廣東省中考數(shù)學(xué)壓軸試題〔第16題，24、25題〕一．填空題〔共6小題〕1．如圖，在△ABC中，∠BAC=45°，AB=4cm，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45°后得到△A′BC′，那么陰影局部的面積為．2．如圖，矩形ABCD中，AD=4，∠CAB=30°，點P是線段AC上的動點，點Q是線段CD上的動點，那么AQ+QP的最小值是．3．如圖，⊙O的半徑為2，OA=4，AB切⊙O于B，弦BC∥OA，連結(jié)AC，圖中陰影局部的面積為．4．如圖，半圓的直徑AB=10，P為AB上一點，點C，D為半圓上的三等分點，那么圖中陰影局部的面積等于．(4題)〔5題〕〔6題〕5．如圖，兩個半徑相等的直角扇形的圓心分別在對方的圓弧上，半徑AE、CF交于點G，半徑BE、CD交于點H，且點C是的中點，假設(shè)扇形的半徑為2，那么圖中陰影局部的面積等于．6．如圖，AB是半圓O的直徑，且AB=8，點C為半圓上的一點．將此半圓沿BC所在的直線折疊，假設(shè)圓弧BC恰好過圓心O，那么圖中陰影局部的面積是．〔結(jié)果保存π〕二．解答題〔共24小題〕7．閱讀材料：如圖1，過△ABC的三個頂點分別作出與水平線垂直的三條直線，外側(cè)兩條直線之間的距離叫△ABC的“水平寬〞〔a〕，中間的這條直線在△ABC內(nèi)部線段的長度叫△ABC的“鉛垂高〞〔h〕．我們可得出一種計算三角形面積的新方法：S△ABC=ah，即三角形面積等于水平寬與鉛垂高乘積的一半．解答以下問題：如圖2，拋物線頂點坐標(biāo)為點C〔1，4〕，交x軸于點A〔3，0〕，點P是拋物線〔在第一象限內(nèi)〕上的一個動點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕假設(shè)點B為拋物線與y軸的交點，求直線AB的解析式；〔3〕在〔2〕的條件下，設(shè)拋物線的對稱軸分別交AB、x軸于點D、M，連接PA、PB，當(dāng)P點運動到頂點C時，求△CAB的鉛垂高CD及S△CAB；〔4〕在〔2〕的條件下，設(shè)P點的橫坐標(biāo)為x，△PAB的鉛垂高為h、面積為S，請分別寫出h和S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式．8．閱讀材料：如圖1，過△ABC的三個頂點分別作出與水平線垂直的三條直線，外側(cè)兩條直線之間的距離叫△ABC的“水平寬〞〔a〕，中間的這條直線在△ABC內(nèi)部線段的長度叫△ABC的“鉛垂高〞〔h〕．我們可得出一種計算三角形面積的新方法：S△ABC=ah，即三角形面積等于水平寬與鉛垂高乘積的一半．解答以下問題：如圖2，拋物線頂點坐標(biāo)為點C〔1，4〕，交x軸于點A〔3，0〕，點P是拋物線〔在第一象限內(nèi)〕上的一個動點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕假設(shè)點B為拋物線與y軸的交點，求直線AB的解析式；〔3〕設(shè)點P是拋物線〔第一象限內(nèi)〕上的一個動點，是否存在一點P，使S△PAB=S△CAB？假設(shè)存在，求出點P的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．9．如圖，拋物線與x軸交于A〔x1，0〕，B〔x2，0〕兩點，且x1＞x2，與y軸交于點C〔0，4〕，其中x1，x2是方程x2﹣2x﹣8=0的兩個根．〔1〕求這條拋物線的解析式；〔2〕點P是線段AB上的動點，過點P作PE∥AC，交BC于點E，連接CP，當(dāng)△CPE的面積最大時，求點P的坐標(biāo)；〔3〕探究：假設(shè)點Q是拋物線對稱軸上的點，是否存在這樣的點Q，使△QBC成為等腰三角形？假設(shè)存在，請直接寫出所有符合條件的點Q的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．10．如圖，拋物線y=﹣+bx+4與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，假設(shè)B點的坐標(biāo)為B〔8，0〕．〔1〕求拋物線的解析式及其對稱軸方程．〔2〕連接AC、BC，試判斷△AOC與△COB是否相似？并說明理由．〔3〕在拋物線上BC之間是否存在一點D，使得△DBC的面積最大？假設(shè)存在請求出點D的坐標(biāo)和△DBC的面積；假設(shè)不存在，請說明理由．11．：如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，其中A點坐標(biāo)為〔﹣1，0〕，點C〔0，5〕，另拋物線經(jīng)過點〔1，8〕，M為它的頂點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕求△MCB的面積S△MCB．12．如圖，拋物線y=ax2+bx+c〔a≠0〕的對稱軸為直線x=﹣1，且拋物線經(jīng)過A〔1，0〕，C〔0，3〕兩點，與x軸交于點B．〔1〕假設(shè)直線y=mx+n經(jīng)過B、C兩點，求直線BC和拋物線的解析式；〔2〕在拋物線的對稱軸x=﹣1上找一點M，使點M到點A的距離與到點C的距離之和最小，求出點M的坐標(biāo)；〔3〕設(shè)點P為拋物線的對稱軸x=﹣1上的一個動點，求使△BPC為直角三角形的點P的坐標(biāo)．13．如圖，拋物線經(jīng)過A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕，C〔0，〕三點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕在拋物線的對稱軸上有一點P，使PA+PC的值最小，求點P的坐標(biāo)；〔3〕點M為x軸上一動點，在拋物線上是否存在一點N，使以A，C，M，N四點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形？假設(shè)存在，求點N的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．14．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A、B為x軸上兩點，C、D為y軸上的兩點，經(jīng)過點A、C、B的拋物線的一局部C1與經(jīng)過點A、D、B的拋物線的一局部C2組合成一條封閉曲線，我們把這條封閉曲線成為“蛋線〞．點C的坐標(biāo)為〔0，﹣〕，點M是拋物線C2：y=mx2﹣2mx﹣3m〔m＜0〕的頂點．〔1〕求A、B兩點的坐標(biāo)；〔2〕“蛋線〞在第四象限上是否存在一點P，使得△PBC的面積最大？假設(shè)存在，求出△PBC面積的最大值；假設(shè)不存在，請說明理由；〔3〕當(dāng)△BDM為直角三角形時，求m的值．5．如圖1，拋物線y=ax2﹣10ax+8與x軸交于A、C兩點，與y軸交于點B，且C點的坐標(biāo)為〔2，0〕〔1〕求拋物線的函數(shù)表達(dá)式和A、B兩點的坐標(biāo)；〔2〕如圖，設(shè)點D是線段OA上的一個動點，過點D作DE⊥x軸交AB于點E，過點E作EF⊥y軸，垂足為F．記OD=x，矩形ODEF的面積為S，求S與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值及此時點D的坐標(biāo)；〔3〕設(shè)拋物線的對稱軸與AB交于點P〔如圖2〕，點Q是拋物線上的一個動點，點R是x軸上的一個動點．請求出當(dāng)以P、Q、R、A為頂點的四邊形是平行四邊形時，點Q的坐標(biāo)．16．如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的切線，D是⊙O上的一點，且AD∥CO．〔1〕求證：△ADB∽△OBC；〔2〕連結(jié)CD，試說明CD是⊙O的切線；〔3〕假設(shè)AB=2，，求AD的長．〔結(jié)果保存根號〕17．如圖，AB為⊙O的直徑，P是BA延長線一點，PC切⊙O于點C，CG是⊙O的弦，CG⊥AB，垂足為D．〔1〕求證：△ACD∽△ABC；〔2〕求證：∠PCA=∠ABC；〔3〕過點A作AE∥PC交⊙O于點F，連接BE，假設(shè)sin∠P=，CF=5，求BE的長．18．如圖，在△ABP中，C是BP邊上一點，∠PAC=∠PBA，⊙O是△ABC的外接圓，AD是⊙O的直徑，且交BP于點E．〔1〕求證：PA是⊙O的切線；〔2〕過點C作CF⊥AD，垂足為點F，延長CF交AB于點G，假設(shè)AG?AB=12，求AC的長；〔3〕在滿足〔2〕的條件下，假設(shè)AF：FD=1：2，GF=1，求⊙O的半徑及sin∠ACE的值．19．如圖，AB是⊙O的直徑，D、E為⊙O上位于AB異側(cè)的兩點，連接BD并延長至點C，使得CD=BD，連接AC交⊙O于點F，連接AE、DE、DF．〔1〕證明：∠E=∠C；〔2〕假設(shè)∠E=55°，求∠BDF的度數(shù)；〔3〕設(shè)DE交AB于點G，假設(shè)DF=4，cosB=，E是的中點，求EG?ED的值．20．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AE平分∠BAC交⊙O于點E，交BC于點D，過點E做直線l∥BC．〔1〕判斷直線l與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；〔2〕假設(shè)∠ABC的平分線BF交AD于點F，求證：BE=EF；〔3〕在〔2〕的條件下，假設(shè)DE=4，DF=3，求AF的長．21．如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分線交BC于點D，DE⊥AD，交AB于點E，AE為⊙O的直徑〔1〕判斷BC與⊙O的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；〔2〕求證：△ABD∽△DBE；〔3〕假設(shè)cosB=，AE=4，求CD．22．如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm．點P從B出發(fā)沿BA向A運動，速度為每秒1cm，點E是點B以P為對稱中心的對稱點，點P運動的同時，點Q從A出發(fā)沿AC向C運動，速度為每秒2cm，當(dāng)點Q到達(dá)頂點C時，P，Q同時停止運動，設(shè)P，Q兩點運動時間為t秒．〔1〕當(dāng)t為何值時，PQ∥BC？〔2〕設(shè)四邊形PQCB的面積為y，求y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；〔3〕四邊形PQCB面積能否是△ABC面積的？假設(shè)能，求出此時t的值；假設(shè)不能，請說明理由；〔4〕當(dāng)t為何值時，△AEQ為等腰三角形？〔直接寫出結(jié)果〕23．如圖，點O為矩形ABCD的對稱中心，AB=10cm，BC=12cm，點E、F、G分別從A、B、C三點同時出發(fā)，沿矩形的邊按逆時針方向勻速運動，點E的運動速度為1cm/s，點F的運動速度為3cm/s，點G的運動速度為1.5cm/s，當(dāng)點F到達(dá)點C〔即點F與點C重合〕時，三個點隨之停止運動．在運動過程中，△EBF關(guān)于直線EF的對稱圖形是△EB′F．設(shè)點E、F、G運動的時間為t〔單位：s〕．〔1〕當(dāng)t=s時，四邊形EBFB′為正方形；〔2〕假設(shè)以點E、B、F為頂點的三角形與以點F，C，G為頂點的三角形相似，求t的值；〔3〕是否存在實數(shù)t，使得點B′與點O重合？假設(shè)存在，求出t的值；假設(shè)不存在，請說明理由．24．小明一直對四邊形很感興趣，在矩形ABCD中，E是AC上任意一點，連接DE，作DE⊥EF，交AB于點F．請你跟著他一起解決以下問題：〔1〕如圖①，假設(shè)AB=BC，那么DE，EF有什么數(shù)量關(guān)系？請給出證明．〔2〕如圖②，假設(shè)∠CAB=30°，那么DE，EF又有什么數(shù)量關(guān)系？請給出證明．〔3〕由〔1〕、〔2〕這兩種特殊情況，小明提出問題：如果在矩形ABCD中，BC=mAB，那DE，EF有什么數(shù)量關(guān)系？請給出證明．25．如圖，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4．動點P從點A出發(fā)沿AC向終點C運動，同時動點Q從點B出發(fā)沿BA向點A運動，到達(dá)A點后立刻以原來的速度沿AB返回．點P，Q運動速度均為每秒1個單位長度，當(dāng)點P到達(dá)點C時停止運動，點Q也同時停止．連結(jié)PQ，設(shè)運動時間為t〔t＞0〕秒．〔1〕求線段AC的長度；〔2〕當(dāng)點Q從B點向A點運動時〔未到達(dá)A點〕，求△APQ的面積S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；〔3〕伴隨著P，Q兩點的運動，線段PQ的垂直平分線為l：①當(dāng)l經(jīng)過點A時，射線QP交AD于點E，求AE的長；②當(dāng)l經(jīng)過點B時，求t的值．26．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的邊OA在x軸正半軸上，OA=10，cos∠COA=．一個動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段OA方向運動，過點P作PQ⊥OA，交折線段OC﹣CB于點Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，點N在射線OA上，當(dāng)P點到達(dá)A點時，運動結(jié)束．設(shè)點P的運動時間為t秒〔t＞0〕．〔1〕C點的坐標(biāo)為，當(dāng)t=時N點與A點重合；〔2〕在整個運動過程中，設(shè)正方形PQMN與菱形OABC的重合局部面積為S，直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量t的取值范圍；〔3〕如圖2，在運動過程中，過點O和點B的直線將正方形PQMN分成了兩局部，請問是否存在某一時刻，使得被分成的兩局部中有一局部的面積是菱形面積的？假設(shè)存在，請求出對應(yīng)的t的值；假設(shè)不存在，請說明理由．27．在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，點Q在AB上，且AQ=2，過Q做QR⊥AB，垂足為Q，QR交折線AC﹣CB于R〔如圖1〕，當(dāng)點Q以每秒2個單位向終點B移動時，點P同時從A出發(fā)，以每秒6個單位的速度沿AB﹣BC﹣CA移動，設(shè)移動時間為t秒〔如圖2〕．〔1〕求△BCQ的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式．〔2〕t為何值時，QP∥AC？〔3〕t為何值時，直線QR經(jīng)過點P？〔4〕當(dāng)點P在AB上運動時，以PQ為邊在AB上方所作的正方形PQMN在Rt△ABC內(nèi)部，求此時t的取值范圍．28．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，點D為邊CB上的一個動點〔點D不與點B重合〕，過D作DE⊥AB，垂足為E，連接AD，將△DEB沿直線DE翻折得到△DEF，點B落在射線BA上的F處．〔1〕求證：△DEB∽△ACB；〔2〕當(dāng)點F與點A重合時〔如圖①〕，求線段BD的長；〔3〕設(shè)BD=x，AF=y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并判斷是否存在這樣的點D，使AF=FD？假設(shè)存在，請求出x的值；假設(shè)不存在，請說明理由．29．把兩個含有45°角的直角三角板如圖1放置，點D在BC上，連接BE、AD，AD的延長線交于BE于點F．〔1〕問：AD與BE在數(shù)量上和位置上分別有何關(guān)系？說明理由．〔2〕假設(shè)將45°角換成30°如圖2，AD與BE在數(shù)量和位置上分別有何關(guān)系？說明理由．〔3〕假設(shè)將圖2中兩個三角板旋轉(zhuǎn)成圖3、圖4、圖5的位置，那么〔2〕中結(jié)論是否仍然成立，選擇其中一種圖形進(jìn)行說明．30．：RT△ABC與RT△DEF中，∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，EF=8cm，AC=16cm，BC=12cm．現(xiàn)將RT△ABC和RT△DEF按圖1的方式擺放，使點C與點E重合，點B、C〔E〕、F在同一條直線上，并按如下方式運動．運動一：如圖2，△ABC從圖1的位置出發(fā)，以1cm/s的速度沿EF方向向右勻速運動，DE與AC相交于點Q，當(dāng)點Q與點D重合時暫停運動；運動二：在運動一的根底上，如圖3，RT△ABC繞著點C順時針旋轉(zhuǎn)，CA與DF交于點Q，CB與DE交于點P，此時點Q在DF上勻速運動，速度為，當(dāng)QC⊥DF時暫停旋轉(zhuǎn)；運動三：在運動二的根底上，如圖4，RT△ABC以1cm/s的速度沿EF向終點F勻速運動，直到點C與點F重合時為止．設(shè)運動時間為t〔s〕，中間的暫停不計時，解答以下問題〔1〕在RT△ABC從運動一到最后運動三結(jié)束時，整個過程共耗時s；〔2〕在整個運動過程中，設(shè)RT△ABC與RT△DEF的重疊局部的面積為S〔cm2〕，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；〔3〕在整個運動過程中，是否存在某一時刻，點Q正好在線段AB的中垂線上，假設(shè)存在，求出此時t的值；假設(shè)不存在，請說明理由．參考答案與試題解析一．填空題〔共6小題〕1．〔2023?河北模擬〕如圖，在△ABC中，∠BAC=45°，AB=4cm，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45°后得到△A′BC′，那么陰影局部的面積為4cm2．【分析】AC與BA′相交于D，如圖，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠ABA′=45°，BA′BA=4，△ABC≌△A′BC′，那么S△ABC=S△A′BC′，再利用面積的和差可得S陰影局部=S△ABA′，接著證明△ADB為等腰直角三角形，得到∠ADB=90°，AD=AB=2，然后利用三角形面積公式計算S△ABA，從而得到S陰影局部．【解答】解：AC與BA′相交于D，如圖，∵△ABC繞點B按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45°后得到△A′BC′，∴∠ABA′=45°，BA′=BA=4，△ABC≌△A′BC′，∴S△ABC=S△A′BC′，∵S四邊形AA′C′B=S△ABC+S陰影局部=S△A′BC′+S△ABA′，∴S陰影局部=S△ABA′，∵∠BAC=45°，∴△ADB為等腰直角三角形，∴∠ADB=90°，AD=AB=2，∴S△ABA′=AD?BA′=×2×4=4〔cm2〕，∴S陰影局部=4cm2．故答案為：4cm2．【點評】此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了等腰直角三角形的性質(zhì)．運用面積的和差解決不規(guī)那么圖形的面積是解決此題的關(guān)鍵．2．〔2023?深圳模擬〕如圖，矩形ABCD中，AD=4，∠CAB=30°，點P是線段AC上的動點，點Q是線段CD上的動點，那么AQ+QP的最小值是4．【分析】以CD為軸，將△ACD往上翻轉(zhuǎn)180°，由的邊角關(guān)系可知△A′CA為等邊三角形，求出A′C邊上的高線，由“直線外一點到這條直線中，垂線段最短〞即可得出結(jié)論．【解答】解：以CD為軸，將△ACD往上翻轉(zhuǎn)180°，如圖，過點A作AE⊥A′C于E點，AE交CD于F點，當(dāng)Q與F點重合，P′與E點重合時，AQ+QP=AF+EF=AE最短〔直線外一點到這條直線中，垂線段最短〕，∵矩形ABCD中，AD=4，∠CAB=30°，∴∠A′CD=∠ACD=∠CAB=30°，∴∠A′CA=60°，又∵AC=A′C，∴△A′CA為等邊三角形，且A′A=2AD=8，AE=A′A?sin∠A′CA=8×=4．故答案為：4．【點評】此題考查了軸對稱圖形的性質(zhì)以及點到直線的距離，解題的關(guān)鍵是以CD為軸，將△ACD往上翻轉(zhuǎn)180°，找出A′C邊上的高線．3．〔2023?高郵市一模〕如圖，⊙O的半徑為2，OA=4，AB切⊙O于B，弦BC∥OA，連結(jié)AC，圖中陰影局部的面積為．【分析】首先連接OB，OC，由⊙O的半徑為2，OA=4，AB切⊙O于B，易求得∠AOB=60°，又由弦BC∥OA，可得△BOC是等邊三角形，且S△ABC=S△OBC，那么可得S陰影=S扇形BOC==．【解答】解：連接OB，OC，∵弦BC∥OA，∴S△ABC=S△OBC，∵AB切⊙O于B，∴OB⊥AB，∵⊙O的半徑為2，OA=4，∴sin∠OAB===，∴∠OAB=30°，∴∠AOB=90°﹣∠OAB=60°，∵弦BC∥OA，∴∠OBC=∠AOB=60°，∵OB=OC，∴△OBC是等邊三角形，∴∠BOC=60°，∴S陰影=S扇形BOC==．故答案為：．【點評】此題考查了切線的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及扇形的面積．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．4．〔2023?臺山市一?！橙鐖D，半圓的直徑AB=10，P為AB上一點，點C，D為半圓上的三等分點，那么圖中陰影局部的面積等于．【分析】連接CO，DO，利用等底等高的三角形面積相等可知S陰影=S扇形COD，利用扇形的面積公式計算即可．【解答】解：連接CO，DO，∵C，D是以AB為直徑的半圓上的三等分點，∴∠COD=60°，∵△PCD的面積等于△OCD的面積，∴都加上CD之間弓形的面積得出S陰影=S扇形OCD==，故答案為：．【點評】此題考查了扇形面積的計算．根據(jù)圖形推知圖中陰影局部面積=扇形OCD的面積是解題的關(guān)鍵．5．〔2023?自貢校級自主招生〕如圖，兩個半徑相等的直角扇形的圓心分別在對方的圓弧上，半徑AE、CF交于點G，半徑BE、CD交于點H，且點C是的中點，假設(shè)扇形的半徑為2，那么圖中陰影局部的面積等于2π﹣4．【分析】根據(jù)扇形的面積公式求出面積，再過點C作CM⊥AE，作CN⊥BE，垂足分別為M、N，然后證明△CMG與△CNH全等，從而得到中間空白區(qū)域的面積等于以2為對角線的正方形的面積，從而得出陰影局部的面積．【解答】解：兩扇形的面積和為：=2π，過點C作CM⊥AE，作CN⊥BE，垂足分別為M、N，那么四邊形EMCN是矩形，∵點C是的中點，∴EC平分∠AEB，∴CM=CN，∴矩形EMCN是正方形，∵∠MCG+∠FCN=90°，∠NCH+∠FCN=90°，∴∠MCG=∠NCH，在△CMG與△CNH中，，∴△CMG≌△CNH〔ASA〕，∴中間空白區(qū)域面積相當(dāng)于對角線是2的正方形面積，∴空白區(qū)域的面積為：×2×2=2，∴圖中陰影局部的面積=兩個扇形面積和﹣2個空白區(qū)域面積的和=2π﹣4．故答案為：2π﹣4．【點評】此題主要考查了扇形的面積求法以及三角形的面積等知識，得出四邊形EGCH的面積是解決問題的關(guān)鍵．6．〔2023?宿遷〕如圖，AB是半圓O的直徑，且AB=8，點C為半圓上的一點．將此半圓沿BC所在的直線折疊，假設(shè)圓弧BC恰好過圓心O，那么圖中陰影局部的面積是．〔結(jié)果保存π〕【分析】過點O作OD⊥BC于點D，交于點E，那么可判斷點O是的中點，由折疊的性質(zhì)可得OD=OE=R=2，在Rt△OBD中求出∠OBD=30°，繼而得出∠AOC，求出扇形AOC的面積即可得出陰影局部的面積．【解答】解：過點O作OD⊥BC于點D，交于點E，連接OC，那么點E是的中點，由折疊的性質(zhì)可得點O為的中點，∴S弓形BO=S弓形CO，在Rt△BOD中，OD=DE=R=2，OB=R=4，∴∠OBD=30°，∴∠AOC=60°，∴S陰影=S扇形AOC==．故答案為：．【點評】此題考查了扇形面積的計算，解答此題的關(guān)鍵是作出輔助線，判斷點O是的中點，將陰影局部的面積轉(zhuǎn)化為扇形的面積．二．解答題〔共24小題〕7．閱讀材料：如圖1，過△ABC的三個頂點分別作出與水平線垂直的三條直線，外側(cè)兩條直線之間的距離叫△ABC的“水平寬〞〔a〕，中間的這條直線在△ABC內(nèi)部線段的長度叫△ABC的“鉛垂高〞〔h〕．我們可得出一種計算三角形面積的新方法：S△ABC=ah，即三角形面積等于水平寬與鉛垂高乘積的一半．解答以下問題：如圖2，拋物線頂點坐標(biāo)為點C〔1，4〕，交x軸于點A〔3，0〕，點P是拋物線〔在第一象限內(nèi)〕上的一個動點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕假設(shè)點B為拋物線與y軸的交點，求直線AB的解析式；〔3〕在〔2〕的條件下，設(shè)拋物線的對稱軸分別交AB、x軸于點D、M，連接PA、PB，當(dāng)P點運動到頂點C時，求△CAB的鉛垂高CD及S△CAB；〔4〕在〔2〕的條件下，設(shè)P點的橫坐標(biāo)為x，△PAB的鉛垂高為h、面積為S，請分別寫出h和S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式．【分析】〔1〕由條件得出圖象頂點坐標(biāo)，由頂點式求出〔2〕利用待定系數(shù)法求出直線解析式，〔3〕找出三角形的底與高，即可求出三角形的面積，〔4〕用x表示出鉛垂高為h，即可解決．【解答】解：〔1〕設(shè)拋物線的解析式為：y1=a〔x﹣1〕2+4把A〔3，0〕代入解析式求得a=﹣1所以y1=﹣〔x﹣1〕2+4=﹣x2+2x+3〔2〕設(shè)直線AB的解析式為：y2=kx+b由y1=﹣x2+2x+3求得B點的坐標(biāo)為〔0，3把A〔3，0〕，B〔0，3〕代入y2=kx+b中解得：k=﹣1，b=3所以y2=﹣x+3〔3〕因為C點坐標(biāo)為〔1，4〕所以當(dāng)x=1時，y1=4，y2=2所以CD=4﹣2=2〔平方單位〕〔4〕假設(shè)存在符合條件的點P，設(shè)P點的橫坐標(biāo)為x，△PAB的鉛垂高為h，那么h=y1﹣y2=〔﹣x2+2x+3〕﹣〔﹣x+3〕=﹣x2+3xS=．【點評】此題主要考查了用頂點式求二次函數(shù)解析式，以及待定系數(shù)法求解析式和三角形面積求法，綜合性較強．8．〔2023春?大祥區(qū)校級期中〕閱讀材料：如圖1，過△ABC的三個頂點分別作出與水平線垂直的三條直線，外側(cè)兩條直線之間的距離叫△ABC的“水平寬〞〔a〕，中間的這條直線在△ABC內(nèi)部線段的長度叫△ABC的“鉛垂高〞〔h〕．我們可得出一種計算三角形面積的新方法：S△ABC=ah，即三角形面積等于水平寬與鉛垂高乘積的一半．解答以下問題：如圖2，拋物線頂點坐標(biāo)為點C〔1，4〕，交x軸于點A〔3，0〕，點P是拋物線〔在第一象限內(nèi)〕上的一個動點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕假設(shè)點B為拋物線與y軸的交點，求直線AB的解析式；〔3〕設(shè)點P是拋物線〔第一象限內(nèi)〕上的一個動點，是否存在一點P，使S△PAB=S△CAB？假設(shè)存在，求出點P的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．【分析】〔1〕拋物線的頂點和拋物線上的幾點，即可利用頂點式求解析式；〔2〕利用A，B兩點的坐標(biāo)，由待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式即可；〔3〕根據(jù)S△PAB=S△CAB即可得到一個關(guān)于點P的橫坐標(biāo)的方程，即可求出方程根的情況，進(jìn)而得到不存在符合要求的P點．【解答】解：〔1〕設(shè)拋物線的解析式為：y1=a〔x﹣1〕2+4，把A〔3，0〕代入解析式求得a=﹣1，所以y1=﹣〔x﹣1〕2+4=﹣x2+2x+3，〔2〕設(shè)直線AB的解析式為：y2=kx+b，求得B點的坐標(biāo)為〔0，3〕，把A〔3，0〕，B〔0，3〕代入y2=kx+b中，，解得：所以y2=﹣x+3，〔3〕因為C點坐標(biāo)為〔1，4〕，所以當(dāng)x=1時，y1=4，y2=2，所以CD=4﹣2=2，，假設(shè)存在符合條件的點P，設(shè)點P的橫坐標(biāo)是x，△PAB的鉛垂高為h，那么h=y1﹣y2=〔﹣x2+2x+3〕﹣〔﹣x+3〕=﹣x2+3x，由S△PAB=S△CAB，得：×3×〔﹣x2+3x〕=3化簡得：x2﹣3x+2=0，∴x=1〔舍去〕或x=2，∴點P〔2，3〕．【點評】此題主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系．9．〔2023?錦州〕如圖，拋物線與x軸交于A〔x1，0〕，B〔x2，0〕兩點，且x1＞x2，與y軸交于點C〔0，4〕，其中x1，x2是方程x2﹣2x﹣8=0的兩個根．〔1〕求這條拋物線的解析式；〔2〕點P是線段AB上的動點，過點P作PE∥AC，交BC于點E，連接CP，當(dāng)△CPE的面積最大時，求點P的坐標(biāo)；〔3〕探究：假設(shè)點Q是拋物線對稱軸上的點，是否存在這樣的點Q，使△QBC成為等腰三角形？假設(shè)存在，請直接寫出所有符合條件的點Q的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．【分析】〔1〕先通過解方程求出A，B兩點的坐標(biāo)，然后根據(jù)A，B，C三點的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式．〔2〕此題要通過求△CPE的面積與P點橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系式而后根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)來求△CPE的面積的最大值以及對應(yīng)的P的坐標(biāo)．△CPE的面積無法直接表示出，可用△CPB和△BEP的面積差來求，設(shè)出P點的坐標(biāo)，即可表示出BP的長，可通過相似三角形△BEP和△BAC求出．△BEP中BP邊上的高，然后根據(jù)三角形面積計算方法即可得出△CEP的面積，然后根據(jù)上面分析的步驟即可求出所求的值．〔3〕此題要分三種情況進(jìn)行討論：①Q(mào)C=BC，那么Q點的縱坐標(biāo)就是C點的縱坐標(biāo)減去或加上BC的長．由此可得出Q點的坐標(biāo)．②QB=BC，此時Q，C關(guān)于x軸對稱，據(jù)此可求出Q點的坐標(biāo)．③QB=QC，Q點在BC的垂直平分線上，可通過相似三角形來求出QC的長，進(jìn)而求出Q點的坐標(biāo)．【解答】解：〔1〕∵x2﹣2x﹣8=0，∴〔x﹣4〕〔x+2〕=0．∴x1=4，x2=﹣2．∴A〔4，0〕，B〔﹣2，0〕．又∵拋物線經(jīng)過點A、B、C，設(shè)拋物線解析式為y=ax2+bx+c〔a≠0〕，∴．∴．∴所求拋物線的解析式為y=﹣x2+x+4．〔2〕設(shè)P點坐標(biāo)為〔m，0〕，過點E作EG⊥x軸于點G．∵點B坐標(biāo)為〔﹣2，0〕，點A坐標(biāo)〔4，0〕，∴AB=6，BP=m+2．∵PE∥AC，∴△BPE∽△BAC．∴=．∴=∴EG=．∴S△CPE=S△CBP﹣S△EBP=BP?CO﹣BP?EG∴S△CPE=〔m+2〕〔4﹣〕=﹣m2+m+．∴S△CPE=﹣〔m﹣1〕2+3．又∵﹣2≤m≤4，∴當(dāng)m=1時，S△CPE有最大值3．此時P點的坐標(biāo)為〔1，0〕．〔3〕存在Q點，∵BC=2，設(shè)Q〔1，n〕，當(dāng)BQ=CQ時，那么32+n2=12+〔n﹣4〕2，解得：n=1，即Q1〔1，1〕；當(dāng)BC=BQ=2時，9+n2=20，解得：n=±，∴Q2〔1，〕，Q3〔1，﹣〕；當(dāng)BC=CQ=2時，1+〔n﹣4〕2=20，解得：n=4±，∴Q4〔1，4+〕，Q5〔1，4﹣〕．綜上可得：坐標(biāo)為Q1〔1，1〕，Q2〔1，〕，Q3〔1，﹣〕，Q4〔1，4+〕，Q5〔1，4﹣〕．【點評】此題著重考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、圖形面積的求法、三角形相似、探究等腰三角形的構(gòu)成情況等知識點，綜合性強，考查學(xué)生分類討論，數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法．10．〔2023?清鎮(zhèn)市校級模擬〕如圖，拋物線y=﹣+bx+4與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，假設(shè)B點的坐標(biāo)為B〔8，0〕．〔1〕求拋物線的解析式及其對稱軸方程．〔2〕連接AC、BC，試判斷△AOC與△COB是否相似？并說明理由．〔3〕在拋物線上BC之間是否存在一點D，使得△DBC的面積最大？假設(shè)存在請求出點D的坐標(biāo)和△DBC的面積；假設(shè)不存在，請說明理由．【分析】〔1〕直接把點B〔8，0〕代入拋物線y=﹣+bx+4，求出b的值即可得出拋物線的解析式，進(jìn)而可得出其對稱軸方程；〔2〕求出A點坐標(biāo)，再由銳角三角函數(shù)的定義得出tan∠ACO=tan∠CBO，故∠ACO=∠CBO，由此可得出結(jié)論；〔3〕求出BC解析式，將S△BCD轉(zhuǎn)化為DH?OB，設(shè)D〔t，﹣t2+t+4〕，H〔t，﹣t+4〕，面積可轉(zhuǎn)化為S△BCD=﹣〔t﹣4〕2+2，△DBC的最大面積為2，此時D點坐標(biāo)為〔4，6〕．【解答】解：〔1〕∵B點的坐標(biāo)為B〔8，0〕，∴﹣16+8b+4=0，解得b=，∴拋物線的解析式為y═﹣+x+4，對稱軸方程為x=﹣=3；〔2〕∵由〔1〕知，拋物線的對稱軸方程為x=3，B〔8，0〕∴A〔﹣2，0〕，C〔0，4〕，∴OA=2，OC=4，OB=8，∴tan∠ACO=tan∠CBO=，∴∠ACO=∠CBO．∵∠AOC=∠COB=90°，∴△AOC∽△COB．〔3〕設(shè)BC解析式為y=kx+b，把〔8，0〕，〔0，4〕分別代入解析式得，，解得，解得y=﹣x+4，作DH⊥x軸，交BC于H．設(shè)D〔t，﹣t2+t+4〕，H〔t，﹣t+4〕，S△BCD=DH?OB=×〔﹣t2+t+4+t﹣4〕×8=﹣t2+t=﹣〔t2﹣8t+42﹣16〕=﹣〔t﹣4〕2+2，當(dāng)t=4時，△DBC的最大面積為2，此時D點坐標(biāo)為〔4，6〕．【點評】此題考查了二次函數(shù)綜合題，其中涉及到的知識點有拋物線的頂點公式和三角形的面積求法．在求有關(guān)動點問題時要注意分析題意分情況討論結(jié)果．11．〔2023?夏津縣校級自主招生〕：如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，其中A點坐標(biāo)為〔﹣1，0〕，點C〔0，5〕，另拋物線經(jīng)過點〔1，8〕，M為它的頂點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕求△MCB的面積S△MCB．【分析】〔1〕將的三點坐標(biāo)代入拋物線中，即可求得拋物線的解析式．〔2〕可根據(jù)拋物線的解析式先求出M和B的坐標(biāo)，由于三角形MCB的面積無法直接求出，可將其化為其他圖形面積的和差來解．過M作ME⊥y軸，三角形MCB的面積可通過梯形MEOB的面積減去三角形MCE的面積減去三角形OBC的面積求得．【解答】解：〔1〕依題意：，解得∴拋物線的解析式為y=﹣x2+4x+5〔2〕令y=0，得〔x﹣5〕〔x+1〕=0，x1=5，x2=﹣1，∴B〔5，0〕．由y=﹣x2+4x+5=﹣〔x﹣2〕2+9，得M〔2，9〕作ME⊥y軸于點E，可得S△MCB=S梯形MEOB﹣S△MCE﹣S△OBC=〔2+5〕×9﹣×4×2﹣×5×5=15．【點評】此題考查了二次函數(shù)解析式確實定以及圖形面積的求法．不規(guī)那么圖形的面積通常轉(zhuǎn)化為規(guī)那么圖形的面積的和差．12．〔2023?棗莊〕如圖，拋物線y=ax2+bx+c〔a≠0〕的對稱軸為直線x=﹣1，且拋物線經(jīng)過A〔1，0〕，C〔0，3〕兩點，與x軸交于點B．〔1〕假設(shè)直線y=mx+n經(jīng)過B、C兩點，求直線BC和拋物線的解析式；〔2〕在拋物線的對稱軸x=﹣1上找一點M，使點M到點A的距離與到點C的距離之和最小，求出點M的坐標(biāo)；〔3〕設(shè)點P為拋物線的對稱軸x=﹣1上的一個動點，求使△BPC為直角三角形的點P的坐標(biāo)．【分析】〔1〕先把點A，C的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式得到a和b，c的關(guān)系式，再根據(jù)拋物線的對稱軸方程可得a和b的關(guān)系，再聯(lián)立得到方程組，解方程組，求出a，b，c的值即可得到拋物線解析式；把B、C兩點的坐標(biāo)代入直線y=mx+n，解方程組求出m和n的值即可得到直線解析式；〔2〕設(shè)直線BC與對稱軸x=﹣1的交點為M，那么此時MA+MC的值最?。褁=﹣1代入直線y=x+3得y的值，即可求出點M坐標(biāo)；〔3〕設(shè)P〔﹣1，t〕，又因為B〔﹣3，0〕，C〔0，3〕，所以可得BC2=18，PB2=〔﹣1+3〕2+t2=4+t2，PC2=〔﹣1〕2+〔t﹣3〕2=t2﹣6t+10，再分三種情況分別討論求出符合題意t值即可求出點P的坐標(biāo)．【解答】解：〔1〕依題意得：，解之得：，∴拋物線解析式為y=﹣x2﹣2x+3∵對稱軸為x=﹣1，且拋物線經(jīng)過A〔1，0〕，∴把B〔﹣3，0〕、C〔0，3〕分別代入直線y=mx+n，得，解之得：，∴直線y=mx+n的解析式為y=x+3；〔2〕設(shè)直線BC與對稱軸x=﹣1的交點為M，那么此時MA+MC的值最?。褁=﹣1代入直線y=x+3得，y=2，∴M〔﹣1，2〕，即當(dāng)點M到點A的距離與到點C的距離之和最小時M的坐標(biāo)為〔﹣1，2〕；〔3〕設(shè)P〔﹣1，t〕，又∵B〔﹣3，0〕，C〔0，3〕，∴BC2=18，PB2=〔﹣1+3〕2+t2=4+t2，PC2=〔﹣1〕2+〔t﹣3〕2=t2﹣6t+10，①假設(shè)點B為直角頂點，那么BC2+PB2=PC2即：18+4+t2=t2﹣6t+10解之得：t=﹣2；②假設(shè)點C為直角頂點，那么BC2+PC2=PB2即：18+t2﹣6t+10=4+t2解之得：t=4，③假設(shè)點P為直角頂點，那么PB2+PC2=BC2即：4+t2+t2﹣6t+10=18解之得：t1=，t2=；綜上所述P的坐標(biāo)為〔﹣1，﹣2〕或〔﹣1，4〕或〔﹣1，〕或〔﹣1，〕．【點評】此題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法求函數(shù)〔二次函數(shù)和一次函數(shù)〕的解析式、利用軸對稱性質(zhì)確定線段的最小長度、難度不是很大，是一道不錯的中考壓軸題．13．〔2023?安順〕如圖，拋物線經(jīng)過A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕，C〔0，〕三點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕在拋物線的對稱軸上有一點P，使PA+PC的值最小，求點P的坐標(biāo)；〔3〕點M為x軸上一動點，在拋物線上是否存在一點N，使以A，C，M，N四點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形？假設(shè)存在，求點N的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．【分析】〔1〕設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx+c〔a≠0〕，再把A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕，C〔0，〕三點代入求出a、b、c的值即可；〔2〕因為點A關(guān)于對稱軸對稱的點B的坐標(biāo)為〔5，0〕，連接BC交對稱軸直線于點P，求出P點坐標(biāo)即可；〔3〕分點N在x軸下方或上方兩種情況進(jìn)行討論．【解答】解：〔1〕設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx+c〔a≠0〕，∵A〔﹣1，0〕，B〔5，0〕，C〔0，〕三點在拋物線上，∴，解得．∴拋物線的解析式為：y=x2﹣2x﹣；〔2〕∵拋物線的解析式為：y=x2﹣2x﹣，∴其對稱軸為直線x=﹣=﹣=2，連接BC，如圖1所示，∵B〔5，0〕，C〔0，﹣〕，∴設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b〔k≠0〕，∴，解得，∴直線BC的解析式為y=x﹣，當(dāng)x=2時，y=1﹣=﹣，∴P〔2，﹣〕；〔3〕存在．如圖2所示，①當(dāng)點N在x軸下方時，∵拋物線的對稱軸為直線x=2，C〔0，﹣〕，∴N1〔4，﹣〕；②當(dāng)點N在x軸上方時，如圖，過點N2作N2D⊥x軸于點D，在△AN2D與△M2CO中，∴△AN2D≌△M2CO〔ASA〕，∴N2D=OC=，即N2點的縱坐標(biāo)為．∴x2﹣2x﹣=，解得x=2+或x=2﹣，∴N2〔2+，〕，N3〔2﹣，〕．綜上所述，符合條件的點N的坐標(biāo)為〔4，﹣〕，〔2+，〕或〔2﹣，〕．【點評】此題考查的是二次函數(shù)綜合題，涉及到用待定系數(shù)法求一次函數(shù)與二次函數(shù)的解析式、平行四邊的判定與性質(zhì)、全等三角形等知識，在解答〔3〕時要注意進(jìn)行分類討論．14．〔2023?蘭州〕如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A、B為x軸上兩點，C、D為y軸上的兩點，經(jīng)過點A、C、B的拋物線的一局部C1與經(jīng)過點A、D、B的拋物線的一局部C2組合成一條封閉曲線，我們把這條封閉曲線成為“蛋線〞．點C的坐標(biāo)為〔0，﹣〕，點M是拋物線C2：y=mx2﹣2mx﹣3m〔m＜0〕的頂點．〔1〕求A、B兩點的坐標(biāo)；〔2〕“蛋線〞在第四象限上是否存在一點P，使得△PBC的面積最大？假設(shè)存在，求出△PBC面積的最大值；假設(shè)不存在，請說明理由；〔3〕當(dāng)△BDM為直角三角形時，求m的值．【分析】〔1〕將y=mx2﹣2mx﹣3m化為交點式，即可得到A、B兩點的坐標(biāo)；〔2〕先用待定系數(shù)法得到拋物線C1的解析式，過點P作PQ∥y軸，交BC于Q，用待定系數(shù)法得到直線BC的解析式，再根據(jù)三角形的面積公式和配方法得到△PBC面積的最大值；〔3〕先表示出DM2，BD2，MB2，再分兩種情況：①DM2+BD2=MB2時；②DM2+MB2=BD2時，討論即可求得m的值．【解答】解：〔1〕y=mx2﹣2mx﹣3m=m〔x﹣3〕〔x+1〕，∵m≠0，∴當(dāng)y=0時，x1=﹣1，x2=3，∴A〔﹣1，0〕，B〔3，0〕；〔2〕設(shè)C1：y=ax2+bx+c，將A、B、C三點的坐標(biāo)代入得：，解得，故C1：y=x2﹣x﹣．如圖：過點P作PQ∥y軸，交BC于Q，由B、C的坐標(biāo)可得直線BC的解析式為：y=x﹣，設(shè)P〔x，x2﹣x﹣〕，那么Q〔x，x﹣〕，PQ=x﹣﹣〔x2﹣x﹣〕=﹣x2+x，S△PBC=S△PCQ+S△PBQ=PQ?OB=×〔﹣x2+x〕×3=﹣〔x﹣〕2+，當(dāng)x=時，S△PBC有最大值，Smax=，×〔〕2﹣﹣=﹣，P〔，﹣〕；〔3〕y=mx2﹣2mx﹣3m=m〔x﹣1〕2﹣4m，頂點M坐標(biāo)〔1，﹣4m〕，當(dāng)x=0時，y=﹣3m，∴D〔0，﹣3m〕，B〔3，0〕，∴DM2=〔0﹣1〕2+〔﹣3m+4m〕2=m2+1，MB2=〔3﹣1〕2+〔0+4m〕2=16m2+4，BD2=〔3﹣0〕2+〔0+3m〕2=9m2+9，當(dāng)△BDM為Rt△時有：DM2+BD2=MB2或DM2+MB2=BD2．①DM2+BD2=MB2時有：m2+1+9m2+9=16m2+4，解得m=﹣1〔∵m＜0，∴m=1舍去〕；②DM2+MB2=BD2時有：m2+1+16m2+4=9m2+9，解得m=﹣〔m=舍去〕．綜上，m=﹣1或﹣時，△BDM為直角三角形．【點評】考查了二次函數(shù)綜合題，涉及的知識點有：拋物線的交點式，待定系數(shù)法求拋物線的解析式，待定系數(shù)法求直線的解析式，三角形的面積公式，配方法的應(yīng)用，勾股定理，分類思想的運用，綜合性較強，有一定的難度．15．〔2023?寶安區(qū)一?！橙鐖D1，拋物線y=ax2﹣10ax+8與x軸交于A、C兩點，與y軸交于點B，且C點的坐標(biāo)為〔2，0〕〔1〕求拋物線的函數(shù)表達(dá)式和A、B兩點的坐標(biāo)；〔2〕如圖，設(shè)點D是線段OA上的一個動點，過點D作DE⊥x軸交AB于點E，過點E作EF⊥y軸，垂足為F．記OD=x，矩形ODEF的面積為S，求S與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值及此時點D的坐標(biāo)；〔3〕設(shè)拋物線的對稱軸與AB交于點P〔如圖2〕，點Q是拋物線上的一個動點，點R是x軸上的一個動點．請求出當(dāng)以P、Q、R、A為頂點的四邊形是平行四邊形時，點Q的坐標(biāo)．【分析】〔1〕根據(jù)題意易得對稱軸的方程，又有AB∥x軸，結(jié)合對稱軸的性質(zhì)，可得AB=10，故在Rt△AOC中，由勾股定理易得答案；〔2〕根據(jù)題意將△PAC的周長用PC+PA表示出來，由拋物線的對稱性分析可得P即為BC直線x=5的交點；由此設(shè)BC的解析式為：y=kx+b，將A〔8，0〕，B〔0，8〕代入可得k，b的值，進(jìn)而可得其解析式；〔3〕假設(shè)存在，在Rt△MOC與Rt△PBE中，根據(jù)勾股定理，結(jié)合MP∥BC分析可得答案．【解答】解：〔1〕∵y=ax2﹣10ax+8，∴拋物線的對稱軸為：x=﹣=﹣=5，令x=0，得到y(tǒng)=8，∴點B的坐標(biāo)為〔0，8〕，∵點C坐標(biāo)為：〔2，0〕，∵點A與點C關(guān)于對稱軸x=5對稱，∴點A坐標(biāo)為：〔8，0〕，將C〔2，0〕代入y=ax2﹣10ax+8得：4a﹣20a+8=0，∴a=，那么拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=x2﹣5x+8；〔2〕∵A〔8，0〕，B〔0，8〕，∴設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，把A和B坐標(biāo)代入得：'解得：，∴直線AB解析式為y=﹣x+8，由OD=x，即E橫坐標(biāo)為x，代入直線AB解析式得：y=﹣x+8，即ED=﹣x+8，那么矩形的面積S=x〔﹣x+8〕=﹣x2+8x，0＜x＜8，當(dāng)x=﹣=4，即D〔4，0〕時，S有最大值，最大值為16；〔3〕根據(jù)題意畫出圖形，如下圖：存在符合條件的點Q和R，使以P，R，Q，A為頂點的四邊形為平行四邊形，假設(shè)Q在對稱軸右邊，把x=5代入直線AB解析式，解得y=3，即Q縱坐標(biāo)為3，把y=3代入拋物線解析式得：3=x2﹣5x+8解得：x=5±，當(dāng)Q的縱坐標(biāo)為﹣3，還有點〔5±，﹣3〕即Q的坐標(biāo)為：〔5+，3〕〔5﹣，3〕或〔5+，﹣3〕〔5﹣，﹣3〕．【點評】此題考查了二次函數(shù)的綜合運用．將二次函數(shù)的圖象與解析式相結(jié)合處理問題是解題的關(guān)鍵．16．〔2023?株洲校級自主招生〕如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的切線，D是⊙O上的一點，且AD∥CO．〔1〕求證：△ADB∽△OBC；〔2〕連結(jié)CD，試說明CD是⊙O的切線；〔3〕假設(shè)AB=2，，求AD的長．〔結(jié)果保存根號〕【分析】〔1〕運用∠A=∠BOC，∠ADB=∠OBC證明即可．〔2〕連接OD，SAS證明△ODC≌△OBC，得出∠CDO=∠CBO=90°，即可得出CD是⊙O的切線；〔3〕先求出OB，OC的長，再運用△ADB∽△OBC，求出AD的長．【解答】證明：〔1〕∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∵BC是⊙O的切線，∴∠OBC=90°，∵AD∥CO，∴∠A=∠BOC，∴△ADB∽△OBC；〔2〕如圖，連接OD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∵AD∥CO，∴∠DFO=90°，∵∠ODB=∠OBD，∴∠DOF=∠BOF，∵OD=OB，OC=OC，在△ODC和△OBC中，∴△ODC≌△OBC〔SAS〕，∴∠CDO=∠CBO=90°，∴CD是⊙O的切線；〔3〕∵AB=2，∴OB=1，∵，∴OC==．∵AD∥CO，∴∠DAB=∠COB，∵∠ADB=∠OBC=90°，∴△ADB∽△OBC，∴=，即=，解得AD=．【點評】此題主要考查了切線的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是運用△ADB∽△OBC求出AD．17．〔2023?東莞市一?！橙鐖D，AB為⊙O的直徑，P是BA延長線一點，PC切⊙O于點C，CG是⊙O的弦，CG⊥AB，垂足為D．〔1〕求證：△ACD∽△ABC；〔2〕求證：∠PCA=∠ABC；〔3〕過點A作AE∥PC交⊙O于點F，連接BE，假設(shè)sin∠P=，CF=5，求BE的長．【分析】〔1〕欲證明△ACD∽△ABC，只要證明①∠ADC=∠ACB，②∠CAD=∠BAC即可．〔2〕利用等角的余角相等證明，即證明∠PCA+∠OCA=90°以及∠ABC+∠OAC=90°由此可以解決問題．〔3〕先證明FA=FC=5，在RT△ADF中，根據(jù)sin∠FAD=求出DF、AD，在RT△COD中利用勾股定理求出半徑，最后在RT△ABE中利用sin∠BAE=求出BE即可．【解答】〔1〕證明：∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∵CG⊥AB，∴∠ADC=90°=∠ACB，∵∠CAD=∠BAC，∴△ACD∽△ABC．〔2〕證明：連接OC．∵PC切⊙O于C，∴OC⊥PC，∴∠PCO=90°∴∠PCA+∠OCA=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ABC+∠OAC=90°，∵OC=OA，∴∠OCA=∠OAC，∴∠PCA=∠ABC．〔3〕解：∵AE∥PC，∴∠PCA=∠CAF，∵AB⊥CG，∴=，∴∠ACF=∠ABC，∵∠PCA=∠ABC，∴∠ACF=∠CAF，∴FA=FC，∵CF=5，∴AF=5，∵AE∥PC，∴∠FAD=∠P，∵sin∠P=，∴sin∠FAD=，∴FD=3，AD=4，CD=8，在RT△COD中，設(shè)CO=r，那么有r2=〔r﹣4〕2+82∴r=10，∴AB=2r=20，∵AB是直徑，∴∠AEB=90°，∴sin∠EAB=，∴，∴=，∴EB=12．【點評】此題考查圓的有關(guān)知識、相似三角形的判定和性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理等知識，注意連接OC是圓中常用輔助線，熟練掌握垂徑定理、切線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，屬于中考壓軸題．18．〔2023?包頭〕如圖，在△ABP中，C是BP邊上一點，∠PAC=∠PBA，⊙O是△ABC的外接圓，AD是⊙O的直徑，且交BP于點E．〔1〕求證：PA是⊙O的切線；〔2〕過點C作CF⊥AD，垂足為點F，延長CF交AB于點G，假設(shè)AG?AB=12，求AC的長；〔3〕在滿足〔2〕的條件下，假設(shè)AF：FD=1：2，GF=1，求⊙O的半徑及sin∠ACE的值．【分析】〔1〕根據(jù)圓周角定理得出∠ACD=90°以及利用∠PAC=∠PBA得出∠CAD+∠PAC=90°進(jìn)而得出答案；〔2〕首先得出△CAG∽△BAC，進(jìn)而得出AC2=AG?AB，求出AC即可；〔3〕先求出AF的長，根據(jù)勾股定理得：AG=，即可得出sin∠ADB=，利用∠ACE=∠ACB=∠ADB，求出即可．【解答】〔1〕證明：連接CD，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ACD=90°，∴∠CAD+∠ADC=90°，又∵∠PAC=∠PBA，∠ADC=∠PBA，∴∠PAC=∠ADC，∴∠CAD+∠PAC=90°，∴PA⊥OA，而AD是⊙O的直徑，∴PA是⊙O的切線；〔2〕解：由〔1〕知，PA⊥AD，又∵CF⊥AD，∴CF∥PA，∴∠GCA=∠PAC，又∵∠PAC=∠PBA，∴∠GCA=∠PBA，而∠CAG=∠BAC，∴△CAG∽△BAC，∴=，即AC2=AG?AB，∵AG?AB=12，∴AC2=12，∴AC=2；〔3〕解：設(shè)AF=x，∵AF：FD=1：2，∴FD=2x，∴AD=AF+FD=3x，在Rt△ACD中，∵CF⊥AD，∴AC2=AF?AD，即3x2=12，解得；x=2，∴AF=2，AD=6，∴⊙O半徑為3，在Rt△AFG中，∵AF=2，GF=1，根據(jù)勾股定理得：AG===，由〔2〕知，AG?AB=12，∴AB==，連接BD，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ABD=90°，在Rt△ABD中，∵sin∠ADB=，AD=6，∴sin∠ADB=，∵∠ACE=∠ACB=∠ADB，∴sin∠ACE=．【點評】此題主要考查了圓的綜合應(yīng)用以及勾股定理和銳角三角函數(shù)關(guān)系等知識，根據(jù)得出AG的長以及AB的長是解題關(guān)鍵．19．〔2023?蘇州〕如圖，AB是⊙O的直徑，D、E為⊙O上位于AB異側(cè)的兩點，連接BD并延長至點C，使得CD=BD，連接AC交⊙O于點F，連接AE、DE、DF．〔1〕證明：∠E=∠C；〔2〕假設(shè)∠E=55°，求∠BDF的度數(shù)；〔3〕設(shè)DE交AB于點G，假設(shè)DF=4，cosB=，E是的中點，求EG?ED的值．【分析】〔1〕直接利用圓周角定理得出AD⊥BC，再利用線段垂直平分線的性質(zhì)得出AB=AC，即可得出∠E=∠C；〔2〕利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠AFD=180°﹣∠E，進(jìn)而得出∠BDF=∠C+∠CFD，即可得出答案；〔3〕根據(jù)cosB=，得出AB的長，即可求出AE的長，再判斷△AEG∽△DEA，求出EG?ED的值．【解答】〔1〕證明：連接AD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，∵CD=BD，∴AD垂直平分BC，∴AB=AC，∴∠B=∠C，又∵∠B=∠E，∴∠E=∠C；〔2〕解：∵四邊形AEDF是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠AFD=180°﹣∠E，又∵∠CFD=180°﹣∠AFD，∴∠CFD=∠E=55°，又∵∠E=∠C=55°，∴∠BDF=∠C+∠CFD=110°；〔3〕解：連接OE，∵∠CFD=∠E=∠C，∴FD=CD=BD=4，在Rt△ABD中，cosB=，BD=4，∴AB=6，∵E是的中點，AB是⊙O的直徑，∴∠AOE=90°，∵AO=OE=3，∴AE=3，∵E是的中點，∴∠ADE=∠EAB，∴△AEG∽△DEA，∴=，即EG?ED=AE2=18．【點評】此題主要考查了圓的綜合題、圓周角定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)以及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等知識，根據(jù)題意得出AE，AB的長是解題關(guān)鍵．20．〔2023?德州〕如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AE平分∠BAC交⊙O于點E，交BC于點D，過點E做直線l∥BC．〔1〕判斷直線l與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；〔2〕假設(shè)∠ABC的平分線BF交AD于點F，求證：BE=EF；〔3〕在〔2〕的條件下，假設(shè)DE=4，DF=3，求AF的長．【分析】〔1〕連接OE、OB、OC．由題意可證明，于是得到∠BOE=∠COE，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可證明OE⊥BC，于是可證明OE⊥l，故此可證明直線l與⊙O相切；〔2〕先由角平分線的定義可知∠ABF=∠CBF，然后再證明∠CBE=∠BAF，于是可得到∠EBF=∠EFB，最后依據(jù)等角對等邊證明BE=EF即可；〔3〕先求得BE的長，然后證明△BED∽△AEB，由相似三角形的性質(zhì)可求得AE的長，于是可得到AF的長．【解答】解：〔1〕直線l與⊙O相切．理由：如圖1所示：連接OE、OB、OC．∵AE平分∠BAC，∴∠BAE=∠CAE．∴．∴∠BOE=∠COE．又∵OB=OC，∴OE⊥BC．∵l∥BC，∴OE⊥l．∴直線l與⊙O相切．〔2〕∵BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠CBF．又∵∠CBE=∠CAE=∠BAE，∴∠CBE+∠CBF=∠BAE+∠ABF．又∵∠EFB=∠BAE+∠ABF，∴∠EBF=∠EFB．∴BE=EF．〔3〕由〔2〕得BE=EF=DE+DF=7．∵∠DBE=∠BAE，∠DEB=∠BEA，∴△BED∽△AEB．∴，即，解得；AE=．∴AF=AE﹣EF=﹣7=．【點評】此題主要考查的是圓的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、等腰三角形的性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)、切線的判定，證得∠EBF=∠EFB是解題的關(guān)鍵．21．〔2023?來賓〕如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分線交BC于點D，DE⊥AD，交AB于點E，AE為⊙O的直徑〔1〕判斷BC與⊙O的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；〔2〕求證：△ABD∽△DBE；〔3〕假設(shè)cosB=，AE=4，求CD．【分析】〔1〕結(jié)論：BC與⊙O相切，連接OD只要證明OD∥AC即可．〔2〕欲證明△ABD∽△DBE，只要證明∠BDE=∠DAB即可．〔3〕在Rt△ODB中，由cosB==，設(shè)BD=2k，OB=3k，利用勾股定理列出方程求出k，再利用DO∥AC，得=列出方程即可解決問題．【解答】〔1〕結(jié)論：BC與⊙O相切．證明：如圖連接OD．∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∵AD平分∠CAB，∴∠CAD=∠DAB，∴∠CAD=∠ADO，∴AC∥OD，∵AC⊥BC，∴OD⊥BC．∴BC是⊙O的切線．〔2〕∵BC是⊙O切線，∴∠ODB=90°，∴∠BDE+∠ODE=90°，∵AE是直徑，∴∠ADE=90°，∴∠DAE+∠AED=90°，∵OD=OE，∴∠ODE=∠OED，∴∠BDE=∠DAB，∵∠B=∠B，∴△ABD∽△DBE．〔3〕在Rt△ODB中，∵cosB==，設(shè)BD=2k，OB=3k，∵OD2+BD2=OB2，∴4+8k2=9k2，∴k=2，∴BO=6，BD=4，∵DO∥AC，∴=，∴=，∴CD=．【點評】此題考查圓的綜合題、切線的判定、相似三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用這些知識解決問題，學(xué)會添加常用輔助線，學(xué)會用方程的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．22．〔2023?莘縣一模〕如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm．點P從B出發(fā)沿BA向A運動，速度為每秒1cm，點E是點B以P為對稱中心的對稱點，點P運動的同時，點Q從A出發(fā)沿AC向C運動，速度為每秒2cm，當(dāng)點Q到達(dá)頂點C時，P，Q同時停止運動，設(shè)P，Q兩點運動時間為t秒．〔1〕當(dāng)t為何值時，PQ∥BC？〔2〕設(shè)四邊形PQCB的面積為y，求y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；〔3〕四邊形PQCB面積能否是△ABC面積的？假設(shè)能，求出此時t的值；假設(shè)不能，請說明理由；〔4〕當(dāng)t為何值時，△AEQ為等腰三角形？〔直接寫出結(jié)果〕【分析】〔1〕先在Rt△ABC中，由勾股定理求出AB=10，再由BP=t，AQ=2t，得出AP=10﹣t，然后由PQ∥BC，根據(jù)平行線分線段成比例定理得出=，列出比例式=，求解即可；〔2〕根據(jù)S四邊形PQCB=S△ACB﹣S△APQ=AC?BC﹣AP?AQ?sinA，即可得出y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；〔3〕根據(jù)四邊形PQCB面積是△ABC面積的，列出方程t2﹣8t+24=×24，解方程即可；〔4〕△AEQ為等腰三角形時，分三種情況討論：①AE=AQ；②EA=EQ；③QA=QE，每一種情況都可以列出關(guān)于t的方程，解方程即可．【解答】解：〔1〕Rt△ABC中，∵∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm，∴AB=10cm．∵BP=t，AQ=2t，∴AP=AB﹣BP=10﹣t．∵PQ∥BC，∴=，∴=，解得t=；〔2〕∵S四邊形PQCB=S△ACB﹣S△APQ=AC?BC﹣AP?AQ?sinA∴y=×6×8﹣×〔10﹣t〕?2t?=24﹣t〔10﹣t〕=t2﹣8t+24，即y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式為y=t2﹣8t+24；〔3〕四邊形PQCB面積能是△ABC面積的，理由如下：由題意，得t2﹣8t+24=×24，整理，得t2﹣10t+12=0，解得t1=5﹣，t2=5+〔不合題意舍去〕．故四邊形PQCB面積能是△ABC面積的，此時t的值為5﹣；〔4〕△AEQ為等腰三角形時，分三種情況討論：①如果AE=AQ，那么10﹣2t=2t，解得t=；②如果EA=EQ，那么〔10﹣2t〕×=t，解得t=；③如果QA=QE，那么2t×=5﹣t，解得t=．故當(dāng)t為秒秒秒時，△AEQ為等腰三角形．【點評】此題考查了勾股定理，平行線的判定，四邊形的面積，等腰三角形的判定，中心對稱的性質(zhì)，綜合性較強，難度適中．運用分類討論、方程思想是解題的關(guān)鍵．23．〔2023?蘇州〕如圖，點O為矩形ABCD的對稱中心，AB=10cm，BC=12cm，點E、F、G分別從A、B、C三點同時出發(fā)，沿矩形的邊按逆時針方向勻速運動，點E的運動速度為1cm/s，點F的運動速度為3cm/s，點G的運動速度為1.5cm/s，當(dāng)點F到達(dá)點C〔即點F與點C重合〕時，三個點隨之停止運動．在運動過程中，△EBF關(guān)于直線EF的對稱圖形是△EB′F．設(shè)點E、F、G運動的時間為t〔單位：s〕．〔1〕當(dāng)t=2.5s時，四邊形EBFB′為正方形；〔2〕假設(shè)以點E、B、F為頂點的三角形與以點F，C，G為頂點的三角形相似，求t的值；〔3〕是否存在實數(shù)t，使得點B′與點O重合？假設(shè)存在，求出t的值；假設(shè)不存在，請說明理由．【分析】〔1〕利用正方形的性質(zhì)，得到BE=BF，列一元一次方程求解即可；〔2〕△EBF與△FCG相似，分兩種情況，需要分類討論，逐一分析計算；〔3〕本問為存在型問題．假設(shè)存在，那么可以分別求出在不同條件下的t值，它們互相矛盾，所以不存在．【解答】解：〔1〕假設(shè)四邊形EBFB′為正方形，那么BE=BF，BE=10﹣t，BF=3t，即：10﹣t=3t，解得t=2.5；〔2〕分兩種情況，討論如下：①假設(shè)△EBF∽△FCG，那么有，即，解得：t=2.8；②假設(shè)△EBF∽△GCF，那么有，即，解得：t=﹣14﹣2〔不合題意，舍去〕或t=﹣14+2．∴當(dāng)t=2.8s或t=〔﹣14+2〕s時，以點E、B、F為頂點的三角形與以點F，C，G為頂點的三角形相似．〔3〕假設(shè)存在實數(shù)t，使得點B′與點O重合．如圖，過點O作OM⊥BC于點M，那么在Rt△OFM中，OF=BF=3t，F(xiàn)M=BC﹣BF=6﹣3t，OM=5，由勾股定理得：OM2+FM2=OF2，即：52+〔6﹣3t〕2=〔3t〕2解得：t=；過點O作ON⊥AB于點N，那么在Rt△OEN中，OE=BE=10﹣t，EN=BE﹣BN=10﹣t﹣5=5﹣t，ON=6，由勾股定理得：ON2+EN2=OE2，即：62+〔5﹣t〕2=〔10﹣t〕2解得：t=3.9．∵≠3.9，∴不存在實數(shù)t，使得點B′與點O重合．【點評】此題為運動型綜合題，考查了矩形性質(zhì)、軸對稱、相似三角形的判定性質(zhì)、勾股定理、解方程等知識點．題目并不復(fù)雜，但需要仔細(xì)分析題意，認(rèn)真作答．第〔2〕問中，需要分類討論，防止漏解；第〔3〕問是存在型問題，可以先假設(shè)存在，然后通過推導(dǎo)出互相矛盾的結(jié)論，從而判定不存在．24．〔2023?任城區(qū)一?！承∶饕恢睂λ倪呅魏芨信d趣，在矩形ABCD中，E是AC上任意一點，連接DE，作DE⊥EF，交AB于點F．請你跟著他一起解決以下問題：〔1〕如圖①，假設(shè)AB=BC，那么DE，EF有什么數(shù)量關(guān)系？請給出證明．〔2〕如圖②，假設(shè)∠CAB=30°，那么DE，EF又有什么數(shù)量關(guān)系？請給出證明．〔3〕由〔1〕、〔2〕這兩種特殊情況，小明提出問題：如果在矩形ABCD中，BC=mAB，那DE，EF有什么數(shù)量關(guān)系？請給出證明．【分析】〔1〕根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∴∠EAH=45°，得到HE=HA，根據(jù)正方形的判定定理證明四邊形AHEG是正方形，證明△EDG≌△EFH，得到答案；〔2〕根據(jù)相似三角形的性質(zhì)定理解答；〔3〕根據(jù)相似三角形的性質(zhì)定理列出比例式解答．【解答】解：〔1〕DE=EF．過點E作EG⊥AD與G，EH⊥AB于H，那么∠EGD=∠EHF=90°，又∠BAD=90°，∴四邊形EGAH是矩形，∵四邊形ABCD是矩形，AB=AD，∴矩形ABCD為正方形，∴∠EAH=45°，∴HE=HA，∴四邊形AHEG是正方形，∴EH=EG，∠GEH=90°，∴∠FED﹣∠GEF=∠GEH﹣∠GEF，即∠DEG=∠FEH，在△EDG和△EFH中，，∴△EDG≌△EFH∴DE=EF；〔2〕DE=EF．∵∠CAB=30°，∴=，同〔1〕理得，∠EGD=∠EHF=90°，∠DEG=∠FEH∴△EDG∽△EFH，∴==，∴DE=EF；〔3〕DE=EF．同〔2〕理得，△EDG∽△EFH，∴===，∴DE=EF．【點評】此題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理、靈活運用類比思想是解題的關(guān)鍵．25．〔2023?蘇州一?！橙鐖D，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4．動點P從點A出發(fā)沿AC向終點C運動，同時動點Q從點B出發(fā)沿BA向點A運動，到達(dá)A點后立刻以原來的速度沿AB返回．點P，Q運動速度均為每秒1個單位長度，當(dāng)點P到達(dá)點C時停止運動，點Q也同時停止．連結(jié)PQ，設(shè)運動時間為t〔t＞0〕秒．〔1〕求線段AC的長度；〔2〕當(dāng)點Q從B點向A點運動時〔未到達(dá)A點〕，求△APQ的面積S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；〔3〕伴隨著P，Q兩點的運動，線段PQ的垂直平分線為l：①當(dāng)l經(jīng)過點A時，射線QP交AD于點E，求AE的長；②當(dāng)l經(jīng)過點B時，求t的值．【分析】〔1〕由勾股定理求出AC即可；〔2〕過點P作PH⊥AB于點H，AP=t，AQ=3﹣t，證△AHP∽△ABC，求出PH=，根據(jù)三角形面積公式求出即可；〔3〕①根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)求出AP=AQ，得出3﹣t=t，求出即可，延長QP交AD于點E，過點Q作QO∥AD交AC于點O，證△AQO∽△ABC，求出，，PO=1，證△APE∽△OPQ求出AE即可；②當(dāng)點Q從B向A運動時l經(jīng)過點B，求出CP=AP=AC=2.5，即可求出t；〔ⅱ〕當(dāng)點Q從A向B運動時l經(jīng)過點B，求出BP=BQ=6﹣t，AP=t，PC=5﹣t，過點P作PG⊥CB于點G，證△PGC∽△ABC，求出PG=〔5﹣t〕，CG=〔5﹣t〕，BG=，由勾股定理得出方程，求出方程的解即可．【解答】解：〔1〕∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，在Rt△ABC中，由勾股定理得：；〔2〕如圖1，過點P作PH⊥AB于點H，AP=t，AQ=3﹣t，那么∠AHP=∠ABC=90°，∵∠PAH=∠CAB，∴△AHP∽△ABC，∴=，∵AP=t，AC=5，BC=4，∴PH=，∴S=?〔3﹣t〕?t，即S=﹣t2+t，t的取值范圍是：0＜t＜3．〔3〕①如圖2，∵線段PQ的垂直平分線為l經(jīng)過點A，∴AP=AQ，∴3﹣t=t，∴t=1.5，∴AP=AQ=1.5，延長QP交AD于點E，過點Q作QO∥AD交AC于點O，∴△AQO∽△ABC，∴，∴，，∴PO=AO﹣AP=1，∵OQ∥BC∥AD，∴△APE∽△OPQ，∴，∴．②如圖③，〔i〕當(dāng)點Q從B向A運動時l經(jīng)過點B，BQ=BP=AP=t，∠QBP=∠QAP，∵∠QBP+∠PBC=90°，∠QAP+∠PCB=90°∴∠PBC=∠PCB，∴CP=BP=AP=t∴CP=AP=AC=×5=2.5，∴t=2.5；〔ⅱ〕如圖4，當(dāng)點Q從A向B運動時l經(jīng)過點B，BP=BQ=3﹣〔t﹣3〕=6﹣t，AP=t，PC=5﹣t，過點P作PG⊥CB于點G，那么PG∥AB，∴△PGC∽△ABC，∴，∴PG=?AB=〔5﹣t〕，CG=?BC=〔5﹣t〕，∴BG=4﹣=由勾股定理得BP2=BG2+PG2，即，解得．【點評】此題考查了矩形性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，線段垂直平分線性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，主要考查學(xué)生分析問題和解決問題的能力，題目比擬典型，但是有一定的難度．26．〔2023?高港區(qū)一?！橙鐖D，平面直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的邊OA在x軸正半軸上，OA=10，cos∠COA=．一個動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段OA方向運動，過點P作PQ⊥OA，交折線段OC﹣CB于點Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，點N在射線OA上，當(dāng)P點到達(dá)A點時，運動結(jié)束．設(shè)點P的運動時間為t秒〔t＞0〕．〔1〕C點的坐標(biāo)為〔6，8〕，當(dāng)t=時N點與A點重合；〔2〕在整個運動過程中，設(shè)正方形PQMN與菱形OABC的重合局部面積為S，直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量t的取值范圍；〔3〕如圖2，在運動過程中，過點O和點B的直線將正方形PQMN分成了兩局部，請問是否存在某一時刻，使得被分成的兩局部中有一局部的面積是菱形面積的？假設(shè)存在，請求出對應(yīng)的t的值；假設(shè)不存在，請說明理由．【分析】〔1〕根據(jù)菱形的性質(zhì)得出OA=OC，再根據(jù)三角函數(shù)求出點C的坐標(biāo)即可；〔2〕根據(jù)面積公式列出函數(shù)關(guān)系式，注意動點運動時的幾種情況，得出自變量的取值范圍；〔3〕根據(jù)被分成的兩局部中有一局部的面積是菱形面積的，畫出圖示，分幾種情況進(jìn)行討論解答．【解答】解：〔1〕∵菱形OABC中，OA=10，∴OC=10，∵cos∠COA=，∴點C的坐標(biāo)為：〔6，8〕，∵動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段OA方向運動，∵OA=10，∴t=時，N點與A點重合；〔2〕①，②，③，④8＜t≤10，S=104﹣8t；〔3〕S菱形=80，直線OB過原點〔0，0〕，B點〔16，8〕，故直線OB解析式為，直線OB與PQ、MN分別交于E、F點，如圖：①當(dāng)0＜t≤6，，，，，假設(shè)，那么，，假設(shè)，那么，，②當(dāng)6＜t≤8，，，，，假設(shè)，那么，t=0〔舍〕，假設(shè)，那么，t3=8；③8＜t≤10，不存在符合條件的t值．【點評】此題考查的是函數(shù)綜合題，難度比擬大，關(guān)鍵是運用四邊形的性質(zhì)和面積公式進(jìn)行分析，注意出現(xiàn)的幾種情況討論，不能漏解．27．〔2023?淮陰區(qū)一?！吃赗t△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，點Q在AB上，且AQ=2，過Q做QR⊥AB，垂足為Q，QR交折線AC﹣CB于R〔如圖1〕，當(dāng)點Q以每秒2個單位向終點B移動時，點P同時從A出發(fā)，以每秒6個單位的速度沿AB﹣BC﹣CA移動，設(shè)移動時間為t秒〔如圖2〕．〔1〕求△BCQ的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式．〔2〕t為何值時，QP∥AC？〔3〕t為何值時，直線QR經(jīng)過點P？〔4〕當(dāng)點P在AB上運動時，以PQ為邊在AB上方所作的正方形PQMN在Rt△ABC內(nèi)部，求此時t的取值范圍．【分析】〔1〕過C作CD垂直于AB于D點，由AB及AQ的長，利用AB﹣AQ表示出QB的長，直角三角形ABC的面積有兩種求法，兩直角邊乘積的一半，或斜邊乘以斜邊上的高的一半，兩種求法表示的面積相等可得出CD的長，三角形BQC以QB為底邊，CD為高，利用三角形的面積公式即可求出；〔2〕當(dāng)PQ∥AC時，利用兩直線平行得到兩對同位角相等，由兩對對應(yīng)角相等的兩三角形相似得到△BPQ∽△BCA，由相似得比例，將各自的值代入列出關(guān)于t的方程，求出方程的解得到t的值；〔3〕分三種情況討論即可：①當(dāng)Q、P均在AB上時，可得出AP=6t，AQ=2+2t，令A(yù)P=AQ列出關(guān)于t的方程，求出方程的解得到此時t的值；②當(dāng)P在BC上時，如下圖，由一對直角相等及一對公共角相等，利用兩對對應(yīng)角相等的兩三角形相似可得出三角形BPQ與三角形ABC相似，由相似得比例，將各自的值代入列出關(guān)于t的方程，求出方程的解得到此時t的值；③當(dāng)P在AC上不存在QR經(jīng)過點P，綜上，得到所有滿足題意的t的值；〔4〕抓住兩種臨界情況：當(dāng)點P在點Q的左側(cè)時，假設(shè)點N落在AC上，那么PQ=2+2t﹣6t=2﹣4t，由△APN∽△ACB得=，求出此時的t值；當(dāng)點P在點Q的右側(cè)時，假設(shè)點N落在BC上，那么由△BPN∽△BCA得=，進(jìn)而求出此時的t值，綜上兩種情況，可得出以PQ為邊在AB上方所作的正方形PQMN在Rt△ABC內(nèi)部時t的取值范圍．【解答】解：〔1〕過C作CD⊥AB于D點，如下圖：∵AB=10，AQ=2+2t，∴QB=AB﹣AQ=10﹣〔2+2t〕=8﹣2t，在Rt△ABC中，AB=10，AC