北京首都醫(yī)科大學附屬中學初中部九年級上冊壓軸題數(shù)學模擬試卷含詳細答案一、壓軸題1．如圖，在直角中，，，作的平分線交于點，在上取點，以點為圓心經(jīng)過、兩點畫圓分別與、相交于點、（異于點）．（1）求證：是的切線；（2）若點恰好是的中點，求的長；（3）若的長為．①求的半徑長；②點關于軸對稱后得到點，求與的面積之比．2．將拋物線向下平移6個單位長度得到拋物線，再將拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線．（1）直接寫出拋物線，的解析式；（2）如圖（1），點在拋物線對稱軸右側上，點在對稱軸上，是以為斜邊的等腰直角三角形，求點的坐標；（3）如圖（2），直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點，為線段的中點；直線與拋物線交于，兩點，為線段的中點．求證：直線經(jīng)過一個定點．3．某校開展了一次綜合實踐活動，參加該活動的每個學生持有兩張寬為，長足夠的矩形紙條．探究兩張紙條疊放在一起，重疊部分的形狀和面積．如圖1所示，一張紙條水平放置不動，另一張紙條與它成45°的角，將該紙條從右往左平移．（1）寫出在平移過程中，重疊部分可能出現(xiàn)的形狀．（2）當重疊部分的形狀為如圖2所示的四邊形時，求證：四邊形是菱形．（3）設平移的距離為，兩張紙條重疊部分的面積為．求s與x的函數(shù)關系式，并求s的最大值．4．在平面直角坐標系中，將函數(shù)y＝x2﹣2mx+m（x≤2m，m為常數(shù)）的圖象記為G，圖象G的最低點為P(x0，y0)．（1）當y0＝﹣1時，求m的值．（2）求y0的最大值．（3）當圖象G與x軸有兩個交點時，設左邊交點的橫坐標為x1，則x1的取值范圍是．（4）點A在圖象G上，且點A的橫坐標為2m﹣2，點A關于y軸的對稱點為點B，當點A不在坐標軸上時，以點A、B為頂點構造矩形ABCD，使點C、D落在x軸上，當圖象G在矩形ABCD內(nèi)的部分所對應的函數(shù)值y隨x的增大而減小時，直接寫出m的取值范圍．5．如圖1，拋物線的頂點在軸上，交軸于，將該拋物線向上平移，平移后的拋物線與軸交于，頂點為．（1）求點的坐標和平移后拋物線的解析式；（2）點在原拋物線上，平移后的對應點為，若，求點的坐標；（3）如圖2，直線與平移后的拋物線交于．在拋物線的對稱軸上是否存在點，使得以為頂點的三角形是直角三角形？若存在，直接寫出點的坐標；若不存在，請說明理由．6．直線m∥n，點A、B分別在直線m，n上（點A在點B的右側），點P在直線m上，AP＝AB，連接BP，將線段BP繞點B順時針旋轉60°得到BC，連接AC交直線n于點E，連接PC，且ABE為等邊三角形．（1）如圖①，當點P在A的右側時，請直接寫出∠ABP與∠EBC的數(shù)量關系是，AP與EC的數(shù)量關系是．（2）如圖②，當點P在A的左側時，（1）中的結論是否成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由．（3）如圖②，當點P在A的左側時，若△PBC的面積為，求線段AC的長．7．如圖，正方形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，E為OC上動點(與點O不重合)，作AF⊥BE，垂足為G，交BO于H．連接OG、CG．(1)求證：AH=BE；(2)試探究：∠AGO的度數(shù)是否為定值？請說明理由；(3)若OG⊥CG，BG=，求△OGC的面積．8．如圖，已知點A、C在雙曲線上，點B、D在雙曲線上，AD//BC//y軸.(I)當m=6，n=-3，AD=3時，求此時點A的坐標；(II)若點A、C關于原點O對稱，試判斷四邊形ABCD的形狀，并說明理由；(III)若AD=3，BC=4，梯形ABCD的面積為，求mn的最小值.9．將一個直角三角形紙片放置在平面直角坐標系中，點，點，點B在第一象限，，，點P在邊上（點P不與點重合）．（1）如圖①，當時，求點P的坐標；（2）折疊該紙片，使折痕所在的直線經(jīng)過點P，并與x軸的正半軸相交于點Q，且，點O的對應點為，設．①如圖②，若折疊后與重疊部分為四邊形，分別與邊相交于點，試用含有t的式子表示的長，并直接寫出t的取值范圍；②若折疊后與重疊部分的面積為S，當時，求S的取值范圍（直接寫出結果即可）．10．如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y＝x+2與x軸交于點A，與y軸交于點C．拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸是x＝且經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一交點為點B．（1）求拋物線解析式．（2）若點P為直線AC上方的拋物線上的一點，連接PA，PC．求△PAC的面積的最大值，并求出此時點P的坐標．（3）拋物線上是否存在點M，過點M作MN垂直x軸于點N，使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．11．如圖，在中，為邊的中點，為線段上一點，連結并延長交邊于點，過點作的平行線，交射線于點，設．（1）當時，求的值；（2）設，求關于的函數(shù)關系式；（3）當時，求的值．12．已知，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)的圖象與軸交于點，與軸交于點，點的坐標為，點的坐標為．（1）如圖1，分別求的值；（2）如圖2，點為第一象限的拋物線上一點，連接并延長交拋物線于點，，求點的坐標；（3）在（2）的條件下，點為第一象限的拋物線上一點，過點作軸于點，連接、，點為第二象限的拋物線上一點，且點與點關于拋物線的對稱軸對稱，連接，設，，點為線段上一點，點為第三象限的拋物線上一點，分別連接，滿足，，過點作的平行線，交軸于點，求直線的解析式．13．如圖，在直角坐標系中，點在第一象限，軸于，軸于，，，有一反比例函數(shù)圖象剛好過點．（1）分別求出過點的反比例函數(shù)和過，兩點的一次函數(shù)的函數(shù)表達式；（2）直線軸，并從軸出發(fā)，以每秒個單位長度的速度向軸正方向運動，交反比例函數(shù)圖象于點，交于點，交直線于點，當直線運動到經(jīng)過點時，停止運動．設運動時間為（秒）．①問：是否存在的值，使四邊形為平行四邊形？若存在，求出的值；若不存在，說明理由；②若直線從軸出發(fā)的同時，有一動點從點出發(fā)，沿射線方向，以每秒個單位長度的速度運動．是否存在的值，使以點，，，為頂點的四邊形為平行四邊形；若存在，求出的值，并進一步探究此時的四邊形是否為特殊的平行四邊形；若不存在，說明理由．14．如圖，已知拋物線y=﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0），B（0，3）兩點．（1）求此拋物線的解析式和直線AB的解析式；（2）如圖①，動點E從O點出發(fā)，沿著OA方向以1個單位/秒的速度向終點A勻速運動，同時，動點F從A點出發(fā)，沿著AB方向以個單位/秒的速度向終點B勻速運動，當E，F(xiàn)中任意一點到達終點時另一點也隨之停止運動，連接EF，設運動時間為t秒，當t為何值時，△AEF為直角三角形？（3）如圖②，取一根橡皮筋，兩端點分別固定在A，B處，用鉛筆拉著這根橡皮筋使筆尖P在直線AB上方的拋物線上移動，動點P與A，B兩點構成無數(shù)個三角形，在這些三角形中是否存在一個面積最大的三角形？如果存在，求出最大面積，并指出此時點P的坐標；如果不存在，請簡要說明理由．15．我們規(guī)定：有一組鄰邊相等，且這組鄰邊的夾角為的凸四邊形叫做“準箏形”．（1）如圖1，在四邊形中，，，，求證：四邊形是“準箏形”；（2）如圖2，在“準箏形”中，，，，，求的長；（3）如圖3，在中，，，，設是所在平面內(nèi)一點，當四邊形是“準箏形”時，請直接寫出四邊形的面積．16．如圖①，在矩形中，cm，，點從點出發(fā)，沿射線以(cm/s)的速度勻速移動．連接，過點作,與射線相交于點，作矩形，連接．設點移動的時間為(s)，的面積為(cm2),與的函數(shù)關系如圖②所示．(1)=；(2)求矩形面積的最小值；(3)當為等腰三角形時，求的值．17．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，記∠ABC＝α，點D為射線BC上的動點，連接AD，將射線DA繞點D順時針旋轉α角后得到射線DE，過點A作AD的垂線，與射線DE交于點P，點B關于點D的對稱點為Q，連接PQ．（1）當△ABD為等邊三角形時，①依題意補全圖1；②PQ的長為；（2）如圖2，當α＝45°，且BD＝時，求證：PD＝PQ；（3）設BC＝t，當PD＝PQ時，直接寫出BD的長．（用含t的代數(shù)式表示）18．已知四邊形是矩形．（1）如圖1，分別是上的點，垂直平分，垂足為，連接．①求證：；②若，求的大??；（2）如圖2，，分別是上的點，垂直平分，點是的中點，連接，若，直接寫出的長．19．已知正方形ABCD中AC與BD交于點，點M在線段BD上，作直線AM交直線DC于E，過D作DH⊥AE于H，設直線DH交AC于N．(1)如圖1，當M在線段BO上時，求證：MO=NO；(2)如圖2，當M在線段OD上，連接NE和MN，當EN//BD時，①求證：四邊形DENM是菱形；②求證：BM＝AB；(3)在圖3，當M在線段OD上，連接NE，當NE⊥BC時，求證：AN2＝NCAC．20．如圖，已知矩形ABCD中，AB=8，AD=6，點E是邊CD上一個動點，連接AE，將△AED沿直線AE翻折得△AEF.(1)當點C落在射線AF上時，求DE的長;(2)以F為圓心，F(xiàn)B長為半徑作圓F，當AD與圓F相切時，求cos∠FAB的值;(3)若P為AB邊上一點，當邊CD上有且僅有一點Q滿∠BQP=45°，直接寫出線段BP長的取值范圍.【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、壓軸題1．（1）見解析；（2）；（3）①或；②或【解析】【分析】（1）連接DO，如圖，先根據(jù)角平分線的定義以及平行線的性質，得出∠1=∠3，從而得到DO∥BC，再根據(jù)∠C=90°，可得出結果；（2）連接FO，根據(jù)E為中點，可以得出，在Rt△AOD中，可以求出sinA的值，從而得出∠A的度數(shù)，再證明△BOF為等邊三角形，從而得出∠BOF的度數(shù)，根據(jù)弧長公式可得出結果；（3）①設圓的半徑為r，過作于，則，四邊形是矩形．再證明，得出，據(jù)此列方程求解；②作出點F關于BD的對稱點F′，連接DE，DF，DF′，F(xiàn)F′，再證明，最后根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方求解．【詳解】（1）證明：連結，∵平分，∴，∵，∴．∴．∴．∵，∴．∴是的切線．（2）解：∵是中點，∴．∴，∴，．連接FO，又BO=OF，∴△BOF為等邊三角形，∴．∴．（3）解：①過作于，則，四邊形是矩形．設圓的半徑為，則，．∵，∴．而，∴．∴即，解之得，．②作出點F關于BD的對稱點F′，連接FF′，DE，DF，DF′，∵∠EBD=∠FBD，∴．∵是直徑，∴，而、關于軸對稱，∴，，DF=DF′，∴DE∥FF′，DE=DF′，∠DEF′=∠DF′E，∴，∴.當時，，，，由①知，而，∴.又易得△BCD∽△BDE,∴，∴BD2=.在Rt△BED中，DE2=BE2-BD2=4-=，∴DE==DF′.∴與的面積比．同理可得，當時，與的面積比．∴與的面積比為或．【點睛】本題是圓與相似的綜合題，主要考查切線的判定，弧、弦長與圓周角的關系，弧長的求法，相似三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，平行線的判定與性質等知識，解題的關鍵是根據(jù)題意作出輔助線再求解．2．（1）拋物線的解析式為：y=x2-4x-2；拋物線的解析式為：y=x2-6；（2）點的坐標為（5，3）或（4，-2）；（3）直線經(jīng)過定點（0，2）【解析】【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖象上下平移：函數(shù)值上加下減；左右平移：自變量左加右減寫出函數(shù)解析式并化簡即可；（2）先判斷出點A、B、O、D四點共圓，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等得到∠BDA=∠BOA=45°，從而證出是等腰直角三角形．設點A的坐標為（x，x2-4x-2），把DC和AC用含x的代數(shù)式表示出來，利用DC=AC列方程求解即可，注意有兩種情況；（3）根據(jù)直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點，聯(lián)立兩個解析式，得到關于x的一元二次方程，根據(jù)根與系數(shù)的關系求出點M的橫坐標，進而求出縱坐標，同理求出點N的坐標，再用待定系數(shù)法求出直線MN的解析式，從而判斷直線MN經(jīng)過的定點即可．【詳解】解：（1）∵拋物線向下平移6個單位長度得到拋物線，再將拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線，∴拋物線的解析式為：y=(x-2)2-6，即y=x2-4x-2，拋物線的解析式為：y=(x-2+2)2-6，即y=x2-6．（2）如下圖，過點A作AC⊥x軸于點C，連接AD，∵是等腰直角三角形，∴∠BOA=45°，又∵∠BDO=∠BAO=90°，∴點A、B、O、D四點共圓，∴∠BDA=∠BOA=45°，∴∠ADC=90°-∠BDA=45°，∴是等腰直角三角形，∴DC=AC．∵點在拋物線對稱軸右側上，點在對稱軸上，∴拋物線的對稱軸為x=2，設點A的坐標為（x，x2-4x-2），∴DC=x-2，AC=x2-4x-2，∴x-2=x2-4x-2，解得：x=5或x=0（舍去），∴點A的坐標為（5，3）；同理，當點B、點A在x軸的下方時，x-2=-(x2-4x-2)，x=4或x=-1（舍去），∴點的坐標為（4，-2），綜上，點的坐標為（5，3）或（4，-2）．（3）∵直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點，∴，∴x2-kx-6=0，設點E的橫坐標為xE，點F的橫坐標為xF，∴xE+xF=k，∴中點M的橫坐標xM==，中點M的縱坐標yM=kx=，∴點M的坐標為（，）；同理可得：點N的坐標為（，），設直線MN的解析式為y=ax+b（a≠0），將M（，）、N（，）代入得：，解得：，∴直線MN的解析式為y=·x+2（），不論k取何值時（），當x=0時，y=2，∴直線經(jīng)過定點（0，2）．【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合應用，熟練掌握圖象平移的規(guī)律、判斷點A、B、O、D四點共圓的方法、用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的步驟是解題的關鍵．3．（1）三角形，四邊形（梯形、菱形），五邊形；（2）見解析；（3），s的最大值為．【解析】【分析】（1）根據(jù)平移過程中，重疊部分四邊形的形狀判定即可；（2）分別過點B、D作于點E、于點F，再根據(jù)紙條的特點證明四邊形ABCD是平行四邊形，再證明鄰邊相等即可證明；（3）分、、和x=四種情況分別求出s與x的函數(shù)關系式，然后再求最大值即可．【詳解】解：（1）在平移過程中，重疊部分的形狀分別為：三角形，四邊形（梯形、菱形），五邊形；（2）證明：分別過點B、D作于點E、于點F，∴∵兩張紙條等寬，∴．在和中，∴，∵兩張紙條都是矩形，，∴．∴四邊形是平行四邊形，又∵，∴四邊形是菱形；（3）Ⅰ、如圖：當時，重疊部分為三角形，如圖所示，∴，∴．最大值為．Ⅱ、如圖：當時，重疊部分為梯形，如圖所示，梯形的下底為，上底為，∴，當時，s取最大值．Ⅲ、當時，重疊部分為五邊形，．此時．Ⅳ、當時，重疊部分為菱形，∴．∴∴s的最大值為．【點睛】本題考查了平移變換、等腰直角三角形的性質、菱形的判定以及運用二次函數(shù)求最值，考查知識點較多，因此靈活運用所學知識成為解答本題的關鍵．4．（1）或﹣1；（2）；（3）0＜x1＜1；（4）m＝0或m＞或≤m＜1【解析】【分析】（1）分m＞0，m＝0，m＜0三種情形分別求解即可解決問題；（2）分三種情形，利用二次函數(shù)的性質分別求解即可；（3）由（1）可知，當圖象G與x軸有兩個交點時，m＞0，求出當拋物線頂點在x軸上時m的值，利用圖象法判斷即可；（4）分四種情形：①m＜0，②m＝0，③m＞1，④0＜m≤1，分別求解即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖1中，當m＞0時，∵y＝x2﹣2mx+m＝（x﹣m）2﹣m2+m，圖象G是拋物線在直線y＝2m的左側部分（包括點D），此時最底點P（m，﹣m2+m），由題意﹣m2+m＝﹣1，解得m＝或（舍棄），當m＝0時，顯然不符合題意，當m＜0時，如圖2中，圖象G是拋物線在直線y＝2m的左側部分（包括點D），此時最底點P是縱坐標為m，∴m＝﹣1，綜上所述，滿足條件的m的值為或﹣1；（2）由（1）可知，當m＞0時，y0＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+，∵﹣1＜0，∴m＝時，y0的最大值為，當m＝0時，y0＝0，當m＜0時，y0＜0，綜上所述，y0的最大值為；（3）由（1）可知，當圖象G與x軸有兩個交點時，m＞0，當拋物線頂點在x軸上時，4m2﹣4m＝0，∴m＝1或0（舍棄），∴觀察觀察圖象可知，當圖象G與x軸有兩個交點時，設左邊交點的橫坐標為x1，則x1的取值范圍是0＜x1＜1，故答案為0＜x1＜1；（4）當m＜0時，觀察圖象可知，不存在點A滿足條件，當m＝0時，圖象G在矩形ABCD內(nèi)的部分所對應的函數(shù)值y隨x的增大而減小，滿足條件，如圖3中，當m＞1時，如圖4中，設拋物線與x軸交于E，F(xiàn)，交y軸于N，觀察圖象可知當點A在x軸下方或直線x＝﹣m和y軸之間時（可以在直線x＝﹣m上）時，滿足條件．則有（2m﹣2）2﹣2m（2m﹣2）+m＜0，解得m＞，或﹣m≤2m﹣2＜0，解得≤m＜1（不合題意舍棄），當0＜m≤1時，如圖5中，當點A在直線x＝﹣m和y軸之間時（可以在直線x＝﹣m上）時，滿足條件．即或﹣m≤2m﹣2＜0，解得≤m＜1，綜上所述，滿足條件m的值為m＝0或m＞或≤m＜1．【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質，矩形的性質，最值問題，不等式等知識，解題的關鍵是理解題意，學會用分類討論的思想思考問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．5．（1）B點坐標(0，-1)，平移后的拋物線為；（2）點M的坐標為或；（3）存在，，，，，詳解見解析．【解析】【分析】（1）將x=0代入拋物線公式求出y值，即可得到拋物線與y軸交點B的坐標，平移后的拋物線的頂點為E(1,4)，可根據(jù)頂點式求出平移后拋物線的解析式；（2）因為拋物線向上平移4個單位，所以MN=4，又因為OM=ON，可知點M的縱坐標為-2，將y=-2代入原拋物線，即可求出x值，點M的坐標就可以表示出來．（3）要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，可以畫一個以C、F為直徑的圓（直徑對應圓周角為直角），交拋物線對稱軸x=-1可得點、的坐標解，另外可以使∠PCF=90°或∠CFP=90°，可分別得出點、的坐標解．【詳解】解：（1）拋物線與y軸相交于點B，將x=0代入，求得y=-1，∴B點坐標(0，-1)．∵設平移后的拋物線為，頂點為E(1,4)，即h=1，k=4，∴，即平移后的拋物線為．（2）如上圖所示，∵原坐標頂點A(1，0)，平移后拋物線頂點為E(1,4)，∴拋物線向上平移了4個單位，即MNy軸，MNx軸，又∵OM=ON，MN=4，∴點O在垂直平分線上，點M、N關于x軸對稱，∴M點的縱坐標為–2，將代入，得：解得：，∴點M的坐標為或．（3）存在，且，，，．如圖所示，點P一共有四種結果，∵C點為平移后的解析式與x軸的左交點，將y=0代入，得，∴C(-1，0)，且點B(0，-1)，將點B(0，-1)、C(-1，0)代入直線BC解析式為：，∴，解得：，即直線BC解析式：，根據(jù)題意可知，直線BC與平移后的解析式相交于點F，∴，解得：x=-1（舍）或4，y=-5，即F(4，-5)，∵要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，可以畫一個以C、F為直徑的圓，該圓與拋物線對稱軸x=-1交點即為點P（因為圓的直徑對應的圓周角為90°，即∠CPF=90°）∴以C、F為直徑的圓，圓心為線段CF的中點(，)，直徑為線段CF的長，∴圓的方程為：，將x=1代入圓的方程，得：y=1或-6，即，，∵直線CF解析式：，即斜率k=-1，即直線CF與x軸夾角為45°，要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，則使∠PCF=90°，直線CP與x軸夾角也為45°，即直線CP斜率為1，直線CP的解析式為：，此時該直線與拋物線對稱軸x=1的交點為，又∵直線CF解析式：，即斜率k=-1，即直線CF與x軸夾角為45°，要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，則使∠CFP=90°，直線FP與x軸夾角也為45°，即直線FP斜率為1，直線FP的解析式為：，此時該直線與拋物線對稱軸x=1的交點為．【點睛】本題考查了一元二次函數(shù)與坐標軸、直線的交點，一元二次函數(shù)的平移及應用，圓的直徑所對應的圓周角為直角等知識點，該題有一定的難度，所以一定要結合圖形進行分析，這樣才不會把解遺漏．6．（1）∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；（2）成立，見解析；（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根據(jù)旋轉的性質得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根據(jù)全等三角形的性質得到結論；（2）根據(jù)等邊三角形的性質得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根據(jù)旋轉的性質得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根據(jù)全等三角形的性質得到結論；（3）過點C作CD⊥m于D，根據(jù)旋轉的性質得到△PBC是等邊三角形，求得PC＝3，設AP＝CE＝t，則AB＝AE＝3t，得到AC＝2t，根據(jù)平行線的性質得到∠CAD＝∠AEB＝60°，解直角三角形即可得到結論．【詳解】解：（1）∵△ABE是等邊三角形，∴∠ABE＝60°，AB＝BE，∵將線段BP繞點B順時針旋轉60°得到BC，∴∠CBP＝60°，BC＝BP，∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，即∠ABP＝∠EBC，∴△ABP≌△EBC（SAS），∴AP＝EC；故答案為：∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；（2）成立，理由如下，∵△ABE是等邊三角形，∴∠ABE＝60°，AB＝BE，∵將線段BP繞點B順時針旋轉60°得到BC，∴∠CBP＝60°，BC＝BP，∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，即∠ABP＝∠EBC，∴△ABP≌△EBC（SAS），∴AP＝EC；（3）過點C作CD⊥m于D，∵將線段BP繞點B順時針旋轉60°得到BC，∴△PBC是等邊三角形，∴PC2＝，∴PC＝3，設AP＝CE＝t，則AB＝AE＝3t，∴AC＝2t，∵m∥n，∴∠CAD＝∠AEB＝60°，∴AD＝AC＝t，CD＝AD＝t，∵PD2+CD2＝PC2，∴（2t）2+3t2＝9，∴t＝（負值舍去），∴AC＝2t＝．【點睛】本題主要考查等邊三角形的判定及性質、旋轉的性質應用、三角形全等的判定及性質、勾股定理等相關知識點，解題關鍵在于找到圖形變化過程中存在的聯(lián)系，類比推理即可得解．7．(1)見解析；(2)45°；(3)9.【解析】【分析】（1）利用正方形性質，證△ABH

≌△BCE.可得AH=BE

.（2）證△AOH∽△BGH，，，再證△OHG∽△AHB.，得∠AGO=∠ABO=45°；（3）先證△ABG

∽△BFG.

得,所以，AG·GF=BG

2

=（）2=18.

再證△AGO

∽△CGF.得,所以，GO·CG

=AG·GF=18.所以，S△OGC

=CG·GO.

【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形,∴∠ABC=90°，AB=CB，∠ABO=∠ECB

=45°∵AF⊥BE,∴∠BAG+∠ABG=∠CBE

+∠ABG=90°.∴∠BAH=∠CBE.

∴△ABH

≌△BCE.

∴AH=BE

.

（2）∵∠AOH=∠BGH=90°,

∠AHO=∠BHG,

∴△AOH∽△BGH∴∴

∵∠OHG

=∠AHB.∴△OHG∽△AHB.

∴∠AGO=∠ABO=45°,即∠AGO的度數(shù)為定值（3）∵∠ABC=90°,AF⊥BE,∴∠BAG=∠FBG,∠AGB=∠BGF=90°,∴△ABG

∽△BFG.

∴,∴AG·GF=BG

2

=（）2=18.

∵△AHB∽△OHG，∴∠BAH=∠GOH=∠GBF.∵∠AOB=∠BGF=90°,∴∠AOG=∠GFC.

∵∠AGO=45°,CG⊥GO,∴∠AGO=∠FGC=45°.∴△AGO

∽△CGF.

∴,∴GO·CG

=AG·GF=18.∴S△OGC

=CG·GO=9.

【點睛】此題為綜合題，要熟練掌握正方形性質和相似三角形判定方法還有相似三角形的性質.8．(I)點的坐標為；(II)四邊形是平行四邊形，理由見解析；(III)的最小值是.【解析】【分析】(I)由，，可得，.分別表示出點A、D的坐標，根據(jù)，即可求出點A的坐標.(II)根據(jù)點A、C關于原點O對稱，設點A的坐標為：，即可分別表示出B、C、D的坐標，然后可得出與互相平分可證明出四邊形是平行四邊形.(III)設與的距離為，由，，梯形的面積為，可求出h=7，根據(jù)，，可得，進而得出答案.【詳解】(I)∵，，∴，，設點的坐標為，則點的坐標為，由得：，解得：，∴此時點的坐標為.(II)四邊形是平行四邊形，理由如下：設點的坐標為，∵點、關于原點對稱，∴點的坐標為，∵∥∥軸，且點、在雙曲線上，，∴點，點，∴點B與點D關于原點O對稱，即，且、、三點共線.又點、C關于原點O對稱，即，且、、三點共線.∴與互相平分.∴四邊形是平行四邊形.(III)設與的距離為，，，梯形的面積為，∴，即，解得：，設點的坐標為，則點，，，由，，可得：，則，，∴，解得：，∴，∵.∴.∴，即.又，，∴當取到等號.即，時，的最小值是.【點睛】本題主要考查了反比例函數(shù)的性質和圖像,本題涉及知識點比較多，打好基礎是解決本題的關鍵.9．（1）點P的坐標為；（2）①，t的取值范圍是；②．【解析】【分析】（1）過點P作軸，則，因為，，可得，進而得，由30°所對的直角邊等于斜邊的一半可得，進而用勾股定理可得，點P的坐標即求出；（2）①由折疊知，，所以，；再根據(jù)，即可根據(jù)菱形的定義“四條邊相等的四邊形是菱形”可證四邊形為菱形，所以，可得；根據(jù)點A的坐標可知，加之，從而有；而在中，，又因為，所以得，由和的取值范圍可得t的范圍是；②由①知，為等邊三角形，由（1）四邊形為菱形，所以,三角形DCQ為直角三角形，∠Q=60°，從而，,進而可得，又已知t的取值范圍是，即可得．【詳解】解：（1）如圖，過點P作軸，垂足為H，則．，．．在中，，，．點P的坐標為．（2）①由折疊知，，，．又，．四邊形為菱形．．可得．點，．有．在中，．，，其中t的取值范圍是．②由①知，為等邊三角形，∵四邊形為菱形，∴,三角形DCQ為直角三角形，∠Q=60°，∴，,∴，∵，∴．，【點睛】本題主要考查了折疊問題，菱形的判定與性質，求不規(guī)則四邊形的面積等知識．10．（1）；（2）?PAC的面積有最大值是4，此時，P（-2，3）；（3）存在，【解析】【分析】(1)根據(jù)待定系數(shù)法，即可得到答案；(2)設P，過點P作PQ⊥x軸交AC于點Q，則點Q，根(3)根據(jù)三角形的面積公式，得到二次函數(shù)解析式，即可得到答案；設，則，若以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似，則或,分別求出t的值，即可得到答案.【詳解】（1）∵直線y＝x+2與x軸交于點A，與y軸交于點C，∴A（-4，0），C（0，2）∵拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸是x＝且過A（-4，0），C（0，2），∴，解得：∴拋物線解析式為：；（2）設P，過點P作PQ⊥x軸交AC于點Q，如圖，∴點Q，∴PQ==，∵=，∴當m=-2時，?PAC的面積有最大值是4，此時，P（-2，3）；（3）∵，∴A（-4，0），C（0，2）B（1，0），∴AB=5，AC=2，BC=，∵，∴AC⊥BC，∵MN⊥x軸，∴若以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似，則或,設，則，①，∴，解得：②，∴，解得：綜上所述：存在使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似.【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的圖象與相似三角形的綜合，分類討論思想和數(shù)形結合的思想方法，是解題的關鍵.11．（1）AG：AB=；（2）；（3）或．【解析】【分析】（1）根據(jù)推出BE=AG和AD=AB，進而得出AG是AD的一半即可推出最后結果；（2）先設AB=1，可推出BE=，，再證明，進而得出，即可寫出關于的函數(shù)關系式；（3）當點H在邊DC上時，根據(jù)可推出，進而列出方程即得；當點在的延長線上時，根據(jù)可推出，進而列出方程即得．【詳解】（1）∵在中，AD=BC，AD∥BC∴∴∵，即∴∴AD=AB，AG=BE∵E為BC的中點∴BE=BC∴AG=AB則AG：AB=；（2）∵∴不妨設AB=1，則AD=x，BE=∵AD∥BC∴∴∵GH∥AE∴∠DGH=∠DAE∵AD∥BC∴∠DAE=∠AEB∴∠DGH=∠AEB在中，∠D=∠ABE∴∴∴；（3）分兩種情況考慮：∵∴不妨設AB=1，則AD=x，BE=∵AD∥BC∴∴①當點H在邊DC上時，如圖1所示：∵DH=3HC∴∴∵∴，即解得：；②當在的延長線上時，如圖2所示：∵DH=3HC∴∴∵∴，即解得：綜上所述，或【點睛】本題屬于相似三角形綜合題，涉及的知識有：平行四邊形的性質，相似三角形的判定與性質，以及平行線的性質．解本題的關鍵是根據(jù)H點在射線DC上，將H點的位置分為：點H在邊DC上以及點在的延長線上．12．（1），；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）將點A、B的坐標代入拋物線表達式，即可求解；（2）作軸于K，軸于L，OD=3OE，則OL=3OK，DL=3KE，設點E的橫坐標為t，則點D的橫坐標為-3t，則點E、D的坐標分別為：（t，）、（-3t，-+3t+），即可求解；（3）設點的橫坐標為，可得PH=m2+m-，過作EF∥y軸交于點交軸于點，TE=PH+YE=m2+m-+2=（m+1）2，tan∠AHE=，tan∠PET=，而∠AHE+∠EPH=2α，故∠AHE=∠PET=∠EPH=α，PH=PQ?tanα，即m2+m-=（2m+2）×，解得：m=2-1，故YH=m+1=2，PQ=4，點P、Q的坐標分別為：（2-1，4）、（-2-1，4），tan∠YHE=，tan∠PQH=；證明△PMH≌△WNH，則PH=WH，而QH=2PH，故QW=HW，即W是QH的中點，則W（-1，2），再根據(jù)待定系數(shù)法即可求解．【詳解】解：（1）把、分別代入得：，解得；（2）如圖2，由（1）得，作軸于K，軸于L，∴EK∥DL，∴．∵，∴，設點的橫坐標為，，，∴的橫坐標為，分別把和代入拋物線解析式得，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴，解得（舍），，∴．（3）如圖3，設點的橫坐標為，把代入拋物線得，∴．過作EF∥y軸交于點交軸于點，∴軸．∵點與點關于拋物線的對稱軸對稱，∴PQ∥x軸，，∴，點坐標為，又∵軸，∴ET∥PH，∴，∴，∴四邊形為矩形，∴，∴，∴，，，∴．∴，，∴，∴．又∵，∴．∵，∴解得，∵，∴．∴，，把代入拋物線得，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．若交于點，∵NF∥PE，∴，∴，∵，∴，∴，，，∴，∴，∴．作WS∥PQ，交于點交軸于點，∴△WSH∽△QPH，∴．∵∴，∴，，∴．∵，∴，∴．設的解析式為，把、代入得，解得，∴．∵FN∥PE，∴設的解析式為，把代入得，∴的解析式為．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)、三角形全等、解直角三角形等，其中（3）證明△PMH≌△WNH是解題的關鍵．13．（1），；（2）①不存在，理由詳見解析；②存在，【解析】【分析】（1）先確定A、B、C的坐標，然后用待定系數(shù)法解答即可；（2）①可用t的代數(shù)式表示DF，然后根據(jù)DF=BC求出t的值，得到DF與CB重合，因而不存在t，使得四邊形DFBC為平行四邊形；②可分兩種情況（點Q在線段BC上和在線段BC的延長線上）討論，由于DE∥QC，要使以點D、E、Q、C為頂點的四邊形為平行四邊形，只需DE=QC，只需將DE、QC分別用的式子表示，再求出t即可解答．【詳解】解：（1）由題意得，，，反比例函數(shù)為，一次函數(shù)為：．（2）①不存在．軸，軸，．又四邊形是平行四邊形，．設，則，，．此時與重合，不符合題意，不存在．②存在．當時，；當時，由，，得．由，．得．當時，四邊形為平行四邊形．．，（舍）當時，四邊形為平行四邊形．又且，為矩形．【點睛】本題主要考查了用待定系數(shù)法求反比例函數(shù)和一次函數(shù)的解析式以及平行四邊形的判定、解方程、根的判別式等知識，在解答以點D、E、Q、C為頂點的四邊形的四個頂點的順序不確定，需要分情況討論是解答本題的關鍵．14．（1）拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3，直線AB的解析式為y=﹣x+3；（2）t=或；（3）存在面積最大，最大值是，此時點P（，）．【解析】【分析】（1）將A（3，0），B（0，3）兩點代入y=﹣x2+bx+c，求出b及c即可得到拋物線的解析式，設直線AB的解析式為y=kx+n，將A、B兩點坐標代入即可求出解析式；（2）由題意得OE=t，AF=t，AE=OA﹣OE=3﹣t，分兩種情況：①若∠AEF=∠AOB=90°時，證明△AOB∽△AEF得到=，求出t值；②若∠AFE∠AOB=90°時，證明△AOB∽△AFE，得到=求出t的值；（3）如圖，存在，連接OP，設點P的坐標為（x，﹣x2+2x+3），根據(jù)，得到，由此得到當x=時△ABP的面積有最大值，最大值是，并求出點P的坐標.【詳解】（1）∵拋物線y=﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0），B（0，3）兩點，∴，解得，∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3，設直線AB的解析式為y=kx+n，∴，解得，∴直線AB的解析式為y=﹣x+3；（2）由題意得，OE=t，AF=t，∴AE=OA﹣OE=3﹣t，∵△AEF為直角三角形，∴①若∠AEF=∠AOB=90°時，∵∠BAO=∠EAF，∴△AOB∽△AEF∴=，∴，∴t=．②若∠AFE∠AOB=90°時，∵∠BAO=∠EAF，∴△AOB∽△AFE，∴=，∴，∴t=；綜上所述，t=或；（3）如圖，存在，連接OP，設點P的坐標為（x，﹣x2+2x+3），∵,∴===，∵<0，∴當x=時△ABP的面積有最大值，最大值是，此時點P（，）．【點睛】此題是二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，相似三角形的判定及性質，函數(shù)與動點問題，函數(shù)圖象與幾何圖形面積問題.15．（1）見解析；（2）；（3）或或【解析】【分析】（1）由四邊形內(nèi)角和定理求出∠B=60°，由AB=BC，即可得出結論；（2）以CD為邊作等邊，連接BE，過點E作EF⊥BC于F，證（SAS），得AC=BE，求出∠CEF=30°，由直角三角形的性質得出CF=由勾股定理求出EF=再由勾股定理即可得出答案；（3）過點C作CH⊥AB，交AB延長線于H，設BH=x，求出∠BCH=30°，由直角三角形的性質得出HC=，BC=2BH=2x，證是等腰直角三角形，則HA=HC，，解得，進而得出AC的長，分三種情況，①當AB=AD=∠BAD=60°時，②當BC=CD=∠BCD=60°時，③當AD=CD=AC=，∠ADC=60°時，分別求解即可．【詳解】解：（1）在四邊形中，∵，∴∵∴四邊形是“準箏形”（2）如圖，以為邊作等邊，連結過點E作EF⊥BC于F，則DE=DC=CE=3，∠CDE=∠DCE=60°，∵AB=AD，∠BAD=∠BCD=60°，∴是等邊三角形，∴∠ADB=60°，AD=BD，∴∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC，即∠ADC=∠BDE，在和中，，∴（SAS），∴AC=BE，∵∠BCD=∠DCE=60°，∴∠ECF=180°-60°-60°=60°，∵∠EFC=90°，∴∠CEF=30°，∴CF=CE=由勾股定理得：BF=BC+CF=在Rt中，由勾股定理得：∴AC=（3）過點C作CH⊥AB，交AB延長線于H，如圖所示：設BH=x，∵∠ABC=120°，CH是的高線，∴∠BCH=30°，∴HC=，BC=2BH=2x，又∵∠A=45°，∴是等腰直角三角形，∴HA=HC，∵AB=∴解得：∴HC=，BC=∴AC=①當AB=AD=∠BAD=60°時，連接BD，過點C作CG⊥BD，交BD延長線于點G，過點A作AK⊥BD，如圖所示：則BD=∠ABD=60°，BK=AB=∵∠ABC=120°，∴∠CBG=60°=∠CBH，在和中，，∴（AAS），∴GC=HC=3，在Rt中，由勾股定理得：∴∴②當BC=CD=∠BCD=60°時，連接BD，作CG⊥BD于點G，AK⊥BD于K，如圖所示：則BD=，CG=AK=，∴∴③當AD=CD=AC=，∠ADC=60°時，作DM⊥AC于M，如圖所示：則DM=∴∴綜上所述，四邊形ABCD的面積為或或．【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了“準箏形”的判定與性質、四邊形內(nèi)角和定理、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、銳角三角函數(shù)的應用、三角形面積等知識；本題綜合性強，熟練掌握準箏形的判定與性質是解題的關鍵．16．（1）1；（2）矩形DEFG面積的最小值為；（3）當△CDG為等腰三角形時，t的值為或4或【解析】【分析】（1）由函數(shù)圖象可知，△ADC的面積為6，求出AC=5cm，再由圖象可知運動時間為5s，則可得出答案；（2）過點E作MN⊥BC，MN與射線BC相交于點N，與AD相交于點M，證明△ENF∽△DME，得出，證明△ENC∽△ABC，得出EF=DE，則S矩形DEFG=EF?DE=DE2．當DE⊥AC時，DE取得最小值，則可得出答案；（3）證明△CDG∽△ADE，得出，可分三種情況：當CG=DG時，當CG=CD時，當CD=DG時，分別求出t的值即可．【詳解】（1）由圖象可知，△ADC的面積為6，∵矩形ABCD中，AB=3cm，∴CD=3cm，∴S△ADC=×AD×CD=6，∴AD=4cm，∴AC=(cm)，由圖象可知當t=5時，點E移動到點C，∴(cm/s)．故答案為：1；（2）如圖1，過點E作MN⊥BC，MN與射線BC相交于點N，與AD相交于點M，則在Rt△ENF和Rt△DME中，∵∠NEF+∠MED=90°，且∠MDE+∠MED=90°，∴∠NEF=∠MDE，又∵∠ENF=∠DME=90°，∴△ENF∽△DME，∴，∵EN∥AB，∴△ENC∽△ABC，∴，∴，∴，∴，∴，由垂線段最短知，當DE⊥AC時，DE取得最小值，此時，即，∴矩形DEFG面積的最小值為；（3）∵∠EDG=∠ADC=90°，∴∠EDG-∠EDC=∠ADC-∠EDC，∴∠CDG=∠ADE，又∵，∴△CDG∽△ADE，∴，①如圖2，當CG=DG時，有AE=DE，此時點E為AC的中點，，∴；②如圖2，當CG=CD時，有AE=AD，此時AE=4，∴t=4；③如圖3，當CD=DG時，有AD=DE，∴DE=4，過點D作DH⊥AC于點H，∵∠AHD=∠ADC=90°，∠DAH=∠CAD，∴△ADH∽△ACD，∴，即，∴，∴，∴．綜合以上可得，當△CDG為等腰三角形時，t的值為或4或．【點睛】本題考查了矩形的性質，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的判定和性質，垂線段最短，矩形的面積等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．17．（1）①詳見解析；②2；（2）詳見解析；（3）BD＝．【解析】【分析】（1）①根據(jù)題意畫出圖形即可．②解直角三角形求出PA，再利用全等三角形的性質證明PQ＝PA即可．（2）作PF⊥BQ于F，AH⊥PF于H．通過計算證明DF＝FQ即可解決問題．（3）如圖3中，作PF⊥BQ于F，AH⊥PF于H．設BD＝x，則CD＝x﹣t，，利用相似三角形的性質構建方程求解即可解決問題．【詳解】（1）解：①補全圖形如圖所示：②∵△ABD是等邊三角形，AC⊥BD，AC＝1∴∠ADC＝60°，∠ACD＝90°∴∵∠ADP＝∠ADB＝60°，∠PAD＝90°∴PA＝AD?tan60°＝2∵∠ADP＝∠PDQ＝60°，DP＝DP．DA＝DB＝DQ∴△PDA≌△PDQ（SAS）∴PQ＝PA＝2．（2）作PF⊥BQ于F，AH⊥PF于H，如圖：∵PA⊥AD，∴∠PAD＝90°由題意可知∠ADP＝45°∴∠APD＝90°﹣45°＝45°＝∠ADP∴PA＝PD∵∠ACB＝90°∴∠ACD＝90°∵AH⊥PF，PF⊥BQ∴∠AHF＝∠HFC＝∠ACF＝90°∴四邊形ACFH是矩形∴∠CAH＝90°，AH＝CF∵∠ACH＝∠DAP＝90°∴∠CAD＝∠PAH又∵∠ACD＝∠AHP＝90°∴△ACD≌△AHP（AAS）∴AH＝AC＝1∴CF＝AH＝1∵，BC＝1，B，Q關于點D對稱∴，∴∴F為DQ中點∴PF垂直平分DQ∴PQ＝PD．（3）如圖3中，作PF⊥BQ于F，AH⊥PF于H．設BD＝x，則CD＝x﹣t，∵PD＝PQ，PF⊥DQ∴∵四邊形AHFC是矩形∴∵△ACB∽△PAD∴∴∴∵△PAH∽△DAC∴∴解得∴．故答案是：（1）①詳見解析；②2；（2）詳見解析；（3）．【點睛】本題是三角形綜合題目，主要考查了三角形的旋轉、等邊三角形的性質、銳角三角函數(shù)、勾股定理、全等三角形的判定和性質、矩形的判定和性質，構造全等三角形、相似三角形、直角三角形是解題的關鍵．18．（1）①詳見解析；②30°；（2）【解析】【分析】（1）①過G作MN⊥CD于N，與AB交于點M，則MN∥AD，證明AM=BM，再證明四邊形ADNM是矩形，得MN垂直平分CD，再根據(jù)垂直平分線定理得結論；②連接CF，證明CF=2CD，延長CD至H，使得DH=CD，連接EH，則CF=CH，由垂直平分線的性質得CF=HF=CH，得∠FCD=60°，由余角性質得∠BCF的度數(shù)，進而求得∠GCD，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得結果；（2）過N點作NK⊥AB于點K，得四邊形AKND是矩形，證明△ABP≌△KNM，得AP=KM，不妨設BM=MP=x，則AM=6-x，證明△APM∽△DQP，列出x的方程，求得x的值便可得出結論．【詳解】解：（1）①如圖1，過G作MN⊥CD于N，與AB交于點M，則MN∥AD，∵CE垂直平分BF，∴GB=GF，∴AM=BM，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADN=∠MND=90°，∴四邊形ADNM是矩形，∴DN=AM=AB=CD，∵MN垂直平分CD，∴DG=CD；②連接CF，如圖1，∵CE垂直平分BF，∴CF=CB．∴∠BCG=∠FCG=∠BCF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠CDF=∠BCD=90°，AD∥BC，∵BC=2AB，∴CF=2CD，延長CD至H，使得DH=CD，連接EH，則CF=CH，∴AD垂直平分CH，∴FH=FC=CH，∴∠FCD=60°，∴∠BCF=90°-∠FCD=30°，∴∠BCG=∠FCG=15°，∴∠GDC=∠GCD=∠BCD-∠BCG=75°，∴∠CGD=180°-75°×2=30°；（2）過N點作NK⊥AB于點K，得四邊形AKND是矩形，∴AB=AD=MN，∠A=∠MKN=90°，∵MN⊥BP，∴∠ABP+∠KMN=∠KMN+∠KNM=90°，∴∠ABP=∠KNM，∴△ABP≌△KNM（ASA），∴AP=KM，∵MN垂直平分BP，∴MB=MP，不妨設BM=MP=x，則AM=6-x，∴AP=＝，∴DP=，∵Q是CD的中點，∴DQ=3，∵PQ⊥MP，∠A=∠D=90°，∴∠APM+∠AMP=∠APM+∠DPQ=90°，∴∠AMP=∠DPQ，∴△APM∽△DQP，∴，即，解得，x=6或，∴CN=BK=AB-AM-MK∴CN=0或．舍去CN=0，∴CN=．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，正方形的性質，等腰三角形的性質與判定，線段垂直平分線的性質，相似三角形的性質與判定，難度中等，第（2）題的關鍵在證明相似三角形與全等三角形．19．（1）見解析；（2）①見解析；②見解析；（3）見解析【解析】【分析】（1）先判斷出OD=OA，∠AOM=∠DON，再利用同角的余角相等判斷出∠ODN=∠OAM，判斷出△DON≌△AOM即可得