第第頁題型01求值類類型一代數式求值1．已知，，，則【答案】【分析】本題主要考查了因式分解的應用，先把所求式子進行因式分解，再利用整體代入法求值即可．【詳解】解：∵，∵，∴，∴，∵，∴，∴原式；故答案為：．2．如圖，正方形內部擺放著①號，②號，③號3個邊長都為1的正方形，其中①號正方形部分被②號和③號正方形遮蓋，若圖中陰影部分的面積為S，則正方形的邊長為．（用含S的式子表示）【答案】【分析】本題考查了列代數式，將陰影部分適當劃分，找到對應圖形的長和寬即可求解．【詳解】解：如圖所示：由題意得：，設正方形的邊長為，，則，則∴故答案為：3．若，則自然數．【答案】402【分析】本題主要考查了估算計算．熟練掌握縮放原數據估算計算，是解決問題的關鍵．設，縮放數據得到，得到即得．【詳解】設，∵，，∴，∴，∴，∴∴．故答案為：402．4．下列說法正確的有．（選序號）①若，則滿足條件的值有3個．②若，，則用含的代數式表示為．③已知，則的值是34．④1，2，3，，58這58個數中不能表示成某兩個自然數的平方差的數共有14個．【答案】②③/③②【分析】①分三種情況討論，，，，計算后看符合題意的有幾個；②根據同底數冪的除法法則、冪的乘方法則計算，然后等量代換；③先把化為的形式，然后計算，求出最后結果；④設兩個自然數的平方差求出的取值范圍，分析與同奇同偶，進而得到這個數是奇數或是4的倍數，求出表示成某兩個自然數的平方差的數的個數，再求出不能表示成某兩個自然數的平方差的個數．【詳解】解：①若，，則，不合題意，則，，則，不合題意，滿足條件的值有1個，故①不符合題意；②，，，，，即用含的代數式表示為，故②符合題意；③，，，，，故③符合題意；④設兩個自然數的平方差，與同奇同偶，這個數是奇數或是4的倍數，在1，2，3，，58這58個數中奇數有29個，能被4整除的有14個，不能表示成某兩個自然數的平方差的數共有：個，故④不符合題意；故答案為：②③．【點睛】本題考查了同底數冪的除法法則、冪的乘方法則計算、二元一次方程的解，掌握法則的應用，③的拆項法是解題關鍵．5．四個互不相等的數a，b，c，m在數軸上的對應點分別為A，B，C，M，其中，，．（1）若，則A，B，C中與M距離最小的點為；（2）若在A，B，C中，點C與點M的距離最小，且不等于A，B與點M的距離，則符合條件的點C所表示的數c的取值范圍為．6．如果一個三位自然數各個數位上的數字均不為0，且百位數字等于十位數字與個位數字的和，則稱這個數為“佳佳數”．如：532，因為，所以532是“佳佳數”；又如，432，因為，所以432不是“佳佳數”．已知M是一個“佳佳數”，則M最大值是；交換M的百位數字與十位數字得到一個新三位數，在的末位數字后加2得到一個新的四位數，在的十位數字與個位數字之間添加的十位數字得到一個新四位數，若能被7整除，則滿足以上條件的“佳佳數”的最大值為．【答案】【分析】本題考查了代數式求值，數軸上兩點的距離，絕對值的幾何意義，數形結合是解題的關鍵．（1）根據已知求得，進而分別求得，，中與距離，即可求解；（2）根據已知得，表示出，，與距離，根據點C與點M的距離最小，且不等于A，B與點M的距離，得，，令，則，，由絕對值的幾何意義可知，表示數軸上數到6的距離比到2的距離小，則；表示數軸上數到6的距離比到的距離小，則，得，進而即可求解．【詳解】解：（1）∵，當，∴∵，，∴，，中與距離最小的點為，故答案為：．（2）∵，則，之間的距離為：，，之間的距離為：，，之間的距離為：，∵點C與點M的距離最小，且不等于A，B與點M的距離，∴，，令，則，，

由絕對值的幾何意義可知，表示數軸上數到6的距離比到2的距離小，即在兩個數中點的右側，則；表示數軸上數到6的距離比到的距離小，即?在兩個數中點的右側，則，即：當時，，，亦即：當時，，，∴當時，點C與點M的距離最小，且不等于A，B與點M的距離，故答案為：．7．若一個四位自然數，滿足個位數字與十位數字之和的平方正好等于的千位數字與百位數字組成的兩位數，則這個四位數稱為“和數”，比如：，滿足；若一個四位自然數，滿足個位數字與十位數字的平方差正好等于的千位數字與百位數字組成的兩位數，則這個四位數稱為“差數”，比如：，滿足；那么最大的“和數”與最小的“差數”之和是．如果一個“和數”與一個“差數”的個位數字均為、十位數字均為，且，若為整數時，記，則的最大值是．【答案】【分析】本題考查了因式分解的應用，二元一次方程的解，完全平方公式，平方差公式，根據新定義以及最大，最小的四位數的特征寫出，求其差；根據依題意表示出，進而根據是整數，分類討論，進而求得的值，求得，取最大值，即可求解．【詳解】解：∵，∴最大的“和數”千位最大只能為，則百位為∵∴最大的十位為，則個位為∴最大的“和數”為最小的“差數”的千位為，百位最小為時，完全平方數之差沒有相差10的數，則百位數為，此時∴最小的“差數”為∴最大的“和數”與最小的“差數”之和是∵一個“和數”與一個“差數”的個位數字均為、十位數字均為，∴，∴∵∵為整數時∴能被整除∴∴為偶數，當時，∵，∴不合題意，當解得：∴，當時，∵，∴∴，∴，當時，∵∴∴（舍去）……，綜上所述，的最大值為，故答案為：；．8．對于任意一個三位自然數M，若它的各數位上的數字均不為0，且滿足十位上數字的平方等于百位數字與個位數字之積的k倍（k為整數），則稱M為“k階比例中項數”此時，記去掉其個位數字后剩余的兩位數為，去掉百位數字后剩余的兩位數為，規(guī)定，則最大的“4階比例中項數”是；若（其中，，m，n均為正整數）是一個“k階比例中項數”，且能被8除余3，則滿足條件的N之和是．【答案】961823【分析】本題考查因式分解的應用，能夠運用題干當中的新定義是解答本題的關鍵．（1）根據“k階比例中項數”的含義直接作答即可；（2）經過分析確定個位數為1，根據N是“k階比例中項數”得到m與n的數量關系，根據被8除余3，得到另外一個m與n的數量關系，通過列舉法確定N的值．【詳解】解：（1）若一個三位數是“4階比例中項數”那百位和個位數字積的4倍是十位上數字的平方，設這個三位數為，則c，且，其中，均為整數，且均在1到9之間，∴為4的倍數，∴b可能是2，4，6，8，當時，此時，這個三位數是121；當時，此時，當，時，這個三位數最大，為441；當時，此時，當，時，這個三位數最大，為961；當時，此時，當，時，這個三位數最大，為882；則最大的“4階比例中項數”是961；（2）由題意可知，，，∴是8的倍數，∵，，m，n均為正整數，∴n可能是2，3，4，5，6，7，8，當時，m的值為1、2、4，，當時，不是8的倍數，不符合題意；當時，不是8的倍數，不符合題意，當時，是8的倍數，符合題意，此時；，當時，m的值為1、3，，當，不是8的倍數，不符合題意；當時，不是8的倍數，不符合題意，當時，m的值為1、2、4，，同理，當，，符合題意，此時，其余不符合題意；當時，m的值為1，同理，不符合題意；當時，m的值為1、2、3、4，，同理，當時，，符合題意，此時；當時，m的值為1，同理，不符合題意；當時，m的值為1、2、4，，同理，當時，均不符合題意；綜上，符合條件的N有421或141或261，故符合條件的N之和為823．故答案為：961，823．類型二方程、不等式求值9．已知方程組的解為，則方程組的解為．【答案】【分析】本題考查了二元一次方程組的解，根據方程組的特點，理解整體思想是解題關鍵．先將方程變形為，根據方程組的解為得到，即可求出．【詳解】解：變形為，∵方程組的解為，∴，∴．故答案為：10．如果一個五位數的萬位數字與個位數字之和等于其百位數字的2倍，則稱這個五位數為“星星數”，如果一個五位數的千位數字與十位數字之和等于其百位數字的2倍，則稱這個五位數為“月亮數”；一個五位數A，規(guī)定其末三位數字組成的數與其前兩位數字組成的數的和為；若為“星星數”，為“月亮數”（其中，，，，且a，b，c，d為整數），則的值為；在此條件下，若的值能被13整除，則滿足條件的M的值為．11．定義新運算“⊕”，對于任意實數a，b都有．（1）若，，則的立方根是；（2）若不等式成立，則該不等式的解集是．【答案】17【分析】本題考查整式的加減運算，不定方程，根據星星數和月亮數的定義，得到，，進而求出的值即可，求出，根據的值能被13整除，得到能被13整除，設，得到，根據的范圍，分類討論進行求解即可，本題的難度大，屬于填空題中的壓軸題．【詳解】解：∵為“星星數”，∴，∴，∵為“月亮數”，∴，∴，∴；∵的萬位上數字為，千位上數字為，百位上的數字為，十位上的數字為，個位上的數字為；∴；∵的萬位上數字為，千位上數字為，百位上的數字為，十位上的數字為，個位上的數字為；∴，∴∵，∴∵的值能被13整除，∴能被13整除，設（x為正整數），∴，∴當時，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴不符合題意；當時，，∴當時，，此時：，；當時，，此時：，，非“星星數”故舍去；當時，不存在滿足題意；綜上：；故答案為：17，．12．關于的一元一次不等式組至少有個整數解，且關于的分式方程有整數解，那么符合條件的所有整數的和為．【答案】【分析】本題考查了解不等式組和分式方程，先解不等式組，根據不等式組至少有個整數解，確定的取值范圍，再解分式方程，根據分式方程有整數解確定的值，從而求出符合條件的所有整數的和，熟練掌握不等式組的解和分式方程的解的情況是解題的關鍵．【詳解】解：解得，，解得，，∵不等式組有解，∴不等式組的解集為，又∵不等式組至少有個整數解，∴，解得，由分式方程兩邊都乘得，，整理得，，當時，方程的解為，且，∵關于的分式方程有整數解，∴或或或或，∴或或或或∵，∴不合，舍去，∴符合條件的所有整數的和為，故答案為：．13．（2024·浙江寧波·模擬預測）已知關于的一元二次方程有兩個根，，且滿足．記，則的取值范圍是．【答案】【分析】本題考查了一元二次方程根和系數的關系，不等式的性質，由根和系數的關系可得，，，得到，由可得，即得到，即可求解，掌握一元二次方程根和系數的關系是解題的關鍵．【詳解】解：由根和系數的關系可得，，，∴，，∴，∵，∴，，∴，∴，即，故答案為：．14．已知，數軸上從左到右有三點，，，它們在數軸上對應的數分別為，，均不為整數，且，（k為正整數）為正整數．在點與點之間的所有整數依次記為，，，；在點與點之間的所有整數分別記為，，，，若，則的值為．【答案】【分析】本題考查了數字的變化知識，根據數軸上兩點距離列出一元二次方程是解題關鍵．根據題意得出之間共有個或個整數，進而可得，設之間的數分別為，，，，，，，根據題意列出一元二次方程，再計算即可．【詳解】解：，之間共有個或個整數，個連續(xù)的整數滿足，．當時，間有個整數，則，之間的個整數設為，，，，之間的個整數為，，，，，或．當上有個整數，，無整數解．當時，間有個整數，則，之間的個整數設為，，，，，之間的個整數為，，，，或，當，間有個整數時，則，之間的個整數設為，，，，，之間的個整數為，，，無整數解；當時，則，之間的個整數設為，，，，，，之間的個整數為，，，無整數解或，無整數解當時，則，之間的個整數設為，，，，，，，之間的個整數為，，無解．綜上所述，或或，則或或．，或是正整數．，故答案為：．15．如圖，已知數軸上點表示的數為8，是數軸上一點，且．動點從點出發(fā)，以每秒5個單位長度的速度沿數軸向左勻速運動，設運動時間為．（1）當時，；（2）若點表示的數是，當的值最小時，則的取值范圍是．【答案】2或【分析】本題考查的是絕對值的化簡，一元一次方程的應用，熟練的化簡絕對值是解本題的關鍵；（1）先求解B對應的數，再由，再建立方程求解即可；（2）分三種情況化簡絕對值，再求解代數式的值，得到的最小值為，此時，再建立方程即可得到答案．【詳解】解：（1）∵點表示的數為8，是數軸上一點，且，∴，即對應的數為，而運動中對應的數為：，∴，∵，∴，∴或，解得：或．故答案為：2或；（2）當時，∴，當時，此時代數式有最小值；當時，∴，當時，∴，當時，此時最小值為；綜上：的最小值為，此時，當時，解得，當時，解得，∴．故答案為：．16．已知，，為正整數，且若，，是三個連續(xù)正整數的平方，則的最小值為．【答案】【分析】本題考查了一元一次方程的拓展應用，可設，，，解得：，，，即可求解；會解含有參數的一元一次方程是解題的關鍵．【詳解】解：，，是三個連續(xù)正整數的平方，可設，，，解得：，，，，，為正整數，，是正整數，，，，，，的最小值為；故答案：．17．如果p，q是非零實數，關于x的方程始終存在四個不同的實數解，則的值為．【答案】1【分析】本題考查含絕對值的一元一次方程的解，熟練掌握絕對值的性質，能夠確定且是解題的關鍵．【詳解】解：方程，，即，或，或，方程始終存在四個不同的實數解，，，且，，故答案為：1．18．已知，直角梯形的上底為12厘米，下底為18厘米，高為12厘米．正方形的邊長為13厘米，起始狀態(tài)如下圖所示．若正方形固定不動，把直角梯形以2厘米/秒的速度向右沿直線平移，設直角梯形的平移時間為t秒，兩個圖形的重疊部分面積為S平方厘米，則當時，．【答案】或13/13或4【分析】本題考查一元二次方程的幾何應用，直角梯形，長方形的面積等知識，分①當線段未進入正方形內部時，②當線段進入正方形內部，但點還在線段上時，③當點C在線段的延長線上，但未進入正方形內部時，④點在線段的延長線上，線段在正方形內部，且進入正方形內部時，⑤當線段由正方形內部轉為不在內部，但還在正方形內部時，⑥當線段由正方形內部轉為不在內部時，共六種情況討論列出方程或推導即可得解．【詳解】解：標記和作圖如下，其中于，四邊形是直角梯形，四邊形是正方形：依題意可知，厘米，厘米，厘米，∴厘米，∴(平方厘米)，(平方厘米)①當線段未進入正方形內部時，厘米，即，∴，此時重合部分是，平方厘米，即此時無解，②當線段進入正方形內部，但點還在線段上時，厘米，，即，∴，則重合部分是直角梯形，厘米，∴，解得：；③當點C在線段的延長線上，但未進入正方形內部時，厘米，即，厘米∴，此時重合部分是五邊形，平方厘米，即此時無解，④點在線段的延長線上，線段在正方形內部，且進入正方形內部時，厘米，厘米，，即，∴，則重合部分是五邊形，厘米，∴(平方厘米)，解此時無解；⑤當線段由正方形內部轉為不在內部，但還在正方形內部時，厘米，，即，∴，則重合部分是長方形，厘米，∴，解得：；⑥當線段由正方形內部轉為不在內部時，厘米，，即，∴，則此時重疊部分為線段或無重疊，無解，綜上所述：或13．故答案為：或13．類型三函數求值19．如圖，在平面直角坐標系中，點、在雙曲線上，且，分別過點A，點B作x軸的平行線，與雙曲線分別交于點C，點D．若的面積為，則的值為．【答案】/0.5【分析】作軸，作軸，用含、的代數式，表示出、、的長，根據軸，表示出、的坐標，進而表示出、的長，代入，得到，根據反比例函數的幾何意義，得到，代入梯形面積公式，應用因式分解，得到，即可求解，本題考查了，反比例函數的幾何意義，解題的關鍵是：熟練掌握反比例函數的幾何意義．【詳解】解：過點作軸于點，過點作軸于點，∵點、在雙曲線上，∴，，，∵軸，∴點C縱坐標為：，點D縱坐標為：，∴點C橫坐標為：，點D橫坐標為：，∴，∵，∴，∴，整理得：，即：，∴或，∴（舍），，∴，故答案為：．20．如圖，在中，，，CB與y軸交于點D，，點C在反比例函數的圖象上，且x軸平分，則k的值為．【答案】【分析】作y軸的垂線，構造相似三角形，利用和B可以求出C的橫坐標，再利用三角形相似，設未知數，由相似三角形對應邊成比例，列出方程，求出待定未知數，從而確定點的坐標，進而確定的值．【詳解】解：過C作軸，垂足為E，如圖：∵，∴，∵，∴，∴，∴；，

又∵x軸平分，，∴，，又∵，∴∴，∵，∴，又∵，∴，又∵∴，∴，

設，則，，∴，解并檢驗得，，∴點C坐標為∴，故答案為：．【點睛】本題考查反比例函數圖象上點的坐標特征，綜合利用相似三角形的性質，全等三角形的性質求C的坐標，依據C在反比例函數的圖象上的點，根據坐標求出k的值．綜合性較強，注意轉化思想方法的應用．21．如圖，在平面直角坐標系中，平面內有一動點，定點、，連結．（1）點A是否在點P的運動路徑上：；（填“是”或“否”）（2）若點P只是在第一象限內運動，過點P作于Q，當取得最大值時，點P的坐標是．【答案】是【分析】（1）當時，求出縱坐標即可做出判斷；（2）過點P作軸，交于E，先求出一次函數的解析式，再根據勾股定理求出的長，根據三角形內角和可得出，根據解直角三角形的計算求出，可知當最長時，最長，根據，則，表示出，可求出當時，最大為1，即可得出最后結果．【詳解】解：（1），，當時，，點A在點P的運動路徑上，（2）如圖，過點P作軸，交于E，設直線的解析式為：，，，解得：，直線的解析式為：，，在中，，，，在中，，當最長時，最長，，則，，，，當時，最大為1，此時，故答案為：是；．【點睛】本題考查了二次函數的應用，函數值的求解，二次函數的最值求解，解直角三角形的應用，勾股定理，一次函數解析式的求解，三角形內角和定理正確作出輔助線，判斷出當最長時，最長是解答本題的關鍵．22．如圖1，在中，，，邊上的點從頂點出發(fā)，向頂點運動，同時，邊上的點從頂點出發(fā)，向頂點運動，，兩點運動速度的大小相等，設，，關于的函數圖象如圖2，圖象過點．則：（1）．（2）關于的函數圖象的最低點的橫坐標是．【答案】/【分析】本題考查動點問題的函數圖象，三角形全等的判定與性質，相似三角形的判定與性質，觀察函數圖象，根據圖象經過點即可推出和的長，構造，當、、三點共線時，取得最小值，利用三角形相似求出此時的值即可．【詳解】解：∵圖象過點，即當時，點與重合，點與重合，此時，∵，，過點作于點，過點作，并使得，連接，如圖所示：，，，，又，，當、、三點共線時，取得最小值，如圖所示，此時：，，，又，，即，解得：，圖象最低點的橫坐標為：．故答案為：，．23．（2024·浙江寧波·一模）如圖，點為反比例函數上一點，連結并延長交反比例函數于點，且．點在軸正半軸上，連結并延長交軸于點，連結交軸于點，若，，則的面積為．【答案】【分析】此題主要考查了反比例函數比例系數的幾何意義，相似三角形的判定和性質，理解反比例函數比例系數的幾何意義．過點作軸于，過點作軸于，根據反比例函數比例系數的幾何意義得，再由，得，證相似得，則，可設，，再證和相似得，則，由此可得的面積．【詳解】解：過點作軸于，過點作軸于，如圖所示：點在反比例函數的圖象上，點在反比例函數的圖象上，根據反比例函數比例系數的幾何意義得：，，，，，，軸，軸，∴，，，，，設，則，，，，即：，軸，∴，，，，軸，∴，，，即，，，可設，，，，解得：，．故答案為：．24．如圖，正比例函數y=x與反比例函數（）的圖象交于點A，，過點A作，交x軸于點B；作，交反比例函數的圖象于點；過點作，交x軸于點；再作，交反比例函數的圖象于點，依次進行下去…

根據以上信息，解答下列問題．（1）k的值為．（2）點的橫坐標為．【答案】1【分析】（1）根據直的關系式為，以及，可得到是等腰直角三角形，進而得到、都是等腰直角三角形，設，則點，根據，可求出，進而得到點的橫坐標為1，進一步求出值即可；（2）求出點的橫坐標為，同理得出點的橫坐標為；點的橫坐標為；點的橫坐標為；點的橫坐標為；根據規(guī)律可得答案．【詳解】解：（1）如圖，過點、、、分別作軸，軸，軸，軸，垂足分別為、、、．

直線的關系式為，，是等腰直角三角形，同理可得、、都是等腰直角三角形，設，則點，∵，，∴，∴；故答案為：1；（2）∵，點的橫坐標為1，設，則點，點在反比例函數的圖象上，，解得：，點的橫坐標為；設，則點，點在反比例函數的圖象上，，解得：，點的橫坐標為；同理可得：點的橫坐標為；點的橫坐標為；點的橫坐標為；．點的橫坐標為：；故答案為：．【點睛】本題考查反比例函數與一次函數圖象的交點，掌握一次函數、反比例函數圖象上點的坐標特征以及等腰直角三角形的性質是正確解答的關鍵．25．給出如下新定義：在平面直角坐標系中，動點在反比例函數上，若點繞著點旋轉后得到點，我們稱是關于的“伴隨點”．若關于的“伴隨點”為，由和坐標原點構成的三角形是以為直角邊的等腰直角三角形，則的值是．【答案】或或【分析】本題考查了坐標與圖形變化旋轉，反比例函數圖象上點的坐標的特征，相似三角形的判定與性質，分點在第三象限和第一象限，作于，利用，得，表示出點的坐標，從而得出答案，理解定義，并利用相似三角形的性質表示出點的坐標是解題的關鍵．【詳解】解：當點在第三象限時，如圖，作于，則，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，解得或，∵點在第四象限，∴，∴不合，舍去，∴；當點在第一象限時，如圖，同理可知，；當在時，則，此時符合題意；綜上，的值為或或，故答案為：或或．26．（2023·浙江溫州·三模）如圖，為世界最大跨度鐵路拱橋——貴州北盤江特大橋．如圖，已知拱橋曲線呈拋物線，主橋底部跨度米，以為原點，所在直線為軸建立平面直角坐標系，點為拋物線最高點，立柱，，都與軸垂直，，，，若，，和，，均三點共線．則立柱比，以及．【答案】/【分析】本題考查了二次函數的性質以及正比例函數在實際生活中的綜合應用，關鍵是求出、、、、、、、點的坐標，表示出、、、的長度，均用含的代數式表示，進而求比即可．根據已知條件拋物線過原點及，利用交點式寫出拋物線的解析式，易得頂點，，由于軸且、、、皆在上，故他們縱坐標相同；根據，，且為對稱軸，軸，得橫坐標為，進而推出、、點橫坐標分別為、、，因為且在拋物線上，可得，、，，再根據直線過原點，求得解析式為，由于在上，可求得縱坐標，則、、縱坐標均為，表示出、、、的長度，進而求比值即可．【詳解】解：根據題意，可知二次函數圖象過，，故設拋物線為，∵為拋物線頂點；∴，，∵軸，∴點橫坐標為，∵軸，∴、、、縱坐標相同，∵軸，，∴，，,，,；∵軸，∴，，同理可得，，設直線：，則，解得：，∵，，三點共線，∴，即，∴，，，，∴，，；∵，，，∴，∴，，故答案為：．27．如圖，在中，，，．動點從點出發(fā)，以的速度沿射線勻速運動，到點停止運動，同時動點從點出發(fā)，以的速度沿射線勻速運動．當點停止運動時，點也隨之停止運動．在的右側作，且，點在射線上．設點的運動時間為（）．與的重疊部分的面積為（），則當（）時最大；當（）時的值為．【答案】、【分析】根據題意得出，然后根據題意畫出圖形，找到臨界點，分情況討論，得出，根據二次函數的性質，求得最值，進而根據面積為，建立方程，解方程即可求解．【詳解】解：∵在中，，，，∴，作于點，由題意得，，∴，∴，∴是線段的垂直平分線，∴，∴，，∴，，則，當點Q運動到與點重合時，∴，當點P運動到與點重合時，∴，，∴當時，，當時，如圖所示，∵，則，則是等邊三角形，則，，，，∵，∴，∴,∴，∴，綜上所述，，∴當時，取得最大值，當時，，解得：（負值舍去），或，解得：或（舍去），故答案為：；或．【點睛】本題考查了解直角三角形，等邊三角形的性質與判定，二次函數的性質，解一元二次方程，分類討論是解題的關鍵．28．一次函數（、為常數，）中的與的部分對應值如下表：下列結論中一定正確的是（填序號即可）．①當時，；②當的值隨值的增大而增大時，；③當時，或；④當時，直線與軸相交于點，則．【答案】①②③【分析】將點、代入，求出、關于的關系式，根據關系式即可判斷①、②；求出該函數與軸的交點的坐標及即可判斷④；分與兩種情況討論，根據即可求解，從而判斷④．【詳解】解：依題得：，解得：，，時，，，①正確；當隨著的值增大而增大時，，即，，②正確；，，直線與軸相交于點，即，④錯誤；當時，，，，即，解得，時，,,，即，解得，③正確．綜上，結論中一定正確的是①②③．故答案為：①②③．【點睛】本題考查的知識點是一次函數的圖像與性質，解題關鍵是熟練掌握圖像上兩點與原點圍成三角形面積的求法．題型02規(guī)律探究類類型四數字規(guī)律探究29．將實數按圖所示方式排列．若用表示第排從左向右第個數，則與表示的兩數之和是．【答案】【分析】本題考查了數字的變化規(guī)律；根據數的排列方法可知，第一排：1個數，第二排2個數．第三排3個數，第四排4個數，…第排有個數，從第一排到排共有：個數，根據數的排列方法找出第m排第n個數到底是哪個數后再計算即可，判斷出所求的數是第幾個數是解決本題的難點；得到相應的變化規(guī)律是解決本題的關鍵．【詳解】從圖示中知道，所表示的數是：；∵第22排最后一個數的序號是：，∴表示的是第個數，∵由圖觀察規(guī)律知奇數個為負，偶數個為正，∴所表示的數是，∴與表示的兩數之和是：．故答案為：．30．小亮有黑、白各10張卡片，分別寫有數字0~9．把它們像撲克牌那樣洗過后，數字朝下，排成四行，排列規(guī)則如下：①從左至右按從小到大的順序排列：②黑、白卡片數字相同時，黑卡片放在左邊．小亮每行翻開了兩張卡片，如圖所示：其余卡片上數字小亮讓小明根據排列規(guī)則進行推算，小明發(fā)現有的卡片上數字可以唯一確定，例如第四行最后一張白色卡片上數字只能是有的卡片上的數字并不能唯一確定，小明對不能唯一確定的卡片上數字進行猜測，則小明一次猜對所有數字的概率是．【答案】【分析】本題考查概率問題，圖形類規(guī)律探索，根據規(guī)則確定數值，然后根據不能確定的數字進行求概率即可．【詳解】解：∵黑卡在左邊，∴白卡數字可能為或，又∵白卡排在第一行，∴第四行最后一張白色卡片上數字只能是，每行能確定的數字為：第一行：1

5

6

7

9第二行：1

2

3

4

5第三行：0

6

7

9第四行：0

2

8

8不能確定的是黑色3和4，共有兩種填法，是等可能性的，填對的有一種，即概率為．31．將正偶數按下表排列5列：第1列第2列第3列第4列第5列第一行2468第二行16141210第三行18202224……2826根據上面規(guī)律，則2000應在．【答案】第250行，第1列【分析】本題主要考查了數字變化類的一些規(guī)律問題，根據圖表中的信息可得出：表中每一行4個連續(xù)偶數，奇數行第一列空，從左到右增大；偶數行第五列空，從左到右減小，利用算式與，即可得出2000在第250行第1列，能夠找出其內在規(guī)律，是解題的關鍵．【詳解】解：根據圖表中的信息可得出：表中每一行4個連續(xù)偶數，奇數行第一列空，從左到右增大；偶數行第五列空，從左到右減小，，，∴2000是第1000個正偶數，排在第250行，第一列，故答案為：第250行，第1列．32．下列各正方形中的四個數之間都有相同的規(guī)律，根據此規(guī)律，的值為．【答案】【分析】本題考查了數字規(guī)律探究，根據給定的正方形的四個數，可以得到，左下角的數字等于左上角的數字加，右上角的數字等于左上角的數字加上左下角的數字再加，右下角的數字等于左下角的數字乘以右上角的數字再加上左上角的數字，利用這一規(guī)律，即可求解，解題的關鍵是通過正方形中給定的四個數找到它們之間的規(guī)律．【詳解】解：∵，，，∴，即，∵，，，∴，把代入得，，∴，∴，∵，，，∴，故答案為：．33．我國著名的數學家華羅庚曾說過：“數形結合百般好，割裂分家萬事非”．如圖，在邊長為1的正方形紙板上，依次貼上面積為，，，…，的長方形彩色紙片（n為大于1的整數），運用“數形結合”的思想，依數形變化的規(guī)律，可計算出．【答案】【分析】本題考查了數形結合的思想，規(guī)律題的探究．可以看做面積為1正方形減去一半的面積，所可以看做面積為1正方形減去的面積，可以看做面積為1正方形減去的面積，……，可以看做面積為1正方形減去的面積，據此即可求解．【詳解】解：可以看做面積為1正方形減去一半的面積，所以；可以看做面積為1正方形減去的面積，所以；可以看做面積為1正方形減去的面積，所以；……，∴可以看做面積為1正方形減去的面積，所以．故答案為：34．定義一種對正整數n的“F運算”：（1）當n為奇數時，結果為；（2）當n為偶數時，結果為（其中k是使為奇數的正整數），并且運算重復進行．例如，取，則：

若，則第2023次“F運算”的結果是．【答案】【分析】根據新定義規(guī)定的運算法則分別計算出第1、2、3、．．．次的運算結果，即可發(fā)現從第次開始，每次運算為一個周期循環(huán)，據此可求解．【詳解】解：由題意得當時，第次運算結果：，第次運算結果：，第次運算結果：，第次運算結果：，第次運算結果：，第次運算結果：，后面按，循環(huán)，，第2023次“F運算”的結果與第次運算結果相同，為；故答案：．35．記，令，稱為這數列的“理想數”．已知的“理想數”為，那么24，的“理想數”為．【答案】2524【分析】根據得出，從而得出，再設出新的“理想數”代入式子求值即可．【詳解】解：∵，∴，設新的理想數為，，．故答案為：2524．【點睛】本題主要考查了數字的變化和有理數的運算，找出變化規(guī)律是解題的關鍵．36．觀察下列算式：；；；；．用你所發(fā)現的規(guī)律，化簡：（為正整數）．【答案】【分析】先根據；；；；得出，再將變形成題目中的形式，化簡即可得到答案．【詳解】解：，，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了數字的變化規(guī)律問題，解題的關鍵是認真閱讀題目中數字變化的規(guī)律，得出，難點在于將變形為符合題目的形式．37．斐波那契數列因意大利數學家斐波那契以兔子繁殖為例引入，故又稱為“兔子數列”，即：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…實際生活中及現代物理與化學等領域也有著廣泛的應用，若斐波那契數列中的第n個數記為，則與斐波那契數列中的第個數相同．【答案】2022【分析】由于斐波那契數列中的前兩個數均為1，故數列中的1可記作a2，這樣，，…，依次化簡，結論可得．【詳解】解：∵斐波那契數列中，∴1=，∴……

故答案為：2022.【點睛】本題主要考查了數字變化的規(guī)律，數學常識，準確找出數字變化的規(guī)律是解題的關鍵．類型五圖形規(guī)律探究38．如圖是一組有規(guī)律的圖案，它由若干個大小相同的點和三角形組成．第1個圖案中有3個點和1個三角形，第2個圖案中有6個點和3個三角形，第3個圖案中有9個點和6個三角形，依此規(guī)律，第10個圖案中，三角形的個數與點個數的和為．【答案】85【分析】本題考查了圖形變化的規(guī)律，能根據圖形得出第n個圖案點和三角形的個數規(guī)律是解題關鍵．根據圖案得到第n個圖案點的個數為個；三角形有個，再求出第10個圖案點的個數為個；三角形有個，問題得解．【詳解】解：由所給圖案可得第1個圖案點的個數為個；三角形有1個；第2個圖案點的個數為個；三角形有個；第3個圖案點的個數為個；三角形有個；……所以第n個圖案點的個數為個；三角形有個；所以第10個圖案點的個數為個；三角形有個，所以第10個圖案中，三角形的個數與點個數的和為個．故答案為：8539．如圖，圖形都是由同樣大小的菱形按照一定規(guī)律所組成的，其中第個圖形中一共有個菱形，第個圖形中一共有個菱形，第個圖形中一共有個菱形，，按此規(guī)律排列下去，第個圖形中菱形的個數為．【答案】【分析】本題考查了圖形的變化規(guī)律，根據第、第、第個圖形的菱形數找到變化規(guī)律，即可求解，解題的關鍵是觀察圖形的變化，找到規(guī)律．【詳解】解：第個圖形中一共有個菱形，即；第個圖形中一共有個菱形，即；第個圖形中一共有個菱形，即；∴第個圖形中一共有個菱形；∴第個圖形中菱形的個數為，故答案為：．40．如圖所示，將形狀、大小完全相同的“?”和線段按照一定規(guī)律擺成下列圖形，第1幅圖形中“?”的個數為，第2幅圖形中“?”的個數為，第3幅圖形中“?”的個數為，以此類推，則的值為.

【答案】【分析】首先根據圖形中“?”的個數得出數字變化規(guī)律，進而求出即可．【詳解】解：，，，，；故答案為：．【點睛】此題考查圖形的變化規(guī)律，找出圖形之間的聯系，找出規(guī)律解決問題．41．如圖，第一個正方形后，是用大小相等的小正方形拼成的大正方形，若第n個、第m個圖形中正方形的個數分別記為，，則滿足條件的所有n值的和為．【答案】2904【分析】因為，則，再由，排除3，再根據，分別代入，依次列舉計算即可．【詳解】解：由圖得規(guī)律，因為，則，，，不符合題意，，當時，，，，n可以取值：2,3,4,5，當時，，，，n可以取值：9,10,11,12…76，所有n值的和為：，故答案為：2904．【點睛】本題主要考查了整式與探索規(guī)律，如何將已知規(guī)律應用到整式中，是解題的關鍵．類型六函數規(guī)律探究42．如圖，在平面直角坐標系中，，，第個正方形面積記為，第個正方形面積記為，第個正方形面積記為，，以此規(guī)律，則第個正方形的面積．【答案】【分析】本題考查了正方形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，圖形的規(guī)律探究，根據勾股定理得到，進而得到，由相似三角形的判定得到，得到，進而得到，又由相似三角形的判定得到，得到，，由此得到規(guī)律：，把代入即可求解，由相似三角形的判定與性質找到規(guī)律是解題的關鍵．【詳解】解：∵，，∴，，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴∵，，∴，，∴，∴，即，解得，∴，∴，……由上可得，，∴，故答案為：．43．如圖所示，已知直線與x、y軸交于B、C兩點，，在內依次作等邊三角形，使一邊在x軸上，另一個頂點在BC邊上，作出的等邊三角形分別是第1個，第2個，第3個，…則第n個等邊三角形的邊長等于．【答案】【分析】過點作軸于點D，由直線求出，，從而得到和的長度，然后根據含30度角直角三角形的性質得出，從而求出，再根據勾股定理得出，從而得到，，，依此類推，第n個等邊三角形的邊長等于．【詳解】解：如圖，過點作軸于點D，∵直線與x、y軸交于B、C兩點，∴當時，，當時，，∴點，，∴，∴，∴，∴，∴，∵是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴,∴第1個等邊三角形的邊長，同理：第2個等邊三角形的邊長，第3個等邊三角形的邊長，……，由此發(fā)現：第n個等邊三角形的邊長等于，故答案為：．【點睛】本題考查了一次函數與坐標軸的交點、等邊三角形的性質、含30度角直角三角形的性質、勾股定理和規(guī)律推理，正確總結出規(guī)律是解題關鍵．44．如圖，在平面直角坐標系中，正方形與正方形是以為位似中心的位似圖形，且位似比為，點，，在x軸上，延長交射線與點，以為邊作正方形；延長，交射線與點，以為邊作正方形；…按照這樣的規(guī)律繼續(xù)作下去，若，則正方形的面積為．【答案】【分析】已知正方形與正方形是以為位似中心的位似圖形，A1B1⊥x軸，A2B2⊥x軸，可先證明△OA1B1∽△OA2B2，求出正方形A1B1C1A2的邊長1=20，正方形A2B2C2A3的邊長為21=2；同理可證明△OA2B2∽△OA3B3，求出正方形A3B3C3A4的邊長為4=22由此可歸納出規(guī)律：正方形AnBnCnDn+1的邊長為2n－1．在正方形A2021B2021C2021A2022中，n=2021，將n的值代入2n－1即可求出該正方形的邊長，根據正方形面積公式，即可求出該正方形的面積．【詳解】解：∵正方形與正方形是以為位似中心的位似圖形，且位似比為，∴，∵A1B1⊥x軸，A2B2⊥x軸，∴，∴△OA1B1∽△OA2B2，∴，∵，∴，∴，∴正方形A1B1C1A2的邊長1=20，∵△OA1B1∽△OA2B2，∴，∴，∴正方形A2B2C2A3的邊長為21=2；同理可證△OA2B2∽△OA3B3，∴，∵四邊形A2B2C2A3是正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∴正方形A3B3C3A4的邊長為4=22，綜上，可歸納出規(guī)律：正方形AnBnCnDn+1的邊長為2n－1．∴正方形A2021B2021C2021A2022的邊長為：，∴正方形A2021B2021C2021A2022的面積為：．故答案為：．【點睛】本題主要考查了位似變換、相似三角形的判定與性質、正方形的性質和面積以及圖形類找規(guī)律，正確找出規(guī)律是解題的關鍵．45．如圖，已知點，，，在函數位于第二象限的圖象上，點，，，在函數位于第一象限的圖象上，點，，，在軸的正半軸上，若四邊形、，，都是正方形，則正方形的對角線長為．【答案】【分析】根據正方形對角線平分一組對角可得與軸的夾角為，然后表示出的解析式，再與拋物線解析式聯立求出點的坐標，然后求出的長，再根據正方形的性質求出，表示出的解析式，與拋物線聯立求出的坐標，然后求出的長，再求出的長，然后表示出的解析式，與拋物線聯立求出的坐標，然后求出的長，從而根據邊長的變化規(guī)律解答即可．【詳解】解：是正方形，與軸的夾角為，的解析式為，聯立方程組得：，解得或，點的坐標是：；，，，∴直線的解析式為：，聯立方程組得：，解得或，點的坐標是：；，，依此類推，則正方形的邊長為，∴其對角線長為故答案為：．【點睛】考查了二次函數的對稱性，正方形的性質，表示出正方形的邊長所在直線的解析式，與拋物線解析式聯立求出正方形的頂點的坐標，從而求出邊長是解題的關鍵．46．如圖所示，拋物線在第一象限內經過的整數點（橫坐標、縱坐標都為整數的點）依次為，，，…，，將拋物線沿直線l：向上平移，得到一系列拋物線，且滿足條件：①拋物線的頂點，，，…，都在直線上；②拋物線依次經過點，，，…，，則頂點的坐標為．【答案】【分析】設，則以為頂點的拋物線為，進而可根據，求坐標，根據題意確定，則；同理可求，；；進而可得，最后代值求解即可．【詳解】解：設，，，∵拋物線沿直線l：向上平移，∴以為頂點的拋物線為，∵與的交點為，∴，即，解得，，∵為整數點，∴，；同理可求，；；∴，∴，即，故答案為：．【點睛】本題考查了二次函數圖象的平移，二次函數的頂點式，交點坐標，點的規(guī)律探究．熟練掌握二次函數圖象的平移，二次函數的頂點式，交點坐標并推導一般性規(guī)律是解題的關鍵．47．如圖，在函數的圖象上有點，點的橫坐標為1，且后面每個點的橫坐標與它前面相鄰點的橫坐標的差都是1，過點分別作x軸、y軸的垂線段，構成若干個矩形，如圖所示，將圖中陰影部分的面積從左至右依次記為，則．(用含n的代數式表示)

【答案】【分析】由已知信息可得，陰影部分均為矩形，根據反比例函數圖象上點的坐標特征和已知條件，用含n的代數式表示出，的坐標，根據矩形的面積公式即可求解．【詳解】解：由已知信息可得，陰影部分均為矩形，點的橫坐標為1，且后面每個點的橫坐標與它前面相鄰點的橫坐標的差都是1，，的橫坐標分別為n，，，在函數的圖象上，，，，故答案為：．【點睛】本題考查反比例函數的圖象和性質，解題的關鍵是用含n的代數式表示出，的坐標．48．如圖，點，，…在反比例函數的圖象上，點，，，…在y軸上，且，直線與雙曲線交于點，，，…，則（n為正整數）的坐標是．

【答案】【分析】如圖，過作軸于，求解，結合題意，，，，…，都是等腰直角三角形，想辦法求出，，，，…，探究規(guī)律，利用規(guī)律解決問題即可得出結論．【詳解】解：如圖，過作軸于，∵，其中，解得：，即，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴；同理可得：，，…，都是等腰直角三角形，

同理設，∴，解得，（負根舍去）∴，同理可得：，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查反比例函數與一次函數的交點問題，一元二次方程的解法，規(guī)律型問題，解題的關鍵是學會探究規(guī)律的方法，屬于中考選擇題中的壓軸題．題型03函數最值類類型七一次函數的最值問題49．如圖，在平面直角坐標系中，直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，點P是線段的中點．若動點C在x軸上，連接，以為直角邊，點B為直角頂點作等腰直角，連接，則長度的最小值是．【答案】【分析】作軸且，連接，作軸于點，求出點坐標為，點坐標為，得出，得出點，設點，則，證明得出，，得出，，三點共線，從而得到，得出，再由勾股定理表示出，即可得出答案．【詳解】解：如圖，作軸且，連接，作軸于點，，直線與軸交于點，與軸交于點，令，則，解得，令，，點坐標為，點坐標為，，軸，，，點坐標為，設點，則，是等腰直角三角形，，，，，在和中，，，，，，，，，三點橫坐標相同，都為，，，三點共線，，，點是線段的中點，，，，當即時，最小，為，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題主要考查了一次函數圖象上點的坐標特征，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質，勾股定理等知識點，綜合程度較高，難度大，屬于填空題中的壓軸題，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當的輔助線是解此題的關鍵．50．如圖，直線分別交軸、軸于點、，點在軸，將繞點按逆時針旋轉得到，連接，則的最小值為．【答案】【分析】先求出點A，點B的坐標，得到，將線段繞點A逆時針旋轉到，易得為等邊三角形，推出的坐標，當時，有最小值，此時，連接，易證，得，此時，，得到，進而推出，由，則，利用勾股定理即可求出．【詳解】解：直線分別交軸、軸于點、，時，，時，，，，，將線段繞點A逆時針旋轉到，，，為等邊三角形，，當時，有最小值，此時，連接，是繞點按逆時針旋轉得到，，為等邊三角形，，，，，，此時，，，，，在中，，，，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查一次函數與坐標軸的交點，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，點到直線垂線段最短求最短距離，勾股定理，正確作出輔助線，構造三角形全等時解題的關鍵．51．直線與軸和軸分別交于兩點，點C是的三等分點，分別是直線和軸上的動點，則周長的最小值是．【答案】或【分析】本題主要考查了一次函數與幾何綜合，軸對稱最短路徑問題，勾股定理，當點C是靠近點B的三等分點時，作點關于的對稱點，關于的對稱點，連接，，FB，FG，由軸對稱的性質，可得，，故當點，，，在同一直線上時，的周長，此時周長最小，依據勾股定理即可得到的長，進而得到周長的最小值，同理求出當點C是靠近點O的三等分點時周長最小值即可．【詳解】解：當點C是靠近點B的三等分點時，如圖，作點關于的對稱點，關于的對稱點，連接，，FB，FG，在中，當時，當時，，，，∴，又∵點C是靠近點B的三等分點∴，，∵點C與點G關于對稱，∴，，∴，∵，，，又∵點C與點F關于對稱，，，，，∵，，∴的周長，當點，，，在同一直線上時，的周長最小，為FG的長，∵在中，，周長的最小值是．同理當點C是靠近點O的三等分點時，可得周長的最小值是．綜上所述，周長的最小值是或，故答案為：或．52．在平面直角坐標系中，，，C在直線上運動，存在一點P，滿足，則的最小值為．【答案】/【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質，勾股定理，一次函數的應用．先證明，推出點P在以為圓心，1個單位長為半徑的圓上，在上取點，使，再推出，得到，當共線且時，有最小值，最小值為的長，據此求解即可．【詳解】解：∵C在直線上運動，∴，∵，且，∴，∴，∵，，∴，，，∴點P在以為圓心，1個單位長為半徑的圓上，在上取點，使，∵，且，∴，∴，∴，∴當共線且時，有最小值，最小值為的長，此時，，，∴是等腰直角三角形，由勾股定理得，故答案為：．53．已知二次函數的圖象與x軸交于點，與y軸交于點C，且頂點的縱坐標為，如果為直角三角形，那么的面積的最大值為．【答案】1【分析】本題考查了拋物線與軸的交點及三角形的面積，也考查了二次函數的性質．先確定再求得，然后求得，再求解即可．【詳解】解：二次函數的圖象與x軸交于點，且頂點的縱坐標為，，且點分居原點兩側，只可能是，，，而，，，當且僅當時等號成立．故答案為：1類型八二次函數的最值問題54．（23-24九年級上·浙江·期末）已知的直角頂點與原點重合，點，都落在拋物線上，則與軸的交點為；若于點，則點到點的最大距離為．【答案】【分析】設點坐標，點坐標，由求出的值，將、代入直線解析式，當時，即可求解，根據直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，可得出點運動軌跡，即可求出點到點的最大距離，本題考查了待定系數法求一次函數解析式，利用相似求坐標，直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，解題的關鍵是：熟練掌握字型相似，隱圓模型．【詳解】解：設直線解析式：，點坐標：，點坐標：，過點作軸于點，過點作軸于點，如圖，則，，，，，，，，，即：，，設直線解析式，將、坐標代入，，解得：，則直線解析式：，當時，，將代入，得：，與軸的交點為，設與軸的交點為點，中點為，點為點，，，為中點，在中，，在中，，點軌跡為，以為圓心，長為半徑的圓，的最大值為：，故答案為：，．55．已知關于x的二次函數，當時，函數有最小值，則k的值為．【答案】1或【分析】本題主要考查了二次函數的最值問題，根據函數解析式得到二次函數開口向下，對稱軸為直線，則在對稱軸右側，y隨x增大而減小，在對稱軸左側，y隨x增大而增大，在討論對稱軸的位置，根據最小值為進行求解即可．【詳解】解：∵二次函數解析式為，∴二次函數開口向下，對稱軸為直線，∴在對稱軸右側，y隨x增大而減小，在對稱軸左側，y隨x增大而增大，當時，則當時，y有最小值，∴，∴，解得或，都不符合題意；當時，則當時，y有最小值，∴，∴，解得（舍去）當時，則函數在或處取得最小值，當時，在處取得最小值，此時或（舍去）；當時，在處取得最小值，此時或（舍去）；綜上所述，或，故答案為：1或．56．（2024·浙江杭州·模擬預測）若點在拋物線上過y軸上點E作兩條相互垂直的直線與拋物線分別交于A，B，C，D，且M，N分別是線段的中點，面積的最小值為．【答案】4【分析】本題考查了二次函數最值，熟練掌握化簡二次根式是解答本題的關鍵．根據題意設E坐標為，直線的解析式為直線的解析式為聯立方程組得到坐標，由中點坐標公式得到再根據兩點間的距離公式得到的代數式，由面積公式得到，利用均值不等式得到最小值即可．【詳解】解：由，且兩直線均與拋物線有兩個交點，所以直線k值都存在，設E坐標為，直線的解析式為直線的解析式為直線與拋物線聯立方程組為：，消去y得設由根與系數的關系得：∵為線段的中點，∴∴同理得∴∵∴根據均值不等式，當時，即時，的面積最小值為4．故答案為：4．57．如圖，在平面直角坐標系中，二次函數的圖象與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，點在線段上，則的最小值是．【答案】5【分析】先求出，，，過點B、C分別作x軸、y軸的垂線，兩線交于點T，連接，證明四邊形是正方形，且，即有點O與點T關于直線對稱，則有，當A、P、T三點共線時最小，即最小，最小值為，問題隨之得解．【詳解】解：在中，當時，，∴，∴；當時，，解得：，，∴，，∴，；過點B、C分別作x軸、y軸的垂線，兩線交于點T，連接，如圖，∴，，∵，，∴四邊形是正方形，且，∴點O與點T關于直線對稱，∴，∴，∴當A、P、T三點共線時最小，即最小，最小值為，∵，，∴的最小值，故答案為：5．【點睛】本題主要考查了二次函數與幾何綜合，考查了二次函數與坐標軸交點的問題，軸對稱的性質，勾股定理，正方形的判定與性質等知識，證明四邊形是正方形，且，得出點O與點T關于直線對稱，是解題的關鍵．58．（23-24九年級上·浙江嘉興·期中）如圖，拋物線與軸交于兩點，拋物線的頂點為，點為的中點，以為圓心，長為半徑在軸的上方作一個半圓，點為半圓上一動點，連接，取的中點，當點沿著半圓從點運動至點的過程中，線段的最小值為．【答案】/【分析】本題考查二次函數的圖象及性質，點與圓的位置關系，三角形中位線定理以及拋物線與軸的交點，熟練掌握二次函數的圖象及性質，點與圓的位置關系，確定點的運動軌跡是解題的關鍵．由題意可知點在以為圓心，2為半徑的半圓上，則點在以為圓心，1為半徑的半圓上，的最小值為，求出即可求解．【詳解】解：如圖，作直線，則為拋物線的對稱軸，取的中點，連接，，令，則，解得或，∴，，∵為的中點，，∴，，∵，∴頂點，∴，，由中位線的性質可得：，∴點在以為圓心，1為半徑的半圓上運動，連接交于，∴，如圖，當A、G、F三點共線時，即與重合，最小，∴的最小值為，故答案為：．類型九反比例函數與其它函數的最值問題59．如圖，一次函數與反比例函數的圖像相交于A，B兩點，其交點的橫坐標分別為4，8．（1）k的值是；（2）將點A沿x軸正方向平移個單位長度得到點C，連接并延長交x軸正半軸于點D，則的最大值是．【答案】3236【分析】本題主要考查了反比例函數的性質、全等三角形的判定與性質、運用二次函數的性質求最值等知識點，靈活應用相關知識成為解題的關鍵．（1）由題意可得、，然后代入得到二元一次方程組求解即可；（2）如圖：作軸于點F，交于點E，則，；根據題意可得，，進而得到，然后再證明可得、，最后代入中化成頂點式求最值即可解答．【詳解】解：（1）點A，B在反比例函數的圖像上，，；點A，B在一次函數的圖像上，，，解得．故答案為32．（2）如圖：作軸于點F，交于點E，則，，∵，∴，，，，∵將點A沿x軸正方向平移個單位長度得到點C，∴，∵，∴，∵∴，，，，當時，取最大值，最大值是36．故答案為：36．60．如圖，一次函數的圖象與軸、軸分別交于、兩點．線段的中點在反比例函數的圖象上．若一次函數的圖象與的圖象有且只有一個第三象限的公共點，且與軸、軸分別交于、兩點，試求出四邊形的面積最小為．【答案】48【分析】本題考查了一次函數與反比例函數的交點問題．先由一次函數的圖象與軸、軸分別交于、兩點求得點和點的坐標，從而可得的值，再將一次函數與反比例函數的解析式聯立，由判別式得到與的數量關系式及點和點的坐標，然后用含和的式子表示出四邊形的面積，將含的部分配方，即可得出答案．【詳解】解：的圖象與軸、軸分別交于、兩點，，，為中點，在的圖象上，，是唯一公共點，由，得：，，，，，，，當，即時，取到最小值48．四邊形的最小面積是48．故答案為：48．61．如圖，曲線是二次函數圖像的一部分（其中A是拋物線與y軸的交點，B是拋物線頂點），曲線是反比例函數（）圖像的一部分，A，C兩點的縱坐標相等，由點C開始不斷重復“”的過程，形成一組波浪線．若點是波浪線上的點，則；若點和是波浪線上的點，則的最大值為．

【答案】11【分析】本題主要考查反比例函數圖像上點的坐標特征、二次函數的性質等知識點，掌握數形結合思想是解題的關鍵．由拋物線求出點A、點B；再將點P代入拋物線解析式可求得a的值；由點B求出雙曲線k，再求出C，得到12個單位一循環(huán)，求出m、n的最大值即可求解．【詳解】解：∵點A在拋物線上，∴令，則，∴，又∵點B是拋物線的頂點，∴，∴,則點再拋物線上，即；∵點B在雙曲線上，∴，∴雙曲線解析式為，∴點，∵，所以點P的縱坐標和時的縱坐標相等，當時，,所以，∵波浪線的最高點為二次函數頂點，所以n的最大值為12，所以最大值為．故答案為11，．62．如圖，在平面直角坐標系中，點A，C分別在坐標軸上，且四邊形是邊長為3的正方形，反比例函數的圖像與邊分別交于E，D兩點，的面積為4，點P為y軸上一點，則的最小值為．【答案】【分析】本題考查了反比例函數的系數k的幾何意義、軸對稱中最小距離問題、勾股定理、正方形的性質等知識點，正確作出輔助線是解題的關鍵．由正方形的邊長是3，得到點D的橫坐標和點E的縱坐標為3，求得，，根據三角形的面積列方程得到，，作E關于y軸的對稱點，連接交y軸于P，則的長的最小值，最后根據勾股定理即可解答．【詳解】解：∵正方形的邊長是3，∴點D的橫坐標和點E的縱坐標為3，∴，，，，∵的面積為4，，解得：或（舍去），∴，，作E關于y軸的對稱點，連接交y軸于P，則的長的最小值，∴，∴，，，即的最小值為．故答案為．題型04函數臨界點類類型十一一次函數的最值問題63．如圖，在平面直角坐標系中，已知點A的坐標為，點B的坐標為，點為y軸上一動點，現連接．記線段所圍成的封閉區(qū)域（不含邊界）為W．當時，區(qū)域W內的整點（橫、縱坐標均為整數的點）個數為個；當區(qū)域W內有6個整點時，m的取值范圍是．【答案】4或【分析】本題為新定義問題，考查了待定系數法求一次函數解析式，一次函數與坐標軸交點問題等知識，理解題意，分類討論是解題關鍵．當時，根據題意畫出圖形，即可確定區(qū)域W內的整點個數；分和兩種情況，分別根據區(qū)域W內有6個整點確定界點，即可求解．【詳解】解：如圖1，當時，區(qū)域W內的整點（橫、縱坐標均為整數的點）個數為4個；當時，如圖2，∵點B坐標為，點C坐標為，∴直線解析式為，當時，；如圖3，∵點A坐標為，點D坐標為，∴直線解析式為，當時，；∴當時，區(qū)域W內有6個整點時，m的取值范圍是；當時，如圖4，∵點B坐標為，點E坐標為，∴直線解析式為，當時，；如圖5，點A坐標為，點F坐標為，∴直線解析式為，當時，；∴當時，區(qū)域W內有6個整點時，m的取值范圍是；綜上所述：當區(qū)域W內有6個整點時，m的取值范圍是或．故答案為：4，或64．在平面直角坐標系中，點的坐標為，點的“變換點”的坐標定義如下：當時，點坐標為；當時，點坐標為，線段上所有點按上述“變換點”組成一個新的圖形，若直線與組成的新的圖形有兩個交點，則的取值范圍是．【答案】【分析】本題考查新定義“變換點”，根據新定義確定分段函數，利用圖像找出滿足條件的點坐標，求函數值，列不等式，根據題意畫出圖形，確定變換分界點，根據條件，從直線的變動范圍確定的取值范圍，掌握新定義“變換點”，根據新定義確定分段函數，利用圖像找出滿足條件的點坐標，求函數值，列不等式是解題關鍵．【詳解】解：當時，，解得，分界點為，如圖，∴線段：上點變?yōu)?，線段：上點用過平移變?yōu)?，∵若直線與組成的新的圖形有兩個交點，且經過定點，∴經過點，時，，，∴與組成的新的圖形有兩個交點，則的取值范圍是，故答案為．65．把a、b、c三個數按照從小到大排列，最大的數記作，例如，若直線與函數的圖象有且只有1個交點，則k的取值范圍是．【答案】或或【分析】本題考查一次函數的圖象與性質，利用數形結合的思想是解題關鍵．根據題意可得出直線過定點，再畫出函數的圖象，由圖象即可求解．【詳解】解：，∴當時，，即直線過定點，如圖，由題意可得出函數的圖象由射線，線段，射線組成，如圖，聯立，解得：，∴．設直線解析式為，∴，解得：，∴直線解析式為，由圖象可知：當時，直線與函數的圖象有且只有1個交點，即為點C；當時，直線與函數的圖象有且只有1個交點；當，直線與函數的圖象有且只有1個交點．綜上可知若直線與函數的圖象有且只有1個交點，則k的取值范圍是或或．故答案為：或或．66．如圖，直線分別與坐標軸交于，兩點，若稱橫縱坐標都是整數的點為整點，那么內（含邊界）的整點共有個．【答案】22【分析】本題考查了用待定系數法求一次函數的解析式，一次函數值的大小比較，正確理解內（含邊界）的整點的含義是解答本題的關鍵．先用待定系數法求直線的解析式，然后分別求，1，2，，9時的函數值，可逐步求得相關整點的坐標，即可得到答案．【詳解】解：設直線的解析式為，把，兩點的坐標代入得，解得，所以直線的解析式為，當時，，所以線段上有4個整點，，，，，當時，，所以在直線上有3個整點符合要求，，，，當時，，所以在直線上有3個整點符合要求，，，，當時，，所以在直線上有3個整點符合要求，，，，當時，，所以在直線上有2個整點符合要求，，，當時，，所以在直線上有2個整點符合要求，，，當時，，所以在直線上有2個整點符合要求，，，當時，，所以在直線上有1個整點符合要求，，當時，，所以在直線上有1個整點符合要求，，當時，，所以在直線上有1個整點符合要求，，綜上所述，內（含邊界）的整點共有22個．故答案為：22．67．某數學興趣小組遇到這樣一個問題：探究函數員小東根據學習函數的經驗，對函數的圖象與性質進行了探究，結合絕對值的性質以及函數圖象，解決問題：若一次函數的圖象與函數的圖象只有一個交點，則實數a的取值范圍是．【答案】或或【分析】本題考查一次函數的綜合應用，先去絕對值，畫出的圖象，利用數形結合和分類討論的思想進行求解即可．【詳解】解：∵，∴當，即：時，，當時，，∴，當時，，∴圖象過點；∵，∴當時，，∴過定點，∴當過點時，，解得：，當與平行時，，當與平行時，，如圖：直線繞點旋轉，由圖可知：當或或時，的圖象與函數的圖象只有一個交點，故答案為：或或．類型十二二次函數的最值問題68．若拋物線與軸交于不同的兩點、，且，則的取值范圍是．【答案】【分析】本題設點、的橫坐標分別為、，根據題意分以下兩種情況討論，①如果，得到點、在原點同一側；②如果，那么點、分居原點兩側；利用根的判別式，以及根與系數的關系，結合列出不等式求解，即可解題．【詳解】解：①如果，拋物線開口向上，點、在原點同一側，且，解得，設點、的橫坐標分別為、，拋物線對稱軸為，、，，滿足條件，；②如果，那么點、分居原點兩側，當時，有，，，解得：，，綜上所述，則的取值范圍是．故答案為：．【點睛】本題考查了二次函數的圖象與性質、拋物線與的交點情況、根與系數的關系、根的判別式、求根公式，熟練掌握相關知識并靈活運用，即可解題．69．已知點，，若拋物線與線段恰有一個公共點，則a的取值范圍為．【答案】或【分析】本題主要考查了二次函數圖象與系數的關系，熟知二次函數的圖象和性質及分類討論思想是解題的關鍵．由拋物線的表達式可得出拋物線的對稱軸為直線，與y軸的交點坐標為，再利用分類討論的數學思想即可解答．【詳解】解：由題意可知：拋物線的對稱軸為直線：，當時，,所以拋物線與y軸的交點坐標為，又∵拋物線與線段恰有一個公共點，則當時，將頂點坐標代入函數解析式得：,解得；當時，將坐標代入函數解析式得：,解得；將坐標代入函數解析式得：，解得：，即，綜上所述：或．故答案為：或．70．（23-24九年級上·浙江金華·期末）定義：若x，y滿足：，（k為常數）且，則稱點為“好點”．（1）若是“好點”，則．（2）在的范圍內，若二次函數的圖象上至少存在一個“好點”，則c的取值范圍為．【答案】【分析】本題主要考查了二次函數圖象上點的坐標的特征以及新定義問題，正確理解新定義是解決本題的關鍵．（1）根據好點”定義可得：，進而計算求解m即可；（2）由已知可得：，進而求出直線的解析式，所以拋物線與直線的交點就是好點，再計算即可．【詳解】解：（1）由好點”定義可得：，∴，整理得：，∴或5，∵，∴，故答案為：；（2）∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴直線上的點都是好點，當時，．當時，，如圖，直線解析式為，，拋物線與直線的交點就是好點，當拋物線過點A時，，解得：，當拋物線與有且只有一個交點時，有，整理得：，∴，解得：，∴c的取值范圍為：．故答案為：．71．如圖函數圖象是由函數的圖像軸上方部分不變，下方部分沿軸向上翻折而成，如圖所示，則下列結論正確的是．；將圖像向上平移個單位后與直線有個交點．

【答案】①③④【分析】根據圖象判斷出對稱軸的位置，再利用二次函數的對稱軸公式，即可得到，故①正確；由圖象可判斷二次函數與y軸的交點為，即，故②錯誤；根據圖象判斷，，結合，可知，故③正確；求出原二次函數的表達式，即可判斷函數頂點的坐標，可以得到將圖象向上平移1個單位后，函數頂點的坐標為，繼而得出直線與平移后的函數圖象有3個交點，故④正確．【詳解】圖象經過，，拋物線的對稱軸為直線，，，即，故正確；，拋物線與軸交點在軸下方，故錯誤；，，，故正確；∵將點和代入，∴，解得，∴二次函數的表達式為：，∵當時，，∴圖象上當時，函數頂點的坐標為，∴將圖象向上平移1個單位后，函數頂點的坐標為，如圖所示：

綜上：正確的有①③④，故答案為：①③④【點睛】本題考查了二次函數的圖象和性質，掌握二次函數的對稱軸公式、系數與圖象的關系、待定系數法求二次函數的表達式等是解答本題的關鍵．72．在平面直角坐標系中，為拋物線上一點，為平面上一點，且位于點右側．（1）此拋物線的對稱軸為直線；（2）若線段與拋物線有兩個交點，則的取值范圍是．【答案】【分析】本題考查了二次函數的圖象與性質．熟練掌握二次函數的圖象與性質，數形結合是解題的關鍵．（1）由，求解作答即可；（2）如圖，由題意可求，則關于直線的對稱點為，，由圖象知當或時，線段與拋物線只有1個交點；當時，，可得，則此時線段與拋物線有2個交點，然后作答即可．【詳解】（1）解：∵，∴此拋物線的對稱軸為直線，故答案為：．（2）解：如圖，當時，，即，∵對稱軸為直線，∴關于直線的對稱點為，∴，由圖象知當或時，線段與拋物線只有1個交點；當時，，∴，∴，此時線段與拋物線有2個交點．綜上所述，的取值范圍是，故答案為：．類型十三反比例函數的最值問題73．在平面直角坐標系中，如果一個點的橫坐標與縱坐標互為相反數，那么稱該點為“黎點”．例如都是“黎點”．（1）當時，雙曲線上的“黎點”為；（2）若拋物線（為常數）上有且只有一個“黎點”，則當時，的取值范圍為．【答案】【分析】本題考查反比例函數圖象上的點特征，二次函數的性質等知識；解題的關鍵是理解題意，學會用轉化的思想思考問題．（1）設雙曲線上的“黎點”為，構建方程求解即可；（2）拋物線（a、c為常數）上有且只有一個“黎點”，推出方程有且只有一個解，即，可得結論．【詳解】（1）解：設雙曲線上的“黎點”為，則有（負值舍去），經檢驗，是原分式方程的解，當時，雙曲線上的“黎點”為．（2）拋物線（為常數）上有且只有一個“黎點”，方程即有且只有一個解，，．74．定義新運算：，即的取值為，，的中位數，例如：，，已知函數與直線有個交點時，則的取值范圍為．【答案】或【分析】本題考查中位數，函數的圖像等知識，解題的關鍵畫出函數的圖像，觀察圖像，利用圖像法解決問題即可．也考查了函數圖像之間的交點坐標．【詳解】解：由題意：函數的圖像如圖所示（圖中實線）．由，解得：或，∴，，由，解得：或，∴，，由，解得：，∴，由，當時，得，即函數圖像與軸的交點坐標為，∵函數與直線有個交點，且，觀察圖像可知：符合條件的的取值范圍是：或．故答案為：或．75．對于平面直角坐標系中的圖形M和直線m，給出如下定義：若圖形M上有點到直線m的距離為d，那么稱這個點為圖形M到直線m的“d距點”．如圖，雙曲線C：和直線：，若圖形C到直線l的“距點”只有2個，則n的取值范圍是．【答案】/【分析】由直線：可知是等腰直角三角形，則，設點為圖形到直線的“距點”，作交于，則，作軸交于，則，，則是等腰直角三角形，先找圖形到直線的“距點”只有1個時，即只有1個解，亦即：或只有1個解，分兩種情況來討論可得當，時，為圖形到直線的“距點”作出當，時的草圖，通過作圖發(fā)現，當時圖形在直線上方必定還有兩個點到直線的距離為，再根據這兩個臨界點求解即可．【詳解】解：令直線：與軸，軸分別交于點，點，對于直線：，當時，，當時，，∴，，則，∴是等腰直角三角形，則，設點為圖形到直線的“距點”，作交于，則，作軸交于，則，，則是等腰直角三角形，∴，則，即：，先找圖形到直線的“距點”只有1個時，即：只有1個解，亦即：或只有1個解，∵，則，∴，若，即，則，解得：，此時，，解得，即為圖形到直線的“距點”若，即，則，解得：，此時，，解得，即為圖形到直線的“距點”作出當，時的草圖，如下：通過作圖發(fā)現，當時圖形在直線上方必定還有兩個點到直線的距離為，∴當圖形到直線的“距點”只有1個，當圖形到直線的“距點”只有3個，則當圖形到直線的“距點”只有2個時，的取值范圍，故答案為：．【點睛】本題考查了反比例函數的性質，勾股定理，一元二次方程根的問題，利用數形結合的數學思想作出草圖，找到滿足條件的臨界點是解決問題的關鍵．76．如圖是個臺階的示意圖，每個臺階的高和寬分別是和，每個臺階凸出的角和凹入的角的頂點記作（為的整數）．函數的圖象為．（）若過點，則．（）若過，則一定過另一點，則．（）若使得這些點分布在