安慶市中考數(shù)學期末二次函數(shù)和幾何綜合匯編一、二次函數(shù)壓軸題1．某班“數(shù)學興趣小組”對函數(shù)的圖象和性質(zhì)進行了探究，探究過程如下，請補充完整．（1）自變量的取值范圍是全體實數(shù)，與的幾組對應值列表如下：????其中，．（2）根據(jù)上表數(shù)據(jù)，在如圖所示的平面直角坐標系中描點，并畫出了函數(shù)圖象的一部分，請畫出該函數(shù)圖象的另一部分．（3）觀察函數(shù)圖象，寫出兩條函數(shù)的性質(zhì)．（4）直線經(jīng)過，若關于的方程有個不相等的實數(shù)根，則的取值范圍為．2．若一個函數(shù)當自變量在不同范圍內(nèi)取值時，函數(shù)表達式不同，我們稱這樣的函數(shù)為分段函數(shù)．下面我們參照學習函數(shù)的過程與方法，探究分段函數(shù)的圖象與性質(zhì)．列表：描點：在平面直角坐標系中，以自變量x的取值為橫坐標，以相應的函數(shù)值y為縱坐標，描出相應的點，如圖所示．如圖，在平面直角坐標系中，觀察描出的這些點的分布，作出函數(shù)圖象；研究函數(shù)并結(jié)合圖象與表格，回答下列問題：點，，，在函數(shù)圖象上，則______，______；填“”，“”或“”當函數(shù)值時，求自變量x的值；在直線的右側(cè)的函數(shù)圖象上有兩個不同的點，，且，求的值；若直線與函數(shù)圖象有三個不同的交點，求a的取值范圍．3．問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，在△ABC中，∠C=90°，分別以AC，BC為邊向外側(cè)作正方形ACDE和正方形BCFG．（1）△ABC和△DCF面積的關系是______________；（請在橫線上填寫“相等”或“不等”）（2）拓展探究：若∠C≠90°，（1）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請結(jié)合圖2給出證明；若不成立，請說明理由；（3）解決問題：如圖3，在四邊形ABCD中，AC⊥BD，且AC與BD的和為10，分別以四邊形ABCD的四條邊為邊向外側(cè)作正方形ABFE、正方形BCHG、正方形CDJI，正方形DALK，運用（2）的結(jié)論，圖中陰影部分的面積和是否有最大值？如果有，請求出最大值，如果沒有，請說明理由．圖1圖2圖34．如圖1，點EF在直線l的同一側(cè)，要在直線l上找一點K，使KE與KF的距離之和最小，我們可以作出點E關于l的對稱點E′，連接FE′交直線L于點K，則點K即為所求．（1）（實踐運用）拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過點A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）．如圖2．①求該拋物線的解析式；②在拋物線的對稱軸上找一點P，使PA+PC的值最小，并求出此時點P的坐標及PA+PC的最小值．（2）（知識拓展）在對稱軸上找一點Q，使|QA﹣QC|的值最大，并求出此時點Q的坐標．5．小明在學習函數(shù)的過程中遇到這樣一個函數(shù)：y＝[x]，若x≥0時，[x]＝x2﹣1；若x＜0時，x＝﹣x+1．小明根據(jù)學習函數(shù)的經(jīng)驗，對該函數(shù)進行了探究．（1）下列關于該函數(shù)圖像的性質(zhì)正確的是；（填序號）①y隨x的增大而增大；②該函數(shù)圖像關于y軸對稱；③當x＝0時，函數(shù)有最小值為﹣1；④該函數(shù)圖像不經(jīng)過第三象限．（2）①在平面直角坐標系xOy中畫出該函數(shù)圖像；②若關于x的方程2x+c＝[x]有兩個互不相等的實數(shù)根，請結(jié)合函數(shù)圖像，直接寫出c的取值范圍是；（3）若點（a，b）在函數(shù)y＝x﹣3圖像上，且﹣＜[a]≤2，則b的取值范圍是．6．綜合與探究如圖，拋物線與軸相交于，兩點，與軸相交于點，，，直線是拋物線的對稱軸，在直線右側(cè)的拋物線上有一動點，連接，，，．（1）求拋物線的函數(shù)表達式：（2）若點在軸的下方，當?shù)拿娣e是時，求的面積；（3）在直線上有一點，連接，，則的最小值為______；（4）在（2）的條件下，點是軸上一點，點是拋物線上一動點，是否存在點，使得以點，，，為頂點的四邊形是平行四邊形，若存在，請直接寫出點的坐標；若不存在，請說明理由．7．某班“數(shù)學興趣小組”對函數(shù)的圖象和性質(zhì)進行了探究，探究過程如下．（1）自變量的取值范圍是全體實數(shù)，與的幾組對應值如下：…-3-2-10123……3-10-103…其中，______．（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在如圖所示的平面直角坐標系中描點，并畫出了函數(shù)圖象的一部分，請你畫出該函數(shù)圖象的另一部分．（3）進一步探究函數(shù)圖象發(fā)現(xiàn)：①方程有______個實數(shù)根；②關于的方程有4個實數(shù)根時，的取值范圍是______．8．根據(jù)我們學習函數(shù)的過程與方法，對函數(shù)y＝x2＋bx＋2﹣c|x﹣1|的圖像和性質(zhì)進行探究，已知該函數(shù)圖像經(jīng)過（﹣1，﹣2）與（2，1）兩點，（1）該函數(shù)的解析式為，補全下表：x?﹣4﹣3﹣2﹣1123?y?2﹣1﹣2212?（2）描點、連線，在所給的平面直角坐標系中畫出該函數(shù)的圖象，寫出這個函數(shù)的一條性質(zhì)：．（3）結(jié)合你所畫的圖象與函數(shù)y＝x的圖象，直接寫出x2＋bx＋2﹣c|x﹣1|≤x的解集．9．某校九年級數(shù)學興趣社團的同學們學習二次函數(shù)后，有興趣的在一起探究“函數(shù)的有關圖象和性質(zhì)”．探究過程如下：（1）列表：問______．x…012…y…620002m…（2）請在平面直角坐標系中畫出圖象．（3）若方程（p為常數(shù)）有三個實數(shù)根，則______．（4）試寫出方程（p為常數(shù)）有兩個實數(shù)根時，p的取值范圍是______．10．如圖，拋物線交x軸于，兩點，與y軸交于點C，AC，BC．M為線段OB上的一個動點，過點M作軸，交拋物線于點P，交BC于點Q．（1）求拋物線的表達式；（2）過點P作，垂足為點N．設M點的坐標為，請用含m的代數(shù)式表示線段PN的長，并求出當m為何值時PN有最大值，最大值是多少？（3）試探究點M在運動過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A，C，Q為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出此時點Q的坐標；若不存在，請說明理由．二、中考幾何壓軸題11．[探索發(fā)現(xiàn)]（1）如圖①，△ABC與△ADE為等腰三角形，且兩頂角∠ABC＝∠ADE，連接BD與CE，則△ABD與△ACE的關系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中點，在線段AD上任取一點P，連接PB，將線段PB繞點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)80°，點B的對應點是點E，連接BE，得到△BPE，隨著點P在線段AD上位置的變化，點E的位置也在變化，點E可能在直線AD的左側(cè)，也可能在直線AD上，還可能在直線AD的右側(cè)．請你探究，當點E在直線AD上時，如圖②所示，連接CE，判斷直線CE與直線AB的位置關系，并說明理由．[拓展應用]（3）在（2）的應用下，請在圖③中畫出△BPE，使得點E在直線AD的右側(cè)，連接CE，試求出點P在線段AD上運動時，AE的最小值．12．如圖1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，點D，E分別在邊AB，AC上，AD＝AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點．（1）觀察猜想：圖1中，線段PM與PN的數(shù)量關系是，位置關系是；（2）探究證明：把△ADE繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，連接MN，BD，CE，判斷△PMN的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸：把△ADE繞點A在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若AD＝4，AB＝10，請直接寫出△PMN面積的最大值．13．問題發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，與同為等邊三角形，連接則與的數(shù)量關系為________；直線與所夾的銳角為_________；類比探究：（2）與同為等腰直角三角形，其他條件同（1），請問（1）中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由；拓展延伸：（3）中，為的中位線，將繞點逆時針自由旋轉(zhuǎn)，已知，在自由旋轉(zhuǎn)過程中，當在一條直線上時，請直接寫出的值．14．（1）問題探究：如圖1所示，有公共頂點A的兩個正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，連接BE與DG，請判斷線段BE與線段DG之間有怎樣的數(shù)量關系和位置關系．并請說明理由．（2）理解應用：如圖2所示，有公共頂點A的兩個正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，將正方形AEFG繞點A在平面內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)，當∠ABE＝15°，且點D、E、G三點在同一條直線上時，請直接寫出AE的長；（3）拓展應用：如圖3所示，有公共頂點A的兩個矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，將矩形AEFG繞點A在平面內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)，連接BD，DE，點M，N分別是BD，DE的中點，連接MN，當點D、E、G三點在同一條直線上時，請直接寫出MN的長15．愛好思考的小明在探究兩條直線的位置關系查閱資料時，發(fā)現(xiàn)了“中垂三角形”，即兩條中線相互垂直的三角形“中垂三角形”，如圖（1）、圖（2）、圖（3）中，AM、BN是△ABC的中線，AM⊥BN于點P，像△ABC這樣的三角形均為“中垂三角形”．設BC=a，AC=b，AB=c．（特例研究）（1）如圖1，當tan∠PAB=1，c=4時，a=b=；（歸納證明）（2）請你觀察（1）中的計算結(jié)果，猜想a2、b2、c2三者之間的關系，用等式表示出來，并利用圖2證明你的結(jié)論；（拓展證明）（3）如圖4，?ABCD中，E、F分別是AD、BC的三等分點，且AD=3AE，BC=3BF，連接AF、BE、CE，且BE⊥CE于E，AF交BE相較于點G，AD=3，AB=3，求AF的長．16．△ABC中，∠BAC=α°，AB=AC，D是BC上一點，將AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)α°，得到線段AE，連接BE．（1）（特例感知）如圖1，若α=90，則BD+BE與AB的數(shù)量關系是．（2）（類比探究）如圖2，若α=120，試探究BD+BE與AB的數(shù)量關系，并證明．（3）（拓展延伸）如圖3，若α=120，AB=AC=4，BD=，Q為BA延長線上的一點，將QD繞點Q順時針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段QE，DE⊥BC，求AQ的長．17．已知：，過平面內(nèi)一點分別向、、畫垂線，垂足分別為、、．（問題引入）如圖①，當點在射線上時，求證：．（類比探究）（1）如圖②，當點在內(nèi)部，點在射線上時，求證：．（2）當點在內(nèi)部，點在射線的反向延長線上時，在圖③中畫出示意圖，并直接寫出線段、、之間的數(shù)量關系．（知識拓展）如圖④，、、是的三條弦，都經(jīng)過圓內(nèi)一點，且．判斷與的數(shù)量關系，并證明你的結(jié)論．18．（1）問題探究：如圖1，△ABC，△ADE均為等邊三角形，連接BD、CE，試探究線段BD與CE的數(shù)量關系，并說明理由．（2）類比延伸如圖2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，連接BD，CE，試確定BD與CE的數(shù)量關系，并說明理由．（3）拓展遷移如圖3，在四邊形ABCD中，AC⊥BC，且AC＝BC，CD＝4，若將線段DA繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到DA′，連接BA′，求線段BA′的長．19．（閱讀理解）定義：如果四邊形的某條對角線平分一組對角，那么把這條對角線叫“協(xié)和線”，該四邊形叫做“協(xié)和四邊形”．（深入探究）（1）如圖1，在四邊形中，，，請說明：四邊形是“協(xié)和四邊形”．（嘗試應用）（2）如圖2，四邊形是“協(xié)和四邊形”，為“協(xié)和線”，，，若點、分別為邊、的中點，連接，，．求：①與的面積的比；②的正弦值．（拓展應用）（3）如圖3，在菱形中，，，點、分別在邊和上，點、分別在邊和上，點為與的交點，點在上，連接，若四邊形，都是“協(xié)和四邊形”，“協(xié)和線”分別是、，求的最小值．20．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形中，點，分別在邊，上，于點，點，分別在邊，上，．求證：；（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，將矩形沿折疊，使點落在邊上的點處，得到四邊形，交于點，連接交于點．試探究與之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）拓展應用：在（2）的條件下，連接，若，，求的長．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、二次函數(shù)壓軸題1．（1）-6；（2）答案見解析；（3）①該函數(shù)的圖象關于軸對稱；②該函數(shù)的圖象有最高點；（4）．【分析】（1）根據(jù)對稱可得m=-6；（2）用平滑的曲線連接各點即可畫出圖形；（3）認真觀察圖象，總結(jié)出2條性質(zhì)即可；（4）畫出兩函數(shù)圖象即可得到結(jié)論．【詳解】（1）由表格可知：圖象的對稱軸是y軸，∴m=-6，故答案為：-6；如圖所示該函數(shù)的圖象關于軸對稱該函數(shù)的圖象有最高點；（4）由圖象可知：關于的方程有個不相等的實數(shù)根時，即y=kx+b時，與圖象有4個交點，所以，由圖象可以得出，當時，直線與圖象有4個不同的交點．故答案為：．【點睛】本題考查了二次函數(shù)與x軸的交點問題和一元二次方程的根的情況，注意利用數(shù)形結(jié)合的思想，理解一元二次方程與拋物線的關系是解此題的關鍵．2．A解析：（1）見解析；（2）①，；②x=3或x=-1；③2；④【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖像的畫法，從左至右依次連接個點，即可解決；（2）①根據(jù)A點與B點的橫坐標，判斷兩點所在的函數(shù)圖像，然后根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)解決即可；根據(jù)C點與D點的縱坐標，判斷兩點所在的函數(shù)圖像，然后結(jié)合函數(shù)圖像解決即可.②當時，判斷其所在的函數(shù)圖像，然后結(jié)合函數(shù)解析式計算解決即可.③由圖可知時，所以兩點在函數(shù)的圖像上，然后根據(jù)函數(shù)的對稱性解決即可.④結(jié)合函數(shù)圖像，與函數(shù)圖象有三個不同的交點，可知必須與兩函數(shù)圖像分別相交才可以，據(jù)此解決即可；【詳解】解：如圖所示：，，A與B在上，y隨x的增大而增大，；，，C與D在上，觀察圖象可得；②當時，，不符合；當時，，或；，在的右側(cè)，時，點關于對稱，，；④由圖象可知，當與分段函數(shù)分別相交時才會有三個不同的交點，觀察函數(shù)圖像y＞0，且y＜2，故a的取值范圍為.3．B解析：（1）相等；（2）成立，理由見解析；（3）陰影部分的面積和有最大值,最大值為25【解析】解：（1）相等；（2）成立；理由如下：如圖，延長BC到點P，過點A作AP⊥BP于點P；過點D作DQ⊥FC于點Q．∴∠APC=∠DQC=90°．∵四邊形ACDE、四邊形BCFG均為正方形，∴AC=CD，BC=CF，∠ACP+∠PCD=90°，∠DCQ+∠PCD=90°，∴∠ACP=∠DCQ．∴△APC≌△DQC（AAS），∴AP=DQ．又∵S△ABC=BC?AP，S△DFC=FC?DQ，∴S△ABC=S△DFC.（3）圖中陰影部分的面積和有最大值理由：由（2）的結(jié)論可知：設AC=m,則BD=10-m,∵AC⊥BD.∴.∴∴陰影部分的面積和有最大值,最大值為254．A解析：（1）①y=x2﹣2x﹣3，②點P的坐標為（1，﹣2），PA+PC的最小值為3；（2）點Q的坐標為（1，﹣6）．【詳解】分析：（1）①由點A、B的坐標可將拋物線的解析式變形為交點式，代入點C的坐標即可求出a值，此題得解；②由點A、B關于拋物線的對稱軸對稱可得出連接BC交拋物線對稱軸于點P，此時PA+PC的值最小，根據(jù)拋物線的解析式可求出其對稱軸為直線x=1，由點B、C的坐標利用待定系數(shù)法可求出過點B、C的直線的解析式，代入x=1求出y值，由此即可得出點P的坐標，再利用勾股定理求出線段BC的長即可；（2）連接AC并延長AC交拋物線對稱軸與點Q，此時|QA﹣QC|的值最大，且|QA﹣QC|的最大值為線段AC的長（三角形兩邊之差小于第三邊），由點A、C的坐標利用待定系數(shù)法可求出過點A、C的直線的解析式，代入x=1求出y值，由此即可得出點Q的坐標，此題得解．詳解：（1）①∵拋物線與x軸的交點為A（﹣1，0）、B（3，0），∴拋物線的解析式為y=a（x+1）（x﹣3）．∵拋物線過點C（0，﹣3），∴﹣3=（0+1）×（0﹣3）a，∴a=1，∴該拋物線的解析式為y=（x+1）（x﹣3）=x2﹣2x﹣3．②∵點A、B關于拋物線的對稱軸對稱，∴連接BC交拋物線對稱軸于點P，此時PA+PC的值最小，如圖3所示．∵拋物線的解析式為y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，∴拋物線的對稱軸為直線x=1．利用待定系數(shù)法可求出過點B、C的直線為y=x﹣3，當x=1時，y=x﹣3=1﹣3=﹣2，∴點P的坐標為（1，﹣2），PA+PC的最小值為BC==3．（2）連接AC并延長AC交拋物線對稱軸與點Q，此時|QA﹣QC|的值最大，且|QA﹣QC|的最大值為線段AC的長，如圖4所示．利用待定系數(shù)法可求出過點A、C的直線為y=﹣3x﹣3，當x=1時，y=﹣3x﹣3=﹣3×1﹣3=﹣6，∴點Q的坐標為（1，﹣6）．點睛：本題是二次函數(shù)的綜合題．考查了待定系數(shù)法求二次（一次）函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)解析式的三種形式以及三角形的三邊關系，解題的關鍵是：（1）①根據(jù)點的坐標利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；②由點A、B關于拋物線的對稱軸對稱，找出當PA+PC的值最小時點P的位置；（2）利用三角形的三邊關系找出使|QA﹣QC|的值最大時點Q的位置．5．（1）③④；（2）①見解析；②或；（3）或【分析】（1）畫出圖象，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可判斷．（2）①根據(jù)題意列表、描點、連線即可．②將看成是一次函數(shù)，此函數(shù)與軸的交點是，因此要與圖像有兩個交點，則需要分情況討論．當時，滿足兩個交點的要求；當時，與圖像沒有兩個交點；當時，可以有兩個交點，此種情況要代入，根據(jù)根的判別式求出的范圍即可．（3）因為，所以根據(jù)分段函數(shù)的圖像，求解取值在到2之間的自變量的范圍，分情況討論即可．再根據(jù)點在函數(shù)圖象上，則，即，代入到的取值范圍中求解即可．【詳解】解：（1）畫出圖象，根據(jù)圖象可知，①當時，隨的增大而增大，故錯誤；②該函數(shù)圖象關于軸不對稱，故錯誤；③當時，函數(shù)有最小值為，正確；④該函數(shù)圖象不經(jīng)過第三象限，正確；故答案為：③④．（2）①在平面直角坐標系中畫出該函數(shù)圖象，②關于的方程有兩個互不相等的實數(shù)根，可以看成是和有兩個交點．是一次函數(shù)，與軸的交點為，當時，滿足兩個交點的條件．若將向下平移與圖像有兩個交點，則．方程為，即．△，，．故答案為：或．（3），當時，，，解出．當時，，，解出．或．點在函數(shù)圖象上，，，或．故答案為：或．【點睛】此題考查的是分段函數(shù)，用數(shù)形結(jié)合的思想是解此題的關鍵．6．A解析：（1）；（2）；（3）；（4）存在，點的坐標為：或或【分析】（1）把A、B兩點坐標代入可得關于a、b的二元一次方程組，解方程組求出a、b的值即可得答案；（2）過作軸于，交于，根據(jù)拋物線解析式可得點C坐標，利用待定系數(shù)法可得直線BC的解析式，設，根據(jù)BC解析式可表示出點H坐標，即可表示出DH的長，根據(jù)△BCD的面積列方程可求出x的值，即可得點D坐標，利用三角形面積公式即可得答案；（3）根據(jù)二次函數(shù)的對稱性可得點A與點B關于直線l對稱，可得BC為AP+CP的最小值，根據(jù)兩點間距離公式計算即可得答案；（4）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到MB//ND，MB=ND，分MB為邊和MB為對角線兩種情況，結(jié)合點D坐標即可得點N的坐標．【詳解】（1）∵拋物線與軸相交于，兩點，，，∴，解得：，∴拋物線的解析式為：．（2）如圖，過作軸于，交于，當時，，∴，設的解析式為，則，解得，∴的解析式為：，設，則，∴，∵的面積是，∴，∴，解得：或3，∵點在直線右側(cè)的拋物線上，∴，∴的面積；（3）∵拋物線與軸相交于，兩點，∴點A與點B關于直線l對稱，∴BC為AP+CP的最小值，∵B（4，0），C（0，-6），∴AP+CP的最小值=BC==．故答案為：（4）①當MB為對角線時，MN//BD，MN=BD，過點N作NE⊥x軸于E，過當D作DF⊥x軸于F，∵點D（3，），∴DF=，在△MNE和△BDF中，，∴△MNE≌△BDF，∴DF=NE=，∵點D在x軸下方，MB為對角線，∴點N在x軸上方，∴點N縱坐標為，把y=代入拋物線解析式得：，解得：，，∴（，），（，）如圖，當BM為邊時，MB//ND，MB=ND，∵點D（3，），∴點N縱坐標為，∴，解得：，（與點D重合，舍去），∴（，），綜上所述：存在點，使得以點，，，為頂點的四邊形是平行四邊形，點的坐標為：或或．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)的綜合，首先要掌握待定系數(shù)法求解析式，其次要添加恰當?shù)妮o助線，靈活運用面積公式和平行四邊形的判定和性質(zhì)，應用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想解題．7．（1）0；（2）圖見解析；（3）①3；②【分析】（1）那x=-2代入解析式，即可求得m的值；（2）利用描點法畫函數(shù)圖象即可；（3）①觀察圖象找出圖象與x軸的交點個數(shù)即可求解；②觀察圖象，找出圖象與平行于x軸直線的交點個數(shù)為4個時對應y的取值范圍即可．【詳解】（1）x=-2時，m=（-2）2-=0；故答案為：0；（）如圖所示（）①觀察圖象，可知與x軸有三個交點，所以有三個根，分別是、、；即答案為3；②∵關于的方程有四個根，∴函數(shù)的圖象與y=a有四個交點，由函數(shù)圖象知：的取值范圍是．【點睛】本題考查了拋物線與x軸的交點：把求二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）與x軸的交點坐標問題轉(zhuǎn)化為解關于x的一元二次方程，其中觀察函數(shù)圖像的能力是解答本題的關鍵．8．(1)y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|，補全表格見解析，(2)函數(shù)圖像見解析，當x=-1時，函數(shù)有最小值，最小值為-2；(3)≤x≤或≤x≤．【分析】（1）將點（﹣1，﹣2）與（2，1）代入解析式即可；（2）畫出函數(shù)圖象，觀察圖象得到一條性質(zhì)即可（3）根據(jù)圖象，求出兩個函數(shù)圖象的交點坐標，通過觀察可確定解解集．【詳解】解：（1）∵該函數(shù)圖象經(jīng)過（﹣1，﹣2）與（2，1）兩點，∴，∴，∴y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|，故答案為：y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|；當x=-4時，y=7；當x=0時，y=-1；補全表格如圖，x?﹣4﹣3﹣2﹣10123?y?72﹣1﹣2-1212?（2）函數(shù)圖像如圖所示，當x=-1時，函數(shù)有最小值，最小值為-2；（3）當x≥1時，x2﹣x+2﹣3x+3=x，解得，，，觀察圖象可知不等式的解集為：≤x≤；當x＜1時，x2﹣x+2+3x﹣3=x，解得，，，觀察圖象可知不等式的解集為：≤x≤；∴不等式x2+bx+2﹣c|x﹣1|≤x的解集為≤x≤或≤x≤．【點睛】本題考查二次函數(shù)與不等式的關系；掌握描點法畫函數(shù)圖象，利用數(shù)形結(jié)合解不等式是解題的關鍵．9．（1）；（2）見解析；（3）；（4）或．【分析】（1）把x=代入解析式，計算即可；（2）按照畫圖像的基本步驟畫圖即可；（3）一個方程有兩個不同實數(shù)根，另一個方程有兩個相等的實數(shù)根和兩個方程都有兩個不同的實數(shù)根，但是有一個公共根；（4）結(jié)合函數(shù)的圖像，分直線經(jīng)過頂點和在x軸上方兩種情形解答即可．【詳解】（1）當x=時，==，∴；（2）畫圖像如下；（3）當x≥0時，函數(shù)為；當x＜0時，函數(shù)為；∵方程（p為常數(shù)）有三個實數(shù)根，∴兩個方程有一個公共根，設這個根為a，則，解得a=0，當a=0時，p=0，故答案為：p=0；（4）∵方程（p為常數(shù)）有兩個實數(shù)根，∴p＞0；或△=0即1+4p=0，解得．綜上所述，p的取值范圍是或．【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖像，二次函數(shù)與一元二次方程的關系，熟練掌握拋物線與一元二次方程的關系，靈活運用分類思想，數(shù)形結(jié)合思想是解題的關鍵．10．A解析：（1）；（2），當時，PN有最大值，最大值為．（3）滿足條件的點Q有兩個，坐標分別為：，．【分析】（1）將點A、B的坐標代入解析式中求解即可；（2）由(1)求得點C坐標，利用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式，然后用m表示出PN，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；（3）分三種情況：①AC=CQ；②AC=AQ；③CQ=AQ，分別求解即可．【詳解】解：（1）將，代入，得，解之，得．所以，拋物線的表達式為．（2）由，得．將點、代入，得，解之，得．所以，直線BC的表達式為：．由，得，．∴∵，∴．∴．∴．．∵∴當時，PN有最大值，最大值為．（3）存在，理由如下：由點，，知．①當時，過Q作軸于點E，易得，由，得，（舍）此時，點；②當時，則．在中，由勾股定理，得．解之，得或（舍）此時，點；③當時，由，得（舍）．綜上知所述，可知滿足條件的點Q有兩個，坐標分別為：，．【點睛】本題是一道二次函數(shù)與幾何圖形的綜合題，解答的關鍵是認真審題，找出相關條件，運用待定系數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法等解題方法確定解題思路，對相關信息進行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．二、中考幾何壓軸題11．（1）相似；（2）AB∥EC，理由見解析；（3）3．【分析】（1）結(jié)論：相似．先判斷出△BAC∽△DAE，即可得出結(jié)論．（2）利用等腰三角形的性質(zhì)證明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠解析：（1）相似；（2）AB∥EC，理由見解析；（3）3．【分析】（1）結(jié)論：相似．先判斷出△BAC∽△DAE，即可得出結(jié)論．（2）利用等腰三角形的性質(zhì)證明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠ABC＝∠ECB即可．（3）如圖3中，以P為圓心，PB為半徑作⊙P．利用圓周角定理證明∠BCE＝∠BPE＝40°，推出AB∥CE，因為點E在射線CE上運動，點P在線段AD上運動，所以當點P運動到與點A重合時，AE的值最小，此時AE的最小值＝AB＝3．【詳解】解：（1）如圖①中，∵△ABC與△ACE為等腰三角形，且兩頂角∠ABC＝∠ADE，∴BA＝BC，DA＝DE，∴∠BAC＝∠DAE，∴△BAC∽△DAE，∴＝，∴＝，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE．故答案為：相似．（2）如圖2中，結(jié)論：AB∥EC．理由：∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°，∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，∵AE垂直平分線段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．故答案為50，AB∥EC．（2）如圖3中，以P為圓心，PB為半徑作⊙P．∵AD垂直平分線段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE＝∠BPE＝40°，∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．如圖4中，作AH⊥CE于H，∵點E在射線CE上運動，點P在線段AD上運動，∴當點P運動到與點A重合時，AE的值最小，此時AE的最小值＝AB＝3．【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定及圓的基本性質(zhì)，關鍵是根據(jù)題意得到三角形的相似，然后結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)得到問題答案，關鍵是要利用圓的基本性質(zhì)求解最值問題．12．（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由見解析；（3）S△PMN最大＝．【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位線得出，，即可得出數(shù)量關系，再利用三角形的中位線得出得解析：（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由見解析；（3）S△PMN最大＝．【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位線得出，，即可得出數(shù)量關系，再利用三角形的中位線得出得出，最后用互余即可得出位置關系；（2）先判斷出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法由，即可得出結(jié)論；（3）方法1：先判斷出最大時，的面積最大，進而求出，，即可得出最大，最后用面積公式即可得出結(jié)論．方法2：先判斷出最大時，的面積最大，而最大是，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）點，是，的中點，，，點，是，的中點，，，，，，，，，，，，，，，故答案為：，；（2）是等腰直角三角形．由旋轉(zhuǎn)知，，，，，，，利用三角形的中位線得，，，，是等腰三角形，同（1）的方法得，，，同（1）的方法得，，，，，，，，是等腰直角三角形；（3）方法1：如圖2，同（2）的方法得，是等腰直角三角形，最大時，的面積最大，且在頂點上面，最大，連接，，在中，，，，在中，，，，．方法2：由（2）知，是等腰直角三角形，，最大時，面積最大，點在的延長線上，，，．【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，主要考查了三角形的中位線定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判斷和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)的綜合運用；解（1）的關鍵是判斷出，，解（2）的關鍵是判斷出，解（3）的關鍵是判斷出最大時，的面積最大．13．（1），；（2）不成立，見解析；（3）2或4【分析】（1）根據(jù)題意，利用等邊三角形的性質(zhì)，得出，再根據(jù)全等三角形對應角相等，得出，故得出與所夾的銳角為60°．（2）根據(jù)題意，利用等腰直角三角形解析：（1），；（2）不成立，見解析；（3）2或4【分析】（1）根據(jù)題意，利用等邊三角形的性質(zhì)，得出，再根據(jù)全等三角形對應角相等，得出，故得出與所夾的銳角為60°．（2）根據(jù)題意，利用等腰直角三角形的性質(zhì)可推出，再根據(jù)相似三角形對應角相等，得出，故得出直線與所夾的銳角為45°，與（1）結(jié)論不符．（3）此問需要分兩種情況討論，一種情況是當在直線上，該種情況需要先證明，從而根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，最后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出；另一種情況是，當在直線下，先證明，從而證明四邊形為矩形，最后求出．【詳解】解：（1）；60°解答如下：如圖１，與為等邊三角形，，在與中，，故答案為：；直線與所夾的銳角為60°．（2）不成立理由如下：與為等腰直角三角形，，，，即：，在與中，故（1）中的結(jié)論不成立；（3）的長度為2或4；①點在直線上方時如圖4，，，②點在直線下方時，如圖5，∥根據(jù)題意，易證四邊形為矩形，，故答案為綜上可得的長度為2或4【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的三邊關系、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、矩形的判定及性質(zhì)相似三角形的判定及性質(zhì)，綜合性比較強，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關鍵．（1）利用等邊三角形的性質(zhì)，從而證明三角形全等是解答該小問的關鍵．（2）根據(jù)等腰直角三角形的三邊關系，證明兩個三角形相似是解答第二問的關鍵，重點掌握相似三角形的判定方法．（3）解答本題時，首先要認識到旋轉(zhuǎn)過程中滿足題意的兩種情況，其次證明過程可參考上面的證明過程，最后如何判定四邊形為矩形也是解答最后一題第二種情況的關鍵．14．（1）BE＝DG，BE⊥DG，見解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可證△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性質(zhì)可得BE⊥DG；（2）由解析：（1）BE＝DG，BE⊥DG，見解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可證△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性質(zhì)可得BE⊥DG；（2）由“SAS”可證△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，可得∠DEB＝90°，由直角三角形的性質(zhì)可求解；（3）分兩種情況討論，通過證明△AGD∽△AEB，可得，∠DGA＝∠AEB，由勾股定理和三角形中位線定理可求解．【詳解】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG，理由如下：如圖1：延長BE交AD于N，交DG于H，∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD，∠GAE＝∠DAB＝90°，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，∵∠ABE+∠ANB＝90°，∴∠ADG+∠DNH＝90°，∴∠DHN＝90°，∴BE⊥DG；（2）如圖，當點G在線段DE上時，連接BD，∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD＝10，∠GAE＝∠DAB＝90°，∠ADB＝45°＝∠ABD，BD＝AB＝10，GE＝AE，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，∴∠BDE＝45°﹣15°＝30°，∠DBE＝45°+15°＝60°，∴∠DEB＝90°，∴BE＝BD＝5＝DG，DE＝BE＝5，∴GE＝5﹣5，∴AE＝＝5﹣5，當點E在線段DG上時，同理可求AE＝5﹣5，故答案為：5﹣5；（3）如圖，若點G在線段DE上時，∵AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，∴DB＝＝＝8，GE＝＝＝8，∠DAB＝∠GAE＝90°，∴∠DAG＝∠BAE，又∵，∴△AGD∽△AEB，∴，∠DGA＝∠AEB，∴BE＝DG，∵∠DGA＝∠GAE+∠DEA，∠AEB＝∠DEB+∠AED，∴∠GAE＝∠DEB＝90°，∵DB2＝DE2+BE2，∴64×13＝（DG+8）2+3DG2，∴DG＝12或DG＝﹣16（舍去），∴BE＝12，∵點M，N分別是BD，DE的中點，∴MN＝BE＝6；如圖，當點E在線段DG上時，同理可求：BE＝16，∵點M，N分別是BD，DE的中點，∴MN＝BE＝8，綜上所述：MN為6或8，故答案為：6或8．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理的應用，相似三角形的判定和性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是本題的關鍵．15．（1）；（2）a2+b2=5c2，證明見解析；（3）4【分析】（1）首先證明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解決問題．（2）結(jié)論a2+b2=解析：（1）；（2）a2+b2=5c2，證明見解析；（3）4【分析】（1）首先證明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解決問題．（2）結(jié)論a2+b2=5c2．設MP=x，NP=y，則AP=2x，BP=2y，利用勾股定理分別求出a2、b2、c2即可解決問題．（3）取AB中點H，連接FH并且延長交DA的延長線于P點，首先證明△ABF是中垂三角形，利用（2）中結(jié)論列出方程即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖中，∵CN=AN，CM=BM，∴MN∥AB，MN=AB=2，∵tan∠PAB=1，∴∠PAB=∠PBA=∠PNM=∠PMN=45°，

∴PN=PM=2，PB=PA=4，

∴AN=BM=，∴b=AC=2AN=4，a=BC=4，∴，故答案為：；（2）結(jié)論a2+b2=5c2．證明：如圖中，連接MN．∵AM、BN是中線，

∴MN∥AB，MN=AB，∴△MPN∽△APB，∴，設MP=x，NP=y，則AP=2x，BP=2y，

∴a2=BC2=4BM2=4(MP2+BP2)=4x2+16y2，b2=AC2=4AN2=4(PN2+AP2)=4y2+16x2，c2=AB2=AP2+BP2=4x2+4y2，∴a2+b2=20x2+20y2=5(4x2+4y2)=5c2．（3）解：如圖中，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AE∥BF，∴，在△AGE和△FGB中，，∴△AGE≌△FGB，

∴AG=FG，取AB中點H，連接FH并且延長交DA的延長線于P點，

同理可證△APH≌△BFH，

∴AP=BF，PE=2BF=CF，

即PE∥CF，PE=CF，

∴四邊形CEPF是平行四邊形，

∴FP∥CE，

∵BE⊥CE，

∴FP⊥BE，即FH⊥BG，

∴△ABF是中垂三角形，

由（2）可知AB2+AF2=5BF2，∵AB=3，BF=AD=，∴9+AF2=5×，∴AF=4．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了三角形中位線定理、平行四邊形的判定和性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是理解題意，學會添加常用輔助線構(gòu)造全等三角形，學會利用新的結(jié)論解決問題，屬于中考壓軸題．16．（1）；（2），見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)SAS可證△ABE≌△ACD，進而可得BE=CD，結(jié)合BD+CD=BC可得BD+BE=BC，再根據(jù)等腰直角三角形中BC=即可證得；（2）過點A解析：（1）；（2），見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)SAS可證△ABE≌△ACD，進而可得BE=CD，結(jié)合BD+CD=BC可得BD+BE=BC，再根據(jù)等腰直角三角形中BC=即可證得；（2）過點A作AH⊥BC，根據(jù)∠BAC=120°，AB=AC可得∠ABC=30°，，則，由（1）可知BD+BE=BC，由此即可得；（3）過Q點作QF∥AC交BC延長線于點F，先證∠BQF=120°，BQ=QF，進而可由（2）同理可知，△QBE≌△QFD，，進而可證得，再根據(jù)cos∠EBD==cos60°=可求得，進而求得，最后根據(jù)AQ=BQ－AB即可得到答案．【詳解】解：（1）理由如下：∵∠EAD=∠BAC=90°∴∠EAB=∠DAC在△ABE與△ACD中，∴△ABE≌△ACD（SAS）∴BE=CD，∵BD+CD=BC∴BD+BE=BC∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴BC=∴BD+BE=；（2）結(jié)論：，理由如下：過點A作AH⊥BC，∵∠BAC=120°，AB=AC∴∠ABC=30°，在Rt△ABH中，cos∠ABH==cos30°=∴BH=AB，∴由（1）同理可知BD+BE=BC，∴；（3）過Q點作QF∥AC交BC延長線于點F，∴∴∠QFC=∠QBF=30°，∠BQF=120°∴BQ=QF由（2）同理可知，△QBE≌△QFD，∴cos∠EBD==cos60°=∵，∴AQ=BQ－AB=．【點睛】本題考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，解直角三角形的應用，熟練掌握相關圖形的判定及性質(zhì)以及能夠作出正確的輔助線是解決本題的關鍵．17．【問題引入】見解析；【類比探究】（1）見解析；（2）圖見解析，；【知識拓展】，證明見解析【分析】[問題引入]利用AAS證明△POE≌△POD，即可得出結(jié)論；[類比探究]（1）過點F作FN解析：【問題引入】見解析；【類比探究】（1）見解析；（2）圖見解析，；【知識拓展】，證明見解析【分析】[問題引入]利用AAS證明△POE≌△POD，即可得出結(jié)論；[類比探究]（1）過點F作FN⊥OB，F(xiàn)M⊥OA，垂足分別為N、M，F(xiàn)M與PE交于點Q，先證明△PFQ為等邊三角形，得出FG=PH，再運用矩形性質(zhì)得出OM=OF，ON=OF，即可證得結(jié)論；（2）作FN⊥OB于點N，F(xiàn)M⊥OA于點M，射線FM交PE于點Q，作PH⊥FQ于點H，F(xiàn)G⊥PQ于點G，同（1）可證：NE=FG=PH=MD，ON=OM=OF，即可得出結(jié)論；[知識拓展]過點O作OM⊥AB，ON⊥EF，OQ⊥CD，垂足分別為M、N、Q，利用垂徑定理可得出PB-PA=2PM，PF-PE=2PN，PD-PC=2PQ，再運用[類比探究]得：PM+PN=PQ，從而證得結(jié)論．【詳解】[問題引入]證明：∵，，，∴．∵，∴．∴．[類比探究]（1）過點作，，垂足分別為、，與交于點．∵，，，則為等邊三角形，、邊上的高相等，即．在矩形、矩形中，有，，∴．∴．∵，，∴，同理，，∴，∴．（2）結(jié)論：．作于點，于點，射線與的交點為，作于點，于點，同（1）可證，，∴．[知識拓展]數(shù)量關系：．理由如下：過點作，，，垂足分別為、、．由垂徑定理可得．∴．同理，，由[類比探究]得，∴，∴．∴．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了全等三角形判定和性質(zhì)，等邊三角形判定和性質(zhì)，角平分線性質(zhì)，矩形性質(zhì)，垂徑定理等，熟練掌握全等三角形判定和性質(zhì)及垂徑定理等相關知識是解題關鍵．18．（1）BD＝CE；理由見解析；（2）BD＝2CE，理由見解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，則∠EAC=∠DAB，再證△E解析：（1）BD＝CE；理由見解析；（2）BD＝2CE，理由見解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，則∠EAC=∠DAB，再證△EAC≌△DAB（SAS），即可得出結(jié)論；（2）證△EAD∽△CAB，得到，則△EAC∽△DAB，得=2，即可得出結(jié)論；（3）先證明△ABC和△AA′D為等腰直角三角形，得，再證∠A′AB=∠DAC，從而可證明△CAD∽△BAA'，最后利用相似三角形的性質(zhì)可求得A′B的長度．【詳解】解：（1）∵△ABC、△ADE均為等邊三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠EAD＝∠CAB＝60°，∴∠EAC＝60°﹣∠CAD，∠DAB＝60°﹣∠CAD，∴∠EAC＝∠DAB，在△EAC與△DAB中，∴△EAC≌△DAB，∴BD＝CE；（2）BD＝2CE，理由：∵∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，∴∠EAD＝∠CAB＝60°，AD＝2AE，AB＝2AC，∴∠EAC＝∠DAB，△EAD∽△CAB，∴，∴△EAC∽△DAB，∴，∴BD＝2CE；（3）連接A′A，如圖③，∵AC⊥BC，且AC＝BC，∴△ABC為等腰直角三角形．∴，∵將線段DA繞點D按逆時針方形旋轉(zhuǎn)90°得到DA′∴△AA′D為等腰直角三角形．∴△ABC∽△AA′D．∴．∴．又∵∠CAB＝∠A′AD，∴∠A′AB＝∠DAC，∴△CAD∽△BAA′．∴，即，∴A′