【2022版中考12年】福建省福州市2002-2022年中考数学试题分类解析 专题12 押轴题

【2022版中考12年】福建省福州市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）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＝02.（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）472\n3.（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．其中正确的是【】A、①②③B、①③⑤C、④⑤D、①②⑤【答案】B。【考点】垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，相似三角形的判定和性质。【分析】如图，延长MN交圆于点W，延长QN交于圆点E，延长PN交于圆点F，连接PE，QF∵∠MNP=∠MNQ，MN⊥AB，∴∠1=∠2。故①正确。72\n4.（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，得到三个图形，这三个图形分别是【】A．都是等腰梯形B．都是等边三角形C．两个直角三角形，一个等腰三角形D．两个直角三角形，一个等腰梯形5.（2022年福建福州课标卷3分）如果x2+x﹣1=0，那么代数式x3+2x2﹣7的值为【】A、6B、8C、﹣6D、﹣8【答案】C。【考点】求代数式的值，整体思想的应用。【分析】由x2+x﹣1=0得x2+x=1，∴x3+2x2﹣7=x3+x2+x2﹣7=x（x2+x）+x2﹣7=x+x2﹣7=1﹣7=﹣6。故选C。6.（2022年福建福州大纲卷3分）72\n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：△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。7.（2022年福建福州课标卷3分）如图，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AC边上的高是【】A．B．C．D．72\n8.（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．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【答案】D。【考点】二次函数的图象与系数的关系。【分析】①∵当x=－2时，图象在x轴下方，∴。结论①正确。②∵图象开口向下，∴。又∵图象经过点（－1，2），（0，2），∴对称轴，即。∴。结论②正确。③∵已知抛物线经过（-1，2），∴a-b+c=2（1）。由图知：当x=1时，y＜0，即a+b+c＜0（2）。∴联立（1）（2），得：a+c＜1。由①知：4a-2b+c＜0（3），∴联立（1）（3）得：2a-c＜-4。72\n∴3a＜-3，即a＜-1。所以③正确。④∵抛物线的对称轴在-1和0之间，∴抛物线的顶点纵坐标大于2，即：。∵a＜0，∴4ac－b2＜8a，即b2＋8a＞4ac。故④正确。综上所述，正确的有4个。故选D。9.（2022年福建福州4分）已知抛物线与x轴的一个交点为（m，0），则代数式的值为【】A．2022B．2022C．2022D．202210.（2022年福建福州4分）如图，是以等边三角形ABC一边AB为半径的四分之一圆周，P为上任意一点，若AC=5，则四边形ACBP周长的最大值是【　　】.A．15B．20C．15+D．15+∴当P的运动到D点时，AP最长为5。∴四边形ACBP周长的最大值是5×3+5=15+5。故选C。11.（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【】72\nA．a＞0B．c＜0C．b2－4ac＜0D．a＋b＋c＞012.（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故选C。13.（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、B72\n两点，若反比例函数y＝(x＞0)的图像与△ABC有公共点，则k的取值范围是【】A．2≤k≤9B．2≤k≤8C．2≤k≤5D．5≤k≤814.（2022福建福州4分）A、B两点在一次函数图象上的位置如图所示，两点的坐标分别是，，下列结论正确的是【】A．B．C．D．【答案】B。【考点】点的坐标，数形结合思想的应用。【分析】如图，根据，知，72\n故选B。二、填空题1.（2022年福建福州3分）如图：四边形　ABCD是正方形，曲线DA1B1C1D1…叫做“正方形的渐开线”，其中…的圆心依次按A、B、C、D循环，它依次连接．取AB＝1，则曲线的长是▲（结果保留π）．2.（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▲。72\n3.（2022年福建福州3分）图中是一幅“苹果图”，第一行有1个苹果，第二行有2个，第三行有4个，第四行有8个，…，你是否发现苹果的排列规律？猜猜看，第六行有　▲　个苹果、第十行有　▲　个．（可用乘方形式表示）4.（2022年福建福州大纲卷4分）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　▲　．72\n5.（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　▲　．6.（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　▲　　.【答案】1。【考点】一元二次方程的应用（几何问题），等边三角形的性质。【分析】∵△ABE、△BCD为等边三角形，∴∠A=∠EBA=∠DBC=60°。∴AE∥BD。设AB=x，则BD=BC=4－x，△ABE的高为x。∴点E到BD的距离为x，。解得x=1或x=3。∵AB＜BC，∴x=1，即AB=1。7.（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）．72\n8.（2022年福建福州4分）如图，，过OA上到点O的距离分别为的点作OA的垂线与OB相交，得到并标出一组黑色梯形，它们的面积分别为．观察图中的规律，求出第10个黑色梯形的面积▲．【答案】76。【考点】探索规律题（图形的变化类），等腰直角三角形的性质。【分析】从图中可以看出，第一个黑色梯形的上底为1，下底为3；9.（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依次为，则▲．72\n【答案】。【考点】曲线上点的坐标与方程的关系。【分析】如图，经过等价代换后，。∵点在反比例函数（）的图象上，∴。∴。10.（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）.72\n11.（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，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。72\n12.（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；当与交于点B时，如图连接PB，则由勾股定理，得72\nPO=，此时P点坐标为。则实数的取值范围是－4≤＜－2。13.（2022年福建福州4分）如图，已知△ABC，AB＝AC＝1，∠A＝36°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，则AD的长是▲，cosA的值是▲．(结果保留根号)【答案】；。【考点】黄金分割，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义。14.（2022福建福州4分）如图，由7个形状、大小完全相同的正六边形组成网格，正六边形的顶点称为格点。已知每个正六边形的边长为1，△ABC的顶点都在格点上，则是▲。72\n三、解答题1.（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．72\n（3）不存在点D，使得S1＞S成立，理由如下：假设存在点D使得S1＞S成立，那么，即y=＞，整理得，。∵，∴x不存在，即不存在点D使得S1＞S。72\n2.（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．（3）设直线l与y轴相交于点F，∴F点坐标为（0，－1）。∵⊙m的半径为1，∴sin∠EFD=。∴∠EFD=30°。过P作PH⊥y轴于H，∴。∴PH=。∴。∴p点坐标（，2）。72\n3.（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).【答案】解：（1）∵△ABC为等边三角形，AB=2，∴∠A=∠B=∠C=600，AB=BC=CA=2。在△BEP中，∵PE⊥BE，∠B=600，∴∠BPE=300。∵BP=x，∴BE=x。∴EC=2－x。在△CFE中，∵∠C=600，EF⊥CF，∴∠FEC=300。∴FC=1－x。同理，在△FAQ中可得AQ=+x，即y=+x（0<x2）。（2）当点P与点Q重合时，有AQ+BP=AB=2，∴x+y=2。72\n∴，解得x=。∴当BP的长为时，点P与点Q重合。（3）设三角形的周长为C，得。（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。∴。4.（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。72\n（3）存在。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，72\n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、。5.（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．【答案】解：（1）Rt△CEF、Rt△ADE、Rt△AEF、Rt△AA1D1、Rt△ED1C1、Rt△C1B1F（写出其中三个即可）。72\n（2）∵正方形ABCD的边长为4，CF=1，∴BF=3。∴AF==5。过E作EM⊥AF，垂足为M，交D1C1于N，则EM=2。∵四边形A1B1C1D1是正方形，∴D1C1∥AF。∴△D1C1E∽△AFE。∴。设正方形A1B1C1D1的边长为x，则。解得x=。∴正方形A1B1C1D1的边长为。72\n（2）由EM×AF=AE×EF=2S△AEF可以求出EM=2，另外由△D1C1E∽△AFE得出是利用了“相似三角形对应高的比等于相似比”这一性质，这也是解决形如图2问题的基本方法．该小题如果注意到△AA1D1与△C1B1F都是直角边之比等于1：2的直角三角形的话，不添辅助线也可得出答案：设正方形A1B1C1D1的边长为x，则AA1=2x，B1F=x，因为AA1+A1B1+B1F=AF=5，所以2x+x+x=5，解得正方形的边长x=。6.（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）。（2）把x=m代入函数，得=0，∴点A（m，0）在直线l上。当x=0时，y=﹣m，∴B（0，m），tan∠OAB=。∴∠OAB=60°。（3）①当∠AQP=90°，∠QAP=60°，AQ=OA=m，PQ=OB=m，72\n∴P点坐标为（，－m）或（，－m）。将P点的坐标代入抛物线的解析式可得m=，∴P点的坐标为（，－）或（，－）。②当∠AQP=90°，∠QPA=60°，此时有一点P与B重合，∴P点坐标为（0，m）或（2m，m）。将P点的坐标代入抛物线解析式得m=，∴P点的坐标为（0，－3）或（，－3）。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，72\n∴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（）。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（）；当m=2时，P点的坐标为（）或（）。（3）分四种情况进行讨论：①当∠AQP=90°，∠QAP=60°时；②当∠AQP=90°，∠QPA=60°时；③当∠APQ=90°，∠QAP=60°时；④当∠APQ=90°，∠AQP=60°时。7.（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？72\n【答案】解：（1）如图，∵CB=5，CN=8，∴QN=2。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，72\n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。8.（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．【答案】解：（1）∵∴所求对称轴为直线x=1。72\n在中，令x=0，得y=－m。∴C（0，－m）∵C、C′关于x=1对称，∴C′（2，－m）。（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。72\n9.（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？【答案】解：（1）如图，∵CB=5，CN=8，∴QN=2。又∵∠PNM=60°且∠EQN=60°，∴△EQN为等边三角形．∴△EQN的高为h=。72\n∴（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。【考点】翻折变换（折叠问题），等边三角形的判定和性质，直角梯形的性质。72\n【分析】（1）因为∠DCB=60°，△PMN也是等边三角形，这样容易知道△EQN也是等边三角形，易求QN=2，所以求两图形重叠部分的面积就可以求出。（2）如图，等边三角形的边长MN=QN+HQ+MH，其中只要求MH，利用已知解Rt△KHM即可。（3）若现在重叠部分的面积等于直角梯形ABCD的面积的一半，如图首先判断MQ的大小，梯形ABCD的面积可以直接求出；然后设MQ为x，根据已知条件可以得到关于x的方程，解方程就可以得到题目的结果。10.（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．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）。72\n③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。11.（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；（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.72\n【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。72\n∴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。∴。【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，切线的性质，扇形面积的计算，分类思想的应用。【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。12.（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72\n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），∴，解得。∴抛物线CABM的解析式为。同理可得抛物线CABN的解析式为。∵|－1|=|1|，∴CABM与CABN是全等抛物线。72\n（2）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，n），∴，解得。∴抛物线CABM的解析式为。∴与CABM全等的抛物线有：。②当n≠0且m≠±1时，存在抛物线CABM，与CABM全等的抛物线有：CABN，CAME，CBMF。【考点】新定义，二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的性质。13.（2022年福建福州大纲卷13分）72\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=。72\n∴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。∴。【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，切线的性质，扇形面积的计算，分类思想的应用。【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。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;72\n（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），∴，解得。∴抛物线CABM的解析式为。同理可得抛物线CABN的解析式为。∵|－1|=|1|，∴CABM与CABN是全等抛物线。（2）①设抛物线CABM的解析式为，72\n∵抛物线CABM过点A（－1，0），B（1，0），M（0，n），∴，解得。∴抛物线CABM的解析式为。∴与CABM全等的抛物线有：。②当n≠0且m≠±1时，存在抛物线CABM，与CABM全等的抛物线有：CABN，CAME，CBMF。【考点】新定义，二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的性质。15.（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S3．72\n（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．【答案】解：（1）S1=S2。证明如下：∵FE⊥y轴，FG⊥x轴，∠BAD=90°，∴四边形AEFG是矩形。∴AE=GF，EF=AG。∴。同理。∴，即S1=S2。72\n①当x、y为同号时，得，解得。∴E′（6，）。②当x、y为异号时，得，解得。∴E′（，）。∴存在满足条件的E′坐标分别是（6，）、（，）。16.（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4．72\n（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．【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。∴。72\n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）。若＞4，如图，∵，∴。∴，解得=8，=－2(舍去)。∴P（8，1）。综上所述，点P的坐标是P（2，4）或P（8，1）。72\n17.（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：∵当t=2时．AP=2×1=2，BQ=2×2=4，∴BP=AB－AP=6－2=4。∴BQ=BP。又∵△ABC是等边三角形，∴∠B=600。∴△BPQ是等边三角形。（2）过Q作QE⊥AB，垂足为E。72\n由QB=2t得QE=2t·sin600=。由AP=t得BP=6－t。∴。（3）∵QR∥BA，∴∠QRC=∠A=600，∠RQC=∠B=600。∴△QRC是等边三角形。∴QR=RC=QC=6－2t。∵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。∴当时，△APR∽△PRQ。18.（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．72\n【答案】解：（1）△BPQ是等边三角形。理由如下：∵当t=2时．AP=2×1=2，BQ=2×2=4，∴BP=AB－AP=6－2=4。∴BQ=BP。又∵△ABC是等边三角形，∴∠B=600。∴△BPQ是等边三角形。（2）过Q作QE⊥AB，垂足为E。由QB=2t得QE=2t·sin600=。由AP=t得BP=6－t。∴。72\n　　　　（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。19.（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＝。又∵PQ=EF=BE=4－x，∴。72\n（3）∵，且0＜x≤2，∴当x＝2时，有最大值。此时E、F、P分别为△ABC三边BC、AB、AC的中点，且点C、点Q重合，∴平行四边形EFPQ是菱形。过E点作ED⊥FP于D，∴ED＝EH＝。∴当⊙E与四条边交点的总个数是2个时，；当⊙E与四条边交点的总个数是4个时，r＝；当⊙E与四条边交点的总个数是6个时，；当⊙E与四条边交点的总个数是3个时，r＝2时；当⊙E与四条边交点的总个数是0个时，r＞2时。72\n20.（2022年福建福州14分）已知直线l：（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。72\n∴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（，）。①在的每一支上，y随着x的增大而增大。理由如下：设的函数解析式为（）。∵过点F（，），∴。∵，∴。∴在的每一支上，y随着x的增大而增大。②当＞0时，满足题意的x的取值范围为0＜x＜；当＜0时，满足题意的x的取值范围为＜x＜0。72\n（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，）。∵B（0，m），∴过点M且以B为顶点的抛物线C2的解析式为；21.（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．72\n（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－。∴。∵＜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。72\n∴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。72\n∴。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。一、P、C重合时，矩形移动的距离为PC（即4），运动的时间为4s；二、E在线段AC上时，矩形移动的距离为9﹣4=5，运动的时间为5s；三、Q、C重合时，矩形运动的距离为QC（即9），运动的时间为9s；所以本题要分三种情况讨论：22.（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；72\n（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．【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，72\n∴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）。∵O1是BC的中点，∴由平行线分线段成比例定理得AH=DH=AD=4。∴OH=OA﹣AH=1。同理可得O1H=7。∴点O1的坐标为（1，7）。∵BC⊥OC，∴OC为⊙O1的切线。又∵OP为⊙O1的切线，∴OC=OP=O1C=O1P=5。∴四边形OPO1C为正方形。∴∠POF=∠OCD。又∵∠PFO=∠ODC=90°，∴△POF≌△OCD（AAS）。∴OF=CD，PF=OD。∴P（4，3）。设直线O1P的解析式为y=kx+b（k≠0），把O1（1，7）、P（4，3）分别代入y=kx+b，得，解得。∴直线O1P的解析式为。72\n若以PQ为直径的圆与⊙O1相切，则点Q为直线O1P与抛物线的交点，可设点Q的坐标为（m，n），则有。∴，整理得m2＋3m－50=0，解得m=。∴点Q的横坐标为或。【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CD⊥x轴于D，易证得△CDA∽△OAB，根据相似三角形的对应边成比例，即可求出AD、CD的长，从而得到C点的坐标；然后将C点坐标代入抛物线的解析式中进行验证即可。23.（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．72\n②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，在Rt△ABF中，AB=4cm，由勾股定理得42+（8﹣x）2=x2，解得x=5。∴AF=5cm。i）如图1，当P点在AF上、Q点在CE上时，AP=CQ，即,得；ii）如图2，当P点在BF上、Q点在DE上时，AQ=CP，即,得；iii）如图3，当P点在AB上、Q点在CD上时，AP=CQ，即,得。综上所述，与满足的数量关系式是（）。72\n【考点】矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质。【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。24.（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．【答案】解：（1）依题意，得，解得1=﹣3，2=1，∵B点在A点右侧，∴A点坐标为（﹣3，0），B点坐标为（1，0）。∵直线：，当=﹣3时，，∴点A在直线上。72\n（2）∵点H、B关于过A点的直线：对称，∴AH=AB=4。过顶点H作HC⊥AB交AB于C点，则AC=AB=2，HC=。∴顶点H（－1，）。代入二次函数解析式，解得，∴二次函数解析式为。（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。过点K作直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，过点K作KD⊥AB，垂足为点D。∵点H、B关于直线AK对称，∴HN+MN的最小值是MB，。且QM=MK，QE=KE=KD=，AE⊥QK。∴BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+MK的最小值。∵BK∥AH，∴∠BKQ=∠HEQ=90°。由勾股定理得QB=8。∴HN+NM+MK的最小值为8。72\n（3）解方程组，即可求出K的坐标，根据点H、B关于直线AK对称，得出HN+MN的最小值是MB，过点K作直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，得到BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+MK的最小值，由勾股定理得QB=8，即可得出答案。25.（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)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。72\n∵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。72\n【考点】锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质，一次函数综合题，勾股定理，菱形的判定和性质．(3)建立直角坐标系，求出线段PQ中点M始末坐标M1和M2，求出直线M1M2的解析式，并证明线段PQ任一中点在直线M1M2上，从而得出线段M1M2即为线段PQ中点M所经过的路径长，根据勾股定理即可求出。26.（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；72\n(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)．(3)∵直线OB的解析式为y＝x，且A(3，0)，∴点A关于直线OB的对称点A'的坐标是(0，3)。设直线A'B的解析式为y＝k2x＋3，过点B(4，4)，∴4k2＋3＝4，解得：k2＝。∴直线A'B的解析式是y＝x＋3。∵∠NBO＝∠ABO，∴点N在直线A'B上。∴设点N(n，n＋3)，又点N在抛物线y＝x2－3x上，72\n∴n＋3＝n2－3n，解得：n1＝－，n2＝4(不合题意，会去)。∴点N的坐标为(－，)。如图，将△NOB沿x轴翻折，得到△N1OB1，则N1(－，－)，B1(4，－4)。∴O、D、B1都在直线y＝－x上。∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1。∴＝＝。∴点P1的坐标为(－，－)。将△OP1D沿直线y＝－x翻折，可得另一个满足条件的点P2(，)。综上所述，点P的坐标是(－，－)或(，)。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质，一元二次方程根的判别式，翻折对称的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质。(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。27.（2022福建福州12分）如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=45072\n，P是BC边上一点，△PAD的面积为，设AB=x，AD=y。（1）求y与x的函数关系式；（2）若∠APD=450，当y=1时，求PB·PC的值；（3）若∠APD=900，求y的最小值。【答案】解：（1）如图，过点A作AE⊥BC于点E，∵AB=x，∠B=450，∴。又∵AD=y，△PAD的面积为，∴，即。∴y与x的函数关系式为。（2）∵四边形ABCD是等腰梯形，AD=y=1，∴∠B=∠C，AB=DC=。∵∠B＋∠1＋∠4=1800，∠1＋∠2＋∠3=1800，∴∠B＋∠4=∠2＋∠3。∵∠B=450，∠2=∠APD=450，∴∠4=∠3。∴△BPA∽△CDP。∴。72\n∴。（3）如图，过AD的中点为圆心，AD为半径画圆，交BC于点P，则∠APD=900，连接OP，过点O作OF⊥BC于点F，∵AD∥BC，∴四边形AEFO是矩形。∴。又OP=，设PF=t，则，即。设，则，（负值舍去）。∴根据偶次幂和算术平方根的非负性质，当时，最小，最小值为2。∴的最小值为。28.（2022福建福州14分）我们知道，经过原点的抛物线解析式可以是。（1）对于这样的抛物线：当顶点坐标为（1，1）时，a=▲；当顶点坐标为（m，m），m≠0时，a与m之间的关系式是▲；72\n（2）继续探究，如果b≠0，且过原点的抛物线顶点在直线上，请用含k的代数式表示b；（3）现有一组过原点的抛物线，顶点A1，A2，…，An在直线上，横坐标依次为1，2，…，n（n为正整数，且n≤12），分别过每个顶点作x轴的垂线，垂足记为B1，B2，B3，…，Bn，以线段AnBn为边向右作正方形AnBnCnDn，若这组抛物线中有一条经过点Dn，求所有满足条件的正方形边长。【答案】解：（1）－1；。【分析】（1）当顶点坐标为（1，1）时，由抛物线顶点坐标公式，有，即。当顶点坐标为（m，m），m≠0时，。（2）根据点在直线上，点的坐标满足方程的关系，将抛物线顶点坐标代入，化简即可用含k的代数式表示b。72\n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）将依题意，作的正方形AmBmCmDm边长为m，点Dm坐标为（2m，m），将（2m，m）代入抛物线求出m，n的关系，即可求解。72