【中考12年】福建省福州市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题

[中考12年]福州市2022-2022年中考数学试题分类解析专题12：押轴题一、选择题1.（2022年福建福州4分）二次函数的图象如图所示，下列结论：（1）（2）（3）（4）其中正确的有【　　】A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C。【考点】二次函数图象与系数的关系。【分析】（1）∵图象与y轴交于y轴负半轴，则c＜0，正确。（2）∵对称轴，开口向下，∴a＜0，故b＞0，正确。（3）当x=2时，y＜0，即4a＋2b＋c＞0，错误。（4）可化为（a－b＋c）（a＋b＋c）＜0，∵当x=1时，a＋b＋c＞0，当x=－1时，a－b＋c＜0，故正确。故选C。2.（2022年福建福州4分）已知：二次函数y＝x2+bx+c与x轴相交于A（x1，0）、B（x2，0）两点，其顶点坐标为P（，），AB＝︱x1－x2︱，若S△APB＝1，则b与c的关系式是【】　　（A）b2－4c＋1＝0（B）b2－4c－1＝0　　（C）b2－4c＋4＝0（D）b2－4c－4＝0\n3.（2022年福建福州4分）如图，⊙Ο的直径AB垂直于弦CD，垂足为H，点P是AC上一点（点P不与A、C两点重合）。连结PC、PD、PA、AD，点E在AP的延长线上，PD与AB交于点F。给出下列四个结论：（1）；（2）；（3）；（4）∠EPC=∠APD。其中正确的个数是【】（A）1（B）2（C）3（D）4【答案】C。【考点】圆周角定理，垂径定理，相交弦定理，圆内接四边形的性质。【分析】根据圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质，相交弦定理，采用排除法，逐条分析判断：由垂径定理知，点H是CD的中点，则。故（2）正确。\n∵弧AC对的圆周角为∠ADC，弧AD对的圆周角为∠APD，∴∠ADC=∠APD。由圆内接四边形的外角等于它的内对角知，∠EPC=∠ADC，∴∠EPC=∠APD。故（4）正确。由相交弦定理知，CH•HD=CH2=AH•BH。故（1）正确。连接BD后，可得AD2=AH•AB，故（3）不正确。所以正确的个数是3个。故选C。4.（2022年福建福州4分）如图，AB是⊙O的直径，M是⊙O上一点，MN⊥AB，垂足为N．P、Q分别是A上一点（不与端点重合），如果∠MNP=∠MNQ，下面结论：①∠1=∠2；②∠P+∠Q=180°；③∠Q=∠PMN；④PM=QM；⑤MN2=PN•QN．其中正确的\n∵∠MQE=∠PMN，∠MNP=∠MNQ，∴△NPM∽△NMQ。∴。∴MN2=PN•QN。故⑤正确。综上所述，正确的是①③⑤。故选B。5.（2022年福建福州大纲卷3分）如图，小亮拿一张矩形纸图（1），沿虚线对折一次得图（2），下将对角两顶点重合折叠得图（3），按图（4）沿折痕中点与重合顶点的连线剪开，\n7.（2022年福建福州大纲卷3分）如图，在7×12的正方形网格中有一只可爱的小狐狸，算算看画面中由实线组成的相似三角形有【】A.4对B.3对C.2对D.1对【答案】C。【考点】网格型，相似三角形的判定，勾股定理。【分析】如图，设小正方形的边长为1，则计算各个小三角形的各边长：\n△ABC的各边分别为2、、；△CDF的各边分别为、、3；△EFG的各边分别为、、；△HMN的各边分别为1、、；△HPQ的各边分别为2、2、2。∴可以得出△ABC与△EFG，△HMN与△HPQ的各边对应成比例且比例相等。∴这两组三角形相似。故选C。9.（2022年福建福州3分）如图所示，二次函数的图象经过点，且与轴交点的横坐标分别为，其中，，下列结论：①；②；③；④．\n其中正确的有【】A．1个B．2个C．3个D．4个提示：抛物线的对称轴是，顶点坐标是10.（2022年福建福州4分）已知抛物线\n与x轴的一个交点为（m，0），则代数式的值为【】A．2022B．2022C．2022D．2022【答案】D。【考点】曲线上点的坐标与方程的关系，求代数式的值，整体思想的应用。【分析】∵抛物线与x轴的一个交点为（m，0），∴，即。∴。故选D。12.（2022年福建福州4分）已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是【】\nA．a＞0B．c＜0C．b2－4ac＜0D．a＋b＋c＞013.（2022年福建福州4分）如图，在长方形网格中，每个小长方形的长为2，宽为1，A、B两点在网格格点上，若点C也在网格格点上，以A、B、C为顶点的三角形面积为2，则满足条件的点C个数是【】A、2B、3C、4D、5【答案】C。【考点】格点问题，三角形的面积。【分析】根据三角形ABC的面积为2，可知三角形的底边长为4，高为1，或者底边为2，高为2，可通过在正方形网格中画图得出结果，C点所有的情况如图所示：故选C。\n14.（2022年福建福州4分）如图，过点C(1，2)分别作x轴、y轴的平行线，交直线y＝－x＋6于A、B二、填空题1.（2022年福建福州3分）如图，两个同心圆，过大圆上一点A作小圆的割线交小圆于B、C两点，且AB•AC=4，则图中圆环的面积为　　▲　　。\n【答案】4π。【考点】切割线定理，整体思想的应用。【分析】连接AO，并延长交小圆于两点E，F，设大圆和小圆的面积分别为R，r，则AB•AC=AE•AF。∵AB•AC=4，∴（R－r）（R＋r）=4。∴R2－r2=4。∴圆环的面积为πR2－πr2=4π。3.（2022年福建福州3分）如图，扇形AOB的圆心角为直角，正方形OCDE内接于扇形，点C、E、D分别在OA、OB、上，过点A作AF⊥ED，交ED的延长线于F，垂足为F。如果正方形的边长为1，那么阴影部分的面积为▲。\n【答案】。【考点】扇形面积计算，圆和正方形的对称性，勾股定理。【分析】如图，连接OD，则根据圆和正方形的对称性，由题意可知，阴影部分的面积=长方形ACDF的面积。∵OD==OA，∴S阴影=SACDF=AC•CD=（OA－OC）CD=。5.（2022年福建福州大纲卷4分）\n如图，在边长为a的正方形中剪去一个边长为b的小正方形（a＞b），把剩下的部分拼成一个梯形，分别计算这两个图形阴影部分的面积，验证了公式　▲　．【答案】。【考点】平方差公式的几何背景。【分析】左图中阴影部分的面积是a2﹣b2，右图中梯形的面积是（2a+2b）（a﹣b）=（a+b）（a﹣b），根据面积相等得：。6.（2022年福建福州课标卷4分）瑞士中学教师巴尔末成功地从光谱数据中得到巴尔末公式，从而打开了光谱奥妙的大门．请你按这种规律写出第七个数据是　▲　．【答案】。【考点】探索规律型（数字的变化类）。【分析】分子的规律依次是，32，42，52，62，72，82，92…，分母的规律是：1×5，2×6，3×7，4×8，5×9，6×10，7×11…，所以第七个数据是。7.（2022年福建福州大纲卷4分）如图，点B是线段AC上一点，分别以AB、BC为边作等边△ABE、△BCD，连接DE，已知△BDE的面积是，AC=4，如果AB<BC，那么AB的值是　▲　　.\n8.（2022年福建福州课标卷4分）如图，创新广场上铺设了一种新颖的石子图案，它由五个过同一点且半径不同的圆组成，其中阴影部分铺黑色石子，其余部分铺白色石子．小鹏在规定地点随意向图案内投掷小球，每球都能落在图案内，经过多次试验，发现落在一、三、五环（阴影）内的概率分别是0.04，0.2，0.36，如果最大圆的半径是1米，那么黑色石子区域的总面积约为　▲　　米2（精确到0.01米2）．【答案】1.88。【考点】几何概率。【分析】图中阴影部分所占的面积是总面积的0.04+0.2+0.36=0.6，最大圆的面积为π≈3.14，那么黑色石子区域的总面积约为0.6π≈1.88米2。\n10.（2022年福建福州4分）如图，在反比例函数（）的图象上，有点，它们的横坐标依次为1，2，3，4．分别过这些点作轴与轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右\n11.（2022年福建福州4分）已知,A、B、C、D、E是反比例函数（x>0）图象上五个整数点（横、纵坐标均为整数），分别以这些点向横轴或纵轴作垂线段，由垂线段所在的正方形边长为半径作四分之一圆周的两条弧，组成如图所示的五个橄榄形（阴影部分），则这五个橄榄形的面积总和是▲（用含π的代数式表示）.\n12.（2022年福建福州4分）如图，直线，点A1坐标为（1，0），过点A1作x的垂线交直线于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画弧交x轴于点A2；再过点A2x的垂线交直线于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画弧交x轴于点A3，…，按此做法进行下去，点A5的坐标为▲．【答案】（16，0）。【考点】探索规律题（图形的变化类），一次函数综合题，直线上点的坐标与方程的关系，\n13.（2022年福建福州4分）以数轴上的原点O为圆心，3为半径的扇形中，圆心角∠AOB=90°，另一个扇形是以点P为圆心，5为半径，圆心角∠CPD=60°，点P在数轴上表示实数，如图．如果两个扇形的圆弧部分（和）相交，那么实数的取值范围是　▲　．【答案】－4≤＜－2。【考点】圆与圆的位置关系，勾股定理，实数与数轴。【分析】两扇形的圆弧相交，实数的取值范围界于D、A两点重合和与交于点B时的范围内。当A、D两点重合时，如图PO=PD－OA=5－3=2，此时P点坐标为；\n当与交于点B时，如图连接PB，则由勾股定理，得PO=，此时P点坐标为。则实数的取值范围是－4≤＜－2。14.（2022年福建福州4分）如图，已知△ABC，AB＝AC＝1，∠A＝36°，∠ABC的平分线B三、解答题\n1.（2022年福建福州12分）如图，已知：正方形OABC的面积为9，点O为坐标原点，点A在x轴上，点C在y轴上，点B在函数的图象上，点是函数的图象上的任意一点，过点P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为E、F并设矩形OEPF和正方形OABC不重合部分的面积为S。（1）求B点坐标和k的值；（2）当时，求点P的坐标；（3）写出S关于m的函数关系式。\n\n2.（2022年福建福州12分）如图：已知△ABC中，AB=5，BC=3，AC=4，PQ∥AB，P点在AC上（与A、C不重合），Q在BC上。（1）当△PQC的面积与四边形PABQ的面积相等时，求CP的长；（2）当△PQC的周长与四边形PABQ的周长相等时，求CP的长；（3）试问：在AB上是否存在一点M，使得△PQM为等腰直角三角形？若不存在，请简要说明理由；若存在，请求出PQ的长。【答案】解：（1）∵△ABC中，AB=5，BC=3，AC=4，∴三边满足勾股定理的逆定理，△ABC为直角三角形。∴。∴当△PQC的面积与四边形PABQ的面积相等时。∵PQ∥AB，AC=4，BC=3，∴设PC=4x，QC=3x。\n（3）符合条件的M点是存在的。①如图，当，PM=PQ时，由勾股定理逆定理，得，∴△ABC的AB上的高为。设PM=PQ=。∵PQ∥AB，∴△CPQ∽△CAB。。解得，，即。②当，QM=PQ时，同理可得。③如图，当，时，由等腰直角三角形得，M到PQ距离为。设。∵PQ∥AB，∴△CPQ∽△CAB。∴解得，，即。综上所述，PQ的长为或。\n【考点】勾股定理的逆定理，平行的性质，相似三角形的判定和性质，待定系数法和分类思3.（2022年福建福州12分）如图：已知△ABC中，AB＝4，D在AB边上移动（不与A、B重合），DE∥BC交AC与E，连结CD．设S△ABC＝S，S△DEC＝S1．　　（1）当D为AB中点时，求S1∶S的值；　　（2）若AD＝x，，求y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围；　　（3）是否存在点D，使得S1＞S成立？若存在，求出D点位置；若不存在，请说明理由．【答案】解：过A作AM⊥BC，交DE于点N，设AD=x，根据DE∥BC，可以得到，则。（1）当D为AB中点时，DE是三角形ABC的中位线，则DE=BC，AN=AM。\n而，4.（2022年福建福州12分）已知：矩形ABCD在平面直角坐标系中，顶点A、B、D的坐标分别为A（0，0），B（m，0），D（0，4），其中m≠0．　　（1）写出顶点C的坐标和矩形ABCD的中心P点的坐标（用含m的代数式表示）；　　（2）若一次函数y＝kx－1的图象l把矩形ABCD分成面积相等的两部分，求此一次函数的解析式（用含m的代数式表示）；（3）在（2）的前提下，l又与半径为1的⊙M相切，且点M（0，1），求此时矩形ABCD的中心P的坐标．\n【答案】解：（1）C点坐标为（m，4）；P点坐标为（，2）。5.（2022年福建福州12分）已知：如图，等边三角形ABC中，AB=2，点P是AB边上的任意一点（点P可以与点A重合，但不与点B重合），过点P作PE⊥BC，垂足为E；过点E作EF⊥AC，垂足为F；过点F作FQ⊥AB，垂足为Q。设BP=x，AQ=y。（1）写出y与x之间的函数关系式；（2）当BP的长等于多少时，点P与点Q重合；（3）当线段PE、FQ相交时，写出线段PE、EF、FQ所围成三角形周长的取值范围(不必写出解题过程).\n【分析】（1）根据等边三角形的性质，含30度直角三角形的性质即可求得y=+x（0<x2）。（2）当点P与点Q重合时，有AQ+BP=AB=2，即x+y=2，与y=+x联立求出x即可。（3）当线段PE、FQ相交时，线段PE、EF、FQ所围成的三角形是等边三角形。其周长最大值是（2）中的情形，此时，PE=，周长为。最小值是点P与点A重合时的情形，如图，此时，EF=，周长为。∴。\n6.（2022年福建福州12分）已知：如图，二次函数的图象与轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C。直线=m（m>1）与轴交于点D.（1）求A、B、C三点的坐标；（2）在直线=m（m>1）上有一点P(点P在第一象限)，使得以P、D、B为顶点的三角形与以B、C、O为顶点的三角形相似，求P点坐标（用含m的代数式表示）；（3）在（2）成立的条件下，试问：抛物线上是否存在一点Q，使得四边形ABPQ为平行四边形？如果存在这样的点Q，请求出m的值；如果不存在，请简要说明理由。（3）存在。\n假设抛物线上存在一点Q，使得四边形ABPQ为平行四边形。∴PQ=AB=2，点Q的横坐标为m－2。①当点P1为（m，2m－2）时，点Q1的坐标是（m－2，2m－2）。∵点Q1在抛物线图象上，∴，即。∴m1=1（舍去），m2=4。②当点P2为（m，）时，点Q2的坐标是（m＋2，）。∵点Q2在抛物线图象上，∴，即。∴m3=1（舍去），m4=。综上所述，m的值为4、。7.（2022年福建福州13分）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是DC中点，点F在BC边上，且CF=1，在△AEF中作正方形A1B1C1D1，使边A1B1在AF上，其余两个顶点C1、D1分别在EF和AE上．（1）请直接写出图中两直角边之比等于1：2的三个直角三角形（不另添加字母及辅助线）；（2）求AF的长及正方形A1B1C1D1的边长；（3）在（2）的条件下，取出△AEF，将△EC1D1沿直线C1D1、△C1FB1沿直线C1B1\n分别向正方形A1B1C1D1内折叠，求小正方形A1B1C1D1未被两个折叠三角覆盖的四边形面积．【考点】翻折变换（折叠问题），勾股定理，正方形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】\n（1）图中满足直角边之比等于1：2的直角三角形共有6个，Rt△CEF与Rt△ADE比较明显，打开找出另外四个之一的“缺口”是证出∠AEF=90°。下面给出两种思路：思路一是先证出△ADE∽△ECF，得到∠FEC=∠EAD，结合Rt△ADE中有∠DEA+∠EAD=90°，8.（2022年福建福州13分）如图所示，抛物线的顶点为A，直线l：与y轴的交点为B，其中m＞0．（1）写出抛物线对称轴及顶点A的坐标；（用含有m的代数式表示）（2）证明点A在直线l上，并求∠OAB的度数；（3）动点Q在抛物线的对称轴上，在对称轴左侧的抛物线上是否存在点P，使以P、Q、A为顶点的三角形与△OAB全等？若存在，求出m的值，并写出所有符合上述条件的P点坐标；若不存在，说明理由．【答案】解：（1）对称轴为直线x=m，顶点A（m，0）。\n（2）把x=m代入函数，得=0，③当∠APQ=90°，∠QAP=60°，PA=m，过P作PC⊥AQ于C，那么PC=AP•sin60°=m，AC=m，∴P点的坐标为（）或（）。将P点的坐标代入抛物线解析式得m=，∴P点的坐标为（）或（）。④当∠APQ=90°，∠AQP=60°，PA=OB=m，过P作PD⊥AQ与D，那么PD=AP•sin30°=m，AD=m，∴P点的坐标为（）或（）。将P点的坐标代入抛物线解析式得m=2，∴P点的坐标为（）或（）。\n综上所述，当m=时，P点的坐标为（，－）或（，－）；当m=时，P点的坐标为（0，－3）或（，－3）；当m=时，P点的坐标为（）或（）；9.（2022年福建福州大纲卷13分）已知，如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC=5cm，CD=6cm，∠DCB=60°，∠ABC=900．等边三角形MPN（N为不动点）的边长为acm，边MN和直角梯形ABCD的底边BC都在直线l上，NC=8cm．将直角梯形ABCD向左翻折180°，翻折一次得图形①，翻折二次得图形②，如此翻折下去．（1）将直角梯形ABCD向左翻折二次，如果此时等边三角形的边长a≥2cm，这时两图形重叠部分的面积是多少？（2）将直角梯形ABCD向左翻折三次，如果第三次翻折得到的直角梯形与等边三角形重叠部分的面积等于直角梯形ABCD的面积，这时等边三角形的边长a至少应为多少？（3）将直角梯形ABCD向左翻折三次，如果第三次翻折得到的直角梯形与等边三角形重叠部分的面积等于直角梯形ABCD的面积的一半，这时等边三角形的边长应为多少？【答案】解：（1）如图，∵CB=5，CN=8，∴QN=2。\n又∵∠PNM=60°且∠EQN=60°，∴△EQN为等边三角形．∴△EQN的高为h=。∴（cm2）。（2）如果第三次翻折得到的直角梯形与等边三角形重叠部分的面积等于直角梯形ABCD的面积，这时等边三角形最小时，直角梯形的A点落在PM上，如图。在直角梯形ABCD中，∵CD=6，∠DCB=60°，∴AB=。在Rt△KHM中，MH=KH·tan30°=。∴MN=MH＋HQ＋QN=3＋5＋2=10。∴这时等边三角形的边长a至少应为10cm。（3）。当MP经过H点时，交D′G于F，如图，则。∴MQ＜5。设MQ=x，则有重叠部分等边三角形的高．∴，解得。∵QN=2，∴等边三角形PNM的边长a为（+2）cm。\n10.（2022年福建福州大纲卷13分）已知：抛物线y=x2﹣2x﹣m（m＞0）与y轴交于点C，C点关于抛物线对称轴的对称点为C′点．（1）求C点，C′点的坐标（可用含m的代数式表示）；（2）如果点Q在抛物线的对称轴上，点P在抛物线上，以点C，C′，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求Q点和P点的坐标（可用含m的代数式表示）；（3）在（2）的条件下，求出平行四边形的周长．\n（3）①∵Q点纵坐标为3﹣m，C点纵坐标为﹣m，∴CW=3﹣m+m=3，\n11.（2022年福建福州课标卷13分）已知，如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC=5cm，CD=6cm，∠DCB=60°，∠ABC=900．等边三角形MPN（N为不动点）的边长为acm，边MN和直角梯形ABCD的底边BC都在直线l上，NC=8cm．将直角梯形ABCD向左翻折180°，翻折一次得图形①，翻折二次得图形②，如此翻折下去．（1）将直角梯形ABCD向左翻折二次，如果此时等边三角形的边长a≥2cm，这时两图形重叠部分的面积是多少？（2）将直角梯形ABCD向左翻折三次，如果第三次翻折得到的直角梯形与等边三角形重叠部分的面积等于直角梯形ABCD的面积，这时等边三角形的边长a至少应为多少？（3）将直角梯形ABCD向左翻折三次，如果第三次翻折得到的直角梯形与等边三角形重叠部分的面积等于直角梯形ABCD的面积的一半，这时等边三角形的边长应为多少？\n在Rt△KHM中，MH=KH·tan30°=。∴MN=MH＋HQ＋QN=3＋5＋2=10。∴这时等边三角形的边长a至少应为10cm。（3）。当MP经过H点时，交D′G于F，如图，则。∴MQ＜5。设MQ=x，则有重叠部分等边三角形的高．\n12.（2022年福建福州课标卷13分）已知：抛物线y=x2﹣2x﹣m（m＞0）与y轴交于点C，C点关于抛物线对称轴的对称点为C′点．（1）求C点，C′点的坐标（可用含m的代数式表示）；（2）如果点Q在抛物线的对称轴上，点P在抛物线上，以点C，C′，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求Q点和P点的坐标（可用含m的代数式表示）；（3）在（2）的条件下，求出平行四边形的周长．【答案】解：（1）∵∴所求对称轴为直线x=1。在中，令x=0，得y=－m。∴C（0，－m）∵C、C′关于x=1对称，∴C′（2，－m）。\n（2）如图所示，①当P′Q∥CC′且P′Q=2时，P′横坐标为3，代入二次函数解析式求得P′（3，3﹣m）。②当P′Q∥CC′且PQ=2时，P横坐标为﹣1，代入二次函数解析式求得P（﹣1，3﹣m）。③因为CC′⊥Q'P″，当Q′F=P″F，CF=C'F时，P″为二次函数顶点坐标，为（1，﹣1﹣m），由于P″和Q′关于直线CC′对称，所以Q′纵坐标为2（﹣m）+1+m=﹣m+1，得Q′（1，1﹣m）。所以满足条件的P、Q坐标为P（﹣1，3﹣m），Q（1，3﹣m）；P′（3，3﹣m），Q（1，3﹣m）；P″（1，﹣1﹣m），Q′（1，1﹣m）。（3）①∵Q点纵坐标为3﹣m，C点纵坐标为﹣m，∴CW=3﹣m+m=3，又∵WQ=1，∴CQ=。又∵CC′=2，∴平行四边形CC′P′Q周长为（2+）×2=4+2。②同理，平行四边形CC′QP周长也为4+2。③∵CF=，FQ=[1－m－（－1－m）]=1，CQ′=。∴平行四边形CC′P′Q周长为4。∴所求平行四边形周长为4+2或。13.（2022年福建福州大纲卷13分）\n正方形OCED与扇形AOB有公共顶点O，分别以OA、OB所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示.正方形两个顶点C、D分别在x轴、y轴正半轴上移动.设OC＝x，OA=3（1）当x＝1时，正方形与扇形不重合的面积是；此时直线CD对应的函数关系式是；（2）当直线CD与扇形AOB相切时，求直线CD对应的函数关系式；（3）当正方形有顶点恰好落在AB上时，求正方形与扇不重合的面积.【答案】解：（1）（2）设直线CD与扇形AOB切于点P，连接OP，则OP⊥CD。∵CD为正方形OCED的对角线，∴∠OCD=∠ODC=45°。在Rt△OCP中，∵OP=OA=3，sin∠OCP=，∴OC=。∴C（，0），D（0，）。设直线CD的解析式为y=kx+b，∴，解得。∴直线CD对应的函数关系式为。（3）①如图1，当点E落在弧AB上时，连接OE．则OE=OA=3。∴。②如图2，当点C、D分别与A、B重合时，OC=OA=3。∴。\n【考点】正方形的性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，切线14.（2022年福建福州大纲卷13分）对于任意两个二次函数：y1=a1x2+b1x+c1,y2=a2x2+b2x+c2，（a1a2≠0），当|a1|=|a2|时，我们称这两个二次函数的图象为全等抛物线.现有△ABM,A（－1，0），B（1，0），记过三点的二次函数抛物线为“C□□□”（“□□□”中填写相应三个点的字母）（1）若已知M（0，1）,△ABM≌△ABN（图1）,请通过计算判断CABM与CABN是否为全等抛物线;（2）在图2中，以A、B、M三点为顶点，画出平行四边形.①若已知M（0，n），求抛物线CABM的解析式,并直接写出所有过平行四边形中三个顶点且能与CABM全等的抛物线解析式.②若已知M（m，n），当m、n满足什么条件时,存在抛物线CABM？根据以上的探究结果，判断是否存在过平行四边形中三个顶点且能与CABM全等的抛物线.若存在，请列出所有满足条件的抛物线“C□□□”；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）设抛物线CABM的解析式为，∵抛物线CABM过点A（－1，0），B（1，0），M（0，1），\n15.（2022年福建福州大纲卷13分）正方形OCED与扇形AOB有公共顶点O，分别以OA、OB所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示.正方形两个顶点C、D分别在x轴、y轴正半轴上移动.设OC＝x，OA=3（1）当x＝1时，正方形与扇形不重合的面积是；此时直线CD对应的函数关系式是；\n（2）当直线CD与扇形AOB相切时，求直线CD对应的函数关系式；（3）当正方形有顶点恰好落在AB上时，求正方形与扇不重合的面积.【分析】（1）当x=1时，正方形与扇形不重合的面积=，直线过点（0，1），（1，0）用待定系数法求得直线CD对应的函数关系式。（2）直线CD与扇形AOB切于点P，连接OP，则OP⊥CD，根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质求得直线与x，y轴的交点后用待定系数法求直线的解析式。（3）分两种情况，根据扇形的面积公式和正方形的面积公式求解。16.（2022年福建福州大纲卷13分）\n对于任意两个二次函数：y1=a1x2+b1x+c1,y2=a2x2+b2x+c2，（a1a2≠0），当|a1|=|a2|时，我们称这两个二次函数的图象为全等抛物线.现有△ABM,A（－1，0），B（1，0），记过三点的二次函数抛物线为“C□□□”（“□□□”中填写相应三个点的字母）（1）若已知M（0，1）,△ABM≌△ABN（图1）,请通过计算判断CABM与CABN是否为全等抛物线;（2）在图2中，以A、B、M三点为顶点，画出平行四边形.①若已知M（0，n），求抛物线CABM的解析式,并直接写出所有过平行四边形中三个顶点且能与CABM全等的抛物线解析式.②若已知M（m，n），当m、n满足什么条件时,存在抛物线CABM？根据以上的探究结果，判断是否存在过平行四边形中三个顶点且能与CABM全等的抛物线.若存在，请列出所有满足条件的抛物线“C□□□”；若不存在，请说明理由.\n17.（2022年福建福州12分）如图1，以矩形ABCD的顶点A为原点，AD所在的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．点D的坐标为（8，0），点B的坐标为（0，6），点F在对角线AC上运动（点F不与点A，C重合），过点F分别作x轴、y轴的垂线，垂足为G，E．设四边形BCFE的面积为S1，四边形CDGF的面积为S2，△AFG的面积为S3．（1）试判断S1，S2的关系，并加以证明；（2）当S3：S2=1：3时，求点F的坐标；（3）如图2，在（2）的条件下，把△AEF沿对角线AC所在直线平移，得到△A′E′F′，且A′，F′两点始终在直线AC上，是否存在这样的点E′，使点E′到x轴的距离与到y轴的距离比是5：4？若存在，请求出点E′的坐标；若不存在，请说明理由．\n\n18.（2022年福建福州14分）如图，已知直线与双曲线交于A，B两点，且点A的横坐标为4．（1）求的值；（2）若双曲线上一点C的纵坐标为8，求的面积；（3）过原点O的另一条直线交双曲线于P，Q两点（P点在第一象限），若由点A，B，P，Q为顶点组成的四边形面积为24，求点P的坐标．\n【答案】解：（1）∵点A在直线上，点A横坐标为4,∴当=4时，=2。∴点A的坐标为（4，2）。∵点A在双曲线上，∴k=4×2=8。（2）过点C、A分别做x轴的垂线，垂足为E、F，∵点C在双曲线上，当=8时，=1，∴点C的坐标为(1,8)。∵点C、A都在双曲线上,∴。∴。（3）∵反比例函数图象是关于原点O的中心对称图形，∴OP=OQ，OA=OB。∴四边形APBQ是平行四边形。∴。设点P的横坐标为（＞0且），则P。过点P、A分别做x轴的垂线，垂足为E、F，∵点P、A在双曲线上，∴。若0＜＜4，如图,∵，∴。∴，解得=2，=-8(舍去)。∴P（2，4）。\n19.（2022年福建福州13分）如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：（1）当t=2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；（2）设△BPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；（3）作QR∥BA交AC于点R，连接PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ．【答案】解：（1）△BPQ是等边三角形。理由如下：\n【分析】（1）根据两边相等且一角等于60度的判定作出判断。　　　　（2）根据已知和锐角三角函数定义，表示出QE和BP的长即可表示出S与t的函数关系式。　　　　（3）证出EPQR，得到四边形EPRQ是平行四边形，从而PR=EQ=，要使△APR∽△PRQ，必须∠QPR=∠A=600，根据锐角三角函数定义，代入QR＝6－2t和PR=，即可求出。20.（2022年福建福州13分）如图，已知△ABC是边长为6cm\n的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：（1）当t=2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；（2）设△BPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；（3）作QR∥BA交AC于点R，连接PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ．∵BE=BQ·cos600=，∴EP=AB－AP－BE=6－t－t=6－2t。∴EPQR。∴四边形EPRQ是平行四边形。∴PR=EQ=。又∵∠PEQ=900，∴∠APR=∠PRQ=900。∴要使△APR∽△PRQ，必须∠QPR=∠A=600。∴，即，解得。\n21.（2022年福建福州12分）如图，等边△ABC边长为4，E是边BC上动点，EH⊥AC于H，过E作EF∥AC，交线段AB于点F，在线段AC上取点P，使PE=EB．设EC=x（0＜x≤2）．（1）请直接写出图中与线段EF相等的两条线段（不再另外添加辅助线）；（2）Q是线段AC上的动点，当四边形EFPQ是平行四边形时，求平行四边形EFPQ的面积（用含x的代数式表示）；（3）当（2）中的平行四边形EFPQ面积最大值时，以E为圆心，r为半径作圆，根据⊙E与此时平行四边形EFPQ四条边交点的总个数，求相应的r的取值范围．【答案】解：（1）BE、PE、BF三条线段中任选两条。　（2）在Rt△CHE中，∠CHE＝90°，∠C＝60°，EC=x，∴EH＝。\n又∵PQ=EF=BE=4－x，∴。（3）∵，且0＜x≤2，∴当x＝2时，有最大值。22.（2022年福建福州14分）已知直线l：\n（m≠0）交x轴、y轴于A、B两点，点C、M分别在线段OA、AB上，且OC=2CA，AM=2MB，连接MC，将△ACM绕点M旋转180°，得到△FEM，则点E在y轴上，点F在直线l上；取线段EO中点N，将ACM沿MN所在直线翻折，得到△PMG，其中P与A为对称点．记：过点F的双曲线为C1，过点M且以B为顶点的抛物线为C2，过点P以M为顶点的抛物线为C3．（1）如图，当m=6时，①直接写出点M、F的坐标，②求C1、C2的函数解析式；（2）当m发生变化时，①在C1的每一支上，y随x的增大如何变化请说明理由．②若C2、C3中的y都随着x的增大而减小，写出x的取值范围．【答案】解：（1）①点M的坐标为（2，4），点F的坐标为（－2，8）。②设的函数解析式为（）。　　　　∵过点F（－2，8），∴。　　　　∴的函数解析式为。∵的顶点B的坐标是（0，6），∴设的函数解析式为。∵过点M（2，4），∴，解得。∴的函数解析式为。（2）依题意得，A（m，0），B（0，m），∴点M坐标为（），点F坐标为（，）。\n【考点】二次函数和反比例函数综合题，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数和反比例的性质，分类思想的应用。【分析】（1）①由直线易求OA=6、OB=6，∴AB=。∵OC=2CA，∴AC=2，OC=4。∵AM=2MB，∴。过点M作MH⊥OA于点H，则△AMH∽△ABO。∴。∴AH=4，HM=4。∴OH=2。∴M（2，4）。又∵将△ACM绕点M旋转180°得到△FEM，∴EF=EB=CA=2，OE=8。∴F（－2，8）。②应用待定系数法可求出C1、C2的函数解析式。（2）①函数增减性关键在于值，求出解析式可说增减性。②求出C2、C3的函数解析式；知道C2、C3增减性，可求取值范围：∵点M坐标为（），∴点E坐标为（0，）。∵点N是线段EO的中点，∴点N坐标为（0，）。\n23.（2022年福建福州13分）如图，在△ABC中，∠C=45°，BC=10，高AD=8，矩形EFPQ的一边QP在边上，E、F两点分别在AB、AC上，AD交EF于点H．（1）求证：；（2）设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求其最大值；（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线QC匀速运动（当点Q与点C重合时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式．【答案】解：（1）证明：∵四边形EFPQ是矩形，∴EF∥QP。∴△AEF∽△ABC。又∵AD⊥BC，∴AH⊥EF。∴。（2）由（1）得，∴。∴EQ=HD=AD－AH=8－。\n∴。∵＜0，0＜5＜8，∴当x=5时，S矩形EFPQ有最大值，最大值为20。（3）如图1，由（2）得EF=5，EQ=4，∵∠C=45°，△NPC是等腰直角三角形。∴PC=FP=EQ=4，QC=QP+PC=9。分三种情况讨论：①如图2，当0≤t＜4时，设EF、PF分别交AC于点M、N，则△MFN是等腰直角三角形。∴FN=MF=t∴。②如图3，当4≤t＜5时，则ME=5－t，QC=9－t，∴。③如图4，当5≤t≤9时，设EQ交AC于点K，则KQ=QC=9－t。∴。综上所述：S与t的函数关系式为：S=。【考点】矩形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，等腰直角三角形的判定和性质，分类思想的应用。【分析】（1）易证得△AEF∽△ABC，而AH、AD是两个三角形的对应高，EF、BC是对应边，它们的比都等于相似比，由此得证。\n24.（2022年福建福州14分）如图1，在平面直角坐标系中，点B在直线y=2x上，过点B作x轴的垂线，垂足为A，OA=5．若抛物线过点O、A两点．（1）求该抛物线的解析式；（2）若A点关于直线y=2x的对称点为C，判断点C是否在该抛物线上，并说明理由；（3）如图2，在（2）的条件下，⊙O1是以BC为直径的圆．过原点O作O1的切线OP，P为切点（P与点C不重合），抛物线上是否存在点Q，使得以PQ为直径的圆与O1相切？若存在，求出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由．\n【答案】解：（1）把O（0，0）、A（5，0）分别代入，得，解得。∴该抛物线的解析式为，（2）点C在该抛物线上。理由如下：过点C作CD⊥x轴于点D，连接OC，设AC交OB于点E。∵点B在直线y=2x上，∴B（5，10）。∵点A、C关于直线y=2x对称，∴OB⊥AC，CE=AE，BC⊥OC，OC=OA=5，BC=BA=10。又∵AB⊥x轴，由勾股定理得OB=5。∵SRt△OAB=AE•OB=OA•AB，∴AE=2。∴AC=4。∵∠OBA+∠CAB=90°，∠CAD+∠CAB=90°，∴∠CAD=∠OBA。又∵∠CDA=∠OAB=90°，∴△CDA∽△OAB。∴。∴CD=4，AD=8。∴C（－3，4）。当x=－3时，。∴点C在抛物线上。（3）抛物线上存在点Q，使得以PQ为直径的圆与⊙O1相切。过点P作PF⊥x轴于点F，连接O1P，过点O1作O1H⊥x轴于点H。∴CD∥O1H∥BA。∴C（－3，4），B（5，10）。\n【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线图上点的坐标与方程的关系，轴对称的性质，勾股定理，相似、全等三角形的判定和性质，直线与圆的位置关系，切线的判定和性质，切线长定理。【分析】（1）将O、A的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数的值。（2）根据A点的坐标和直线OB的解析式可求出B点的坐标，进而可求出OA、AB、OB的长；设AC与OB的交点为E，连接OC，由于A、C关于OB对称，那么OB垂直平分线段AC，则有BC=AB，AE=CE，OA=OC，由此可求出OC、BC的长，在Rt△BCO中，根据直角三角形面积的不同表示方法，可求出CE的长，进而可得到AC的长；过C作\n25.（2022年福建福州12分）已知，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．（1）如图1，连接AF、CE．求证四边形AFCE为菱形，并求AF的长；（2）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，①已知点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．②若点P、Q的运动路程分别为、(单位:,),，已知A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求与满足的数量关系式．【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC。∴∠CAD=∠ACB，∠AEF=∠CFE。∵EF垂直平分AC，垂足为O，∴OA=OC。∴△AOE≌△COF（ASA）。∴OE=OF。∴四边形AFCE为平行四边形。又∵EF⊥AC，∴四边形AFCE为菱形。设菱形的边长AF=CF=xcm，则BF=（8﹣x）cm，\n在Rt△ABF中，AB=4cm，由勾股定理得42+（8﹣x）2=x2，解得x=5。∴AF=5cm。（2）①显然当P点在AF上时，Q点在CD上，此时A、C、P、Q四点不可能构成平行四边形；同理P点在AB上时，Q点在DE或CE上，也不能构成平行四边【分析】（1）先证明四边形AFCE为平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形作出判定；根据勾股定理即可求得AF的长。（2）①分情况讨论可知，当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可。②分三种情况讨论可知与满足的数量关系式。\n26.（2022年福建福州14分）已知，如图，二次函数图象的顶点为H，与轴交于A、B两点（B在A点右侧），点H、B关于直线：对称．（1）求A、B两点坐标，并证明点A在直线l上；（2）求二次函数解析式；（3）过点B作直线BK∥AH交直线于K点，M、N分别为直线AH和直线上的两个动点，连接HN、NM、MK，求HN+NM+MK和的最小值．（3）直线AH的解析式为，直线BK的解析式为，由，解得。∴K（3，）。则BK=4。\n27.（2022年福建福州13分）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90º，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒(t≥0)．(1)直接用含t的代数式分别表示：QB＝______，PD＝______．(2)\n是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变点Q的速度(匀速运动)，使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；(3)如图②，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【答案】解：(1)QB＝8－2t，PD＝t。(2)不存在。理由如下：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝10。∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB。∴＝，即：＝，∴AD＝t。∴BD＝AB－AD＝10－t。∵BQ∥DP，∴当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形。∴8－2t＝t，解得：t＝。当t＝时，PD＝×＝，BD＝10－×＝6，∴DP≠BD。∴PDBQ不能为菱形。设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ＝8－vt，PD＝t，BD＝10－t。要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ，当PD＝BD时，即t＝10－t，解得：t＝。当PD＝BQ时，t＝时，即×＝8－v，解得：v＝。∴要使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，点Q的速度为单位长度/秒。\n(3)如图，以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系。依题意，可知0≤t≤4。当t＝0时，点M1的坐标为(3，0)；当t＝4时，点M2的坐标为(1，4)。设直线M1M2的解析式为y＝kx＋b，∴，解得：。∴直线M1M2的解析式为y＝－2x＋6。∵点Q(0，2t)，P(6－t，0)，∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为(，t)。把x＝，代入y＝－2x＋6，得y＝－2×＋6＝t。∴点M3在直线M1M2上。∴线段PQ中点M所经过的路径长即为线段M1M2。过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N＝4，M1N＝2。∴M1M2＝2。∴线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度。\nM所经过的路径长，根据勾股定理即可求出。28.（2022年福建福州14分）如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)经过A(3，0)、B(4，4)两点．(1)求抛物线的解析式；(2)将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D的坐标；(3)如图②，若点N在抛物线上，且∠NBO＝∠ABO，则在(2)的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB的点P的坐标(点P、O、D分别与点N、O、B对应)．\n【答案】解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)经过点A(3，0)、B(4，4)．∴，解得：。∴抛物线的解析式是y＝x2－3x。(2)设直线OB的解析式为y＝k1x，由点B(4，4)，得：4＝4k1，解得k1＝1。∴直线OB的解析式为y＝x。∴直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为：y＝x－m。∵点D在抛物线y＝x2－3x上，∴可设D(x，x2－3x)。又点D在直线y＝x－m上，∴x2－3x＝x－m，即x2－4x＋m＝0。∵抛物线与直线只有一个公共点，△＝16－4m＝0，解得：m＝4。此时x1＝x2＝2，y＝x2－3x＝－2。∴D点坐标为(2，－2)。(3)∵直线OB的解析式为y＝x，且A(3，0)，【分析】(1)利用待定系数法求出二次函数解析式即可。(2)根据已知可求出OB的解析式为y＝x，则向下平移m个单位长度后的解析式为：y＝x－m。由于抛物线与直线只有一个公共点，意味着联立解析式后得到的一元二次方程，其根的判别式等于0，由此可求出m的值和D点坐标。(3)综合利用几何变换和相似关系求解：翻折变换，将△NOB沿x轴翻折。（或用旋转）求出P点坐标之后，该点关于直线y＝－x的对称点也满足题意，即满足题意的P点有两个。\n