=12??+1??=4??，解得??=2??=2或??=?4??=?1，∴C點(diǎn)橫坐標(biāo)為2或﹣4，當(dāng)點(diǎn)P在x軸負(fù)半軸上，且點(diǎn)C在∠APO的外角平分線上時(shí)，無(wú)解，當(dāng)點(diǎn)P在x軸正半軸上，且點(diǎn)C在∠APO的角平分線上時(shí)，無(wú)解，當(dāng)點(diǎn)P在x軸正半軸上，且點(diǎn)C在∠APO的外角平分線上時(shí)，由（2）知，AP＝5，取點(diǎn)E（﹣1，0），則PA＝PE，∴線段AE的中點(diǎn)Q坐標(biāo)為（0，2），∴∠APO的角平分線為y=?12x+2，∴∠APO的外角平分線為y＝2x﹣8，由??=2???8??=4??，解得??=?6+2??=?26?4或??=6+2??=26?4，∴C點(diǎn)橫坐標(biāo)為?6+2或6+2．綜上所述，滿足條件點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為2或﹣4或?6+2或6+2．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于反比例函數(shù)綜合題，考查了反比例函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．【變式7.4】（2019?義烏市一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x1，y1），點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若PQ為某個(gè)等腰三角形的腰，且該等腰三角形的底邊與x軸平行，則稱該等腰三角形為點(diǎn)P，Q的“相關(guān)等腰三角形”．下圖為點(diǎn)P，Q的“相關(guān)等腰三角形”的示意圖．（1）已知點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，1），點(diǎn)B的坐標(biāo)為(?3，0)，則點(diǎn)A，B的“相關(guān)等腰三角形”的頂角為120°；（2）若點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，3)，點(diǎn)D在直線y＝43上，且C，D的“相關(guān)等腰三角形”為等邊三角形，求直線CD的表達(dá)式；（3）⊙O的半徑為2，點(diǎn)N在雙曲線y=?3??上．若在⊙O上存在一點(diǎn)M，使得點(diǎn)M、N的“相關(guān)等腰三角形”為直角三角形，直接寫(xiě)出點(diǎn)N的橫坐標(biāo)xN的取值范圍．【分析】（1）畫(huà)出圖形求出∠BAO的度數(shù)即可解決問(wèn)題；（2）利用等邊三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)D坐標(biāo)即可解決問(wèn)題；（3）因?yàn)辄c(diǎn)M、N的“相關(guān)等腰三角形”為直角三角形，推出直線MN與x軸的夾角為45°，可以假設(shè)直線MN的解析式為y＝﹣x+b，當(dāng)直線與⊙O相切于點(diǎn)M時(shí)，求出直線MN的解析式，利用方程組求出點(diǎn)N的坐標(biāo)，觀察圖象即可解決問(wèn)題．【詳解】解：（1）如圖1中，∵A的坐標(biāo)為（0，1），點(diǎn)B的坐標(biāo)為(?3，0)，∴點(diǎn)A，B的“相關(guān)等腰三角形”△ABC的當(dāng)C（3，0）或（﹣23，1），∵tan∠BAO=31=3，∴∠BAO＝∠CAO＝60°，∴∠BAC＝∠ABC′＝120°，故答案為120．（2）如圖2中，設(shè)直線y＝43交y軸于F（0，43），∵C（0，3），∴CF＝33，∵且C，D的“相關(guān)等腰三角形”為等邊三角形，∴∠CDF＝∠CD′F＝60°，∴DF＝FD′＝33?tan30°＝3，∴D（3，43），D′（﹣3，43），∴直線CD的解析式為y=3x+3，或y=?3x+3．（3）如圖3中，∵點(diǎn)M、N的“相關(guān)等腰三角形”為直角三角形，∴直線MN與x軸的夾角為45°，可以假設(shè)直線MN的解析式為y＝﹣x+b，當(dāng)直線與⊙O相切于點(diǎn)M時(shí)，易知b＝±2，∴直線MN的解析式為y＝﹣x+2或y＝﹣x﹣2，由??=???+2??=?3??，解得??=?1??=3或??=3??=?1，∴N（﹣1，3），N′（3，1），由??=????2??=?3??解得??=1??=?3或??=?3??=1，∴N1（﹣3，1），N2（1，﹣3），觀察圖象可知滿足條件的點(diǎn)N的橫坐標(biāo)的取值范圍為：﹣3≤xN≤﹣1或1≤xN≤3．【點(diǎn)評(píng)】本題考查反比例函數(shù)綜合題、一次函數(shù)的應(yīng)用、等邊三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、“相關(guān)等腰三角形”的定義等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．【壓軸八】函數(shù)與幾何綜合問(wèn)題【真題再現(xiàn)】（2021·浙江金華市·中考第24題）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為，點(diǎn)B在直線上，過(guò)點(diǎn)B作AB的垂線，過(guò)原點(diǎn)O作直線l的垂線，兩垂線相交于點(diǎn)C．（1）如圖，點(diǎn)B，C分別在第三、二象限內(nèi)，BC與AO相交于點(diǎn)D．①若，求證：．②若，求四邊形的面積．（2）是否存在點(diǎn)B，使得以為頂點(diǎn)的三角形與相似？若存在，求OB的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【思路點(diǎn)撥】（1）①等腰三角形等角對(duì)等邊，則，根據(jù)等角的余角相等和對(duì)頂角相等，得到，根據(jù)等角對(duì)等邊，即可證明；②添加輔助線，過(guò)點(diǎn)A作于點(diǎn)H，根據(jù)直線l的解析式和角的關(guān)系，分別求出線段AB、BC、OB、OC的長(zhǎng)，則；（2）分多鐘情況進(jìn)行討論：①當(dāng)點(diǎn)C在第二象限內(nèi)，