1．（2021?廣陵區(qū)二模）某學(xué)校準(zhǔn)備組織部分學(xué)生到少年宮參加活動，陳老師從少年宮帶回來兩條信息：
信息一：按原來報名參加的人數(shù)，共需要交費用320元，如果參加的人數(shù)能夠增加到原來人數(shù)的2倍，就可以享受優(yōu)惠，此時只需交費用480元；
信息二：如果能享受優(yōu)惠，那么參加活動的每位同學(xué)平均分?jǐn)偟馁M用比原來少4元．
根據(jù)以上信息，現(xiàn)在報名參加的學(xué)生有多少人？
二．反比例函數(shù)的應(yīng)用（共1小題）
2．（2022?儀征市二模）某電子科技公司研發(fā)出一套學(xué)習(xí)軟件，并對這套學(xué)習(xí)軟件在24周的銷售時間內(nèi)，做出了下面的預(yù)測：設(shè)第x周該軟件的周銷售量為T（單位：千套），當(dāng)0＜x≤8時，T與x+4成反比；當(dāng)8＜x≤24時，T﹣2與x成正比，并預(yù)測得到了如表中對應(yīng)的數(shù)據(jù)．設(shè)第x周銷售該軟件每千套的利潤為K（單位：千元），K與x滿足如圖中的函數(shù)關(guān)系圖象：
（1）求T與x的函數(shù)關(guān)系式；
（2）觀察圖象，當(dāng)12≤x≤24時，K與x的函數(shù)關(guān)系式為 ．
（3）設(shè)第x周銷售該學(xué)習(xí)軟件所獲的周利潤總額為y（單位：千元），則：
①在這24周的銷售時間內(nèi)，是否存在所獲周利潤總額不變的情況？若存在，求出這個不變的值；若不存在，請說明理由．
②該公司銷售部門通過大數(shù)據(jù)模擬分析后認(rèn)為，最有利于該學(xué)習(xí)軟件提供售后服務(wù)和銷售的周利潤總額的范圍是286≤y≤504，求在此范圍內(nèi)對應(yīng)的周銷售量T的最小值和最大值．
三．反比例函數(shù)綜合題（共2小題）
3．（2022?姜堰區(qū)二模）[定義]平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的矩形若滿足以下兩個條件：①各邊平行于坐標(biāo)軸；②有兩個頂點在同一反比例函數(shù)圖象上，我們把這個矩形稱為該反比例函數(shù)的“伴隨矩形”．
例如，圖1中，矩形ABCD的邊AD∥BC∥x軸，AB∥CD∥y軸，且頂點A、C在反比例函數(shù)y＝（k≠0）的圖象上，則矩形ABCD是反比例函數(shù)y＝的“伴隨矩形”．
[解決問題]
（1）已知，矩形ABCD中，點A、C的坐標(biāo)分別為：①A（﹣3，8），C（6，﹣4）；②A（1，2），C（2，3）；③A（3，4），C（2，6），其中可能是某反比例函數(shù)的“伴隨矩形”的是 ；（填序號）
（2）如圖1，已知點B（2，）是反比例函數(shù)y＝的“伴隨矩形”ABCD的頂點，求直線BD的函數(shù)解析式；
（3）若反比例函數(shù)的“伴隨矩形”ABCD如圖2所示，試說明有一條對角線所在的直線一定經(jīng)過原點．
4．（2022?灌南縣二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點A（0，4）作y軸垂線交反比例函數(shù)y＝（k＞0）圖象于點B．在AB延長線上取點C，連接OC，交反比例函數(shù)y＝（x＞0）圖象于點D，連接OB，S△ABO＝6．
（1）求k的值；
（2）在x軸正半軸上取點E，當(dāng)OD平分∠BOE時，求點D的坐標(biāo)．
四．拋物線與x軸的交點（共1小題）
5．（2022?豐縣二模）如圖①，拋物線y＝﹣x2+2x+b（b≠0）與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右側(cè)），與y軸交于點C，連接AC、BC，tan∠CBO＝3．
（1）求b的值；
（2）如圖②，點P是直線AC上方拋物線上的一個動點，過點P作BC的平行線l，交線段AC于點D．拋物線的對稱軸與直線l交于點M，與直線AC交于點N．當(dāng)點D在對稱軸的右側(cè)，且S△DMN＝S△AOC時，請求出點D的坐標(biāo).
五．二次函數(shù)綜合題（共11小題）
6．（2022?宜興市二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a為常數(shù)，且a＜0）與x軸相交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸相交于點C，頂點為D，直線BD與y軸相交于點E．
（1）求證OC＝OE；
（2）M為線段OB上一點，N為線段BE上一點，當(dāng)a＝時，求△CMN的周長的最小值；
（3）若Q為第一象限內(nèi)拋物線上一動點，小林猜想：當(dāng)點Q與點D重合時，四邊形ABQC的面積取得最大值．請判斷小林猜想是否正確，并說理由．
7．（2022?姜堰區(qū)二模）設(shè)一次函數(shù)y1＝2x+m+n和二次函數(shù)y2＝x（2x+m）+n．
（1）求證：y1，y2的圖象必有交點；
（2）若m＞0，y1，y2的圖象交于點A（x1，a）、B（x2，b），其中x1＜x2，設(shè)C（x3，b）為y2圖象上一點，且x3≠x2，求x3﹣x1的值；
（3）在（2）的條件下，如果存在點D（x1+2，c）在y2的圖象上，且a＞c，求m的取值范圍．
8．（2022?武進(jìn)區(qū)二模）如圖，頂點坐標(biāo)為（3，4）的拋物線y＝ax2+bx+c交x軸于A，B兩點，交y軸于點C（0，﹣5）．
（1）求a，b的值；
（2）已知點M在射線CB上，直線AM與拋物線y＝ax2+bx+c的另一公共點是點P．
①拋物線上是否存在點P，滿足AM：MP＝2：1，如果存在，求出點P的橫坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由；
②連接AC，當(dāng)直線AM與直線BC的夾角等于∠ACB的2倍時，請直接寫出點M的坐標(biāo)．
9．（2022?金壇區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二次函數(shù)y＝x2+bx﹣2的圖象與x軸交于點A（3，0），B（點B在點A左側(cè)），與y軸交于點C，點D與點C關(guān)于x軸對稱，作直線AD．
（1）填空：b＝ ；
（2）將△AOC平移到△EFG（點E，F(xiàn)，G依次與A，O，C對應(yīng)），若點E落在拋物線上且點G落在直線AD上，求點E的坐標(biāo)；
（3）設(shè)點P是第四象限拋物線上一點，過點P作x軸的垂線，垂足為H，交AC于點T．若∠CPT+∠DAC＝180°，求△AHT與△CPT的面積之比．
10．（2022?灌南縣二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3經(jīng)過點A（1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，其頂點為M，連接MA，MC，AC，過點C作y軸的垂線l．
（1）求該拋物線的表達(dá)式；
（2）直線l上是否存在點N，使得S△MBN＝2S△MAC？若存在，求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
（3）如圖2，若將原拋物線繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)45°，求新拋物線與y軸交點P坐標(biāo)．
11．（2022?惠山區(qū)校級二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2+bx+c與y軸交于點C，與x軸交于A、B兩點，直線y＝x+3恰好經(jīng)過B、C兩點．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）點D是拋物線上一動點，連接DB、DC．若△BCD的面積為6，求點D的坐標(biāo)；
（3）設(shè)E是拋物線上的一個動點，連結(jié)AE，若∠BAE＝2∠ACB，求點E的坐標(biāo)．
12．（2022?宿城區(qū)二模）如圖1，二次函數(shù)y＝ax2﹣3ax+b（a、b為參數(shù)，其中a＜0）的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，頂點為D．
（1）若b＝﹣10a，求tan∠CBA的值（結(jié)果用含a的式子表示）；
（2）若△ABC是等腰三角形，直線AD與y軸交于點P，且AP：DP＝2：3．求拋物線的解析式；
（3）如圖2，已知b＝﹣4a，E、F分別是CA和CB上的動點，且EF＝AB，若以EF為直徑的圓經(jīng)過點C，并交x軸于M、N兩點，求MN的最大值．
13．（2022?鎮(zhèn)江二模）我們定義：兩個二次項系數(shù)之和為1，對稱軸相同，且圖象與y軸交點也相同的二次函數(shù)互為友好同軸二次函數(shù)．例如：y＝2x2+4x﹣5的友好同軸二次函數(shù)為y＝﹣x2﹣2x﹣5．
（1）請你分別寫出y＝﹣，y＝+x﹣5的友好同軸二次函數(shù)；
（2）滿足什么條件的二次函數(shù)沒有友好同軸二次函數(shù)？滿足什么條件的二次函數(shù)的友好同軸二次函數(shù)是它本身？
（3）如圖，二次函數(shù)L1：y＝ax2﹣4ax+1與其友好同軸二次函數(shù)L2都與y軸交于點A，點B、C分別在L1、L2上，點B，C的橫坐標(biāo)均為m（0＜m＜2），它們關(guān)于L1的對稱軸的對稱點分別為B′，C′，連接BB′，B′C′，C′C，CB．
①若a＝3，且四邊形BB′C′C為正方形，求m的值；
②若m＝1，且四邊形BB′C′C的鄰邊之比為1：2，直接寫出a的值．
14．（2022?海陵區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a＜0，m＜n）與x軸交于A、B（點A在點B的左邊），與y軸相交于點C．直線y＝h與拋物線相交于P（x1，y1）、Q（x2，y2）兩點（P、Q不重合），與直線BC交于點N（x3，y3）．
（1）若a＝﹣1，m＝1，n＝3，
①求線段AB的長；
②當(dāng)h＜1時，證明：x1+x2的值不會隨著h的變化而變化；
（2）若點A在直線BC的上方，
①求m的取值范圍；
②令h＝m2，一定存在一個a的值，對于任何符合＞t（t＞0）的m、n均可以使得x1+x2﹣x3恒為定值，求a的值以及t的取值范圍．
15．（2022?建湖縣二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2+bx+c與y軸交于點C，與x軸交于A、B兩點，直線y＝x+4恰好經(jīng)過B、C兩點．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）點D為第三象限拋物線上一點，連接BD，過點O作OE⊥BD，垂足為E，若OE＝2BE，求點D的坐標(biāo)；
（3）設(shè)F是拋物線上的一個動點，連結(jié)AC、AF，若∠BAF＝2∠ACB，求點F的坐標(biāo)．
16．（2022?廣陵區(qū)二模）已知二次函數(shù)y＝﹣mx2﹣4mx﹣4m+4（m為常數(shù)，且m＞0）．
（1）求二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)；
（2）設(shè)該二次函數(shù)圖象上兩點A（a，ya）、B（a+2，yb），點A和點B間（含點A，B）的圖象上有一點C，將點C縱坐標(biāo)的最大值和最小值的差記為h．
①當(dāng)m＝1時，若點A和點B關(guān)于二次函數(shù)對稱軸對稱，求h的值；
②若存在點A和點B使得h的值是4，則m的取值范圍是 ．
六．線段垂直平分線的性質(zhì)（共1小題）
17．（2022?鼓樓區(qū)校級二模）如圖，在△ABC中，AH⊥BC，垂足為H，且BH＝CH，E為BA延長線上一點，過點E作EF⊥BC，分別交BC，AC于F，M．
（1）求證∠B＝∠C；
（2）若AB＝5，AH＝3，AE＝2，求MF的長．
七．三角形綜合題（共3小題）
18．（2022?儀征市二模）在△ABC中，∠A、∠B、∠C所對的邊記為a、b、c．
（1）如圖1，若∠C＝2∠B，
①請用無刻度的直尺和圓規(guī)在線段AB上作一點D，使得△ACD的周長為b+c（請保留作圖的相關(guān)痕跡）；
②試求證：c2﹣b2＝ab；
（2）如圖2，若∠ABD＝2∠ACE，試求證：c2﹣b2＝ac．
19．（2022?武進(jìn)區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點O是坐標(biāo)原點，點A的坐標(biāo)為（0，6），點B的坐標(biāo)為（﹣8，0），點C的坐標(biāo)為（8，0）．點P、點H分別為AB和OC上的動點，點P從點B出發(fā)，沿BA方向以每秒1個單位勻速運(yùn)動；同時，點H從點C出發(fā)，沿CO方向以每秒1個單位勻速運(yùn)動．過點H作EF⊥BC，與AC交于點E，點F為點E關(guān)于x軸的對稱點，當(dāng)點H停止運(yùn)動時，點P也停止運(yùn)動，連接PE，PF，CF，設(shè)運(yùn)動時間為t（s）（0＜t＜8）解答下列問題：
（1）連接OE、OF，若OE∥FC，則t＝ ；
（2）設(shè)△PFE的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時刻t，使S△PFE：S△ABC＝5：12？若存在，求出t的值，并求出此時P，E兩點間的距離；若不存在，請說明理由．
20．（2022?鼓樓區(qū)二模）藏寶地之謎．
不妨任取一個位置作為P，根據(jù)材料畫出如圖．
（1）以AB的中點為坐標(biāo)原點，以直線AB為x軸、以AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)點B的坐標(biāo)為（10，0）．
①若P的坐標(biāo)為（6，10），則Q的坐標(biāo)為 ；
②若P的坐標(biāo)為（﹣4，8），則Q的坐標(biāo)為 ；
…
（2）猜想當(dāng)P在不同位置時，Q的位置是否隨之變化．
（3）寫出證明（2）中猜想的思路．
（4）將材料中兩處“再走這么多步”同時改為 ，可使（2）中的猜想仍然成立．
八．四邊形綜合題（共6小題）
21．（2022?宜興市二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，點O是BC中點，點E從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿射線BC勻速運(yùn)動；點F從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿射線OC勻速運(yùn)動．E，F(xiàn)兩點同時出發(fā)，運(yùn)動時間為t秒（0≤t≤），在兩點運(yùn)動過程中，以EF為邊作等邊三角形EFG，使△EFG和矩形ABCD在射線BC的同側(cè)．
（1）若點G落在邊AD上，求t的值；
（2）若t＝2，求△EFG和矩形ABCD重疊部分的周長；
（3）在整個運(yùn)動過程中，設(shè)△EFG和矩形ABCD重疊部分的面積為S，試求出S與t之間的函數(shù)表達(dá)式．
22．（2022?武進(jìn)區(qū)二模）定義：有兩個相鄰內(nèi)角互余的四邊形稱為鄰余四邊形，這兩個角的夾邊稱為鄰余線．
（1）如圖I，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，E，F(xiàn)分別是BD，AD上的點．求證：四邊形ABEF是鄰余四邊形；
（2）如圖2，在5×4的方格紙中，A，B在格點上，請畫出一個符合條件的鄰余四邊形ABEF，使AB是鄰余線，E，F(xiàn)在格點上；
（3）如圖3，已知四邊形ABCD是以AB為鄰余線的鄰余四邊形，AB＝15，AD＝6，BC＝3，∠ADC＝135°，求CD的長度．
23．（2022?宿城區(qū)二模）【問題情境】
（1）如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G分別是BC，AB，CD上的點，F(xiàn)G⊥AE于點Q．求證：AE＝FG．
【嘗試應(yīng)用】
（2）如圖2，正方形網(wǎng)格中，點A，B，C，D為格點，AB交CD于點O．求tan∠AOC的值；
【拓展提升】
（3）如圖3，點P是線段AB上的動點，分別以AP，BP為邊在AB的同側(cè)作正方形APCD與正方形PBEF，連接DE分別交線段BC，PC于點M，N．
①求∠DMC的度數(shù)；
②連接AC交DE于點H，直接寫出的值．
24．（2022?鎮(zhèn)江二模）如圖，正方形ABCD的邊長是4，點E是AD邊上一個動點，連接BE，將△ABE沿直線BE翻折得到△FBE．
（1）如圖1，若點F落在對角線BD上，則線段DE與AE的數(shù)量關(guān)系是 ；
（2）若點F落在線段CD的垂直平分線上，在圖2中用直尺和圓規(guī)作出△FBE（不寫作法，保留作圖痕跡）．連接DF，則∠EDF＝ °；
（3）如圖3，連接CF，DF，若∠CFD＝90°，求AE的長．
25．（2022?廣陵區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形OABC為矩形，A（0，6），C（8，0）．
（1）如圖1，D是OC的中點，將△AOD沿AD翻折后得到△AED，AE的延長線交BC于F．
①試判斷線段EF與CF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②求點F的坐標(biāo)；
（2）如圖2，點M、N分別是線段AB、OB上的動點，ON＝2MB，如果以M、N、B三點中的一點為圓心的圓恰好過另外兩個點（M、N、B三點不在同一條直線上），求點M的坐標(biāo)．
26．（2022?姜堰區(qū)二模）如圖，正方形ABCD中，E為BC邊上一點，BF⊥AE于F，DG⊥AE于G，H為線段DG上一點，連接HF．AB＝5，GH＝nDG，AG＝mAF．
（1）求證：△ABF≌△DAG；
（2）若DG＝a，①請用含a、m、n的代數(shù)式表示HF2；②當(dāng)m、n滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系時，HF的長為定值，并求出這個值；
（3）在HF為定值的條件下，是否存在m，使得tan∠GHF＝，若存在，求出m的值，若不存在，試說明理由．
九．直線與圓的位置關(guān)系（共1小題）
27．（2022?鼓樓區(qū)校級二模）點P是平面直角坐標(biāo)系中的一點且不在坐標(biāo)軸上，過點P向x軸，y軸作垂線段，若垂線段的長度的和為4，則點P叫做“垂距點”．例如：下圖中的P（1，3）是“垂距點”．
（1）在點A（2，2），B（，﹣），C（﹣1，5）中，是“垂距點”的點為 ；
（2）求函數(shù)y＝2x+3的圖象上的“垂距點”的坐標(biāo)；
（3）⊙T的圓心T的坐標(biāo)為（1，0），半徑為r．若⊙T上存在“垂距點”，則r的取值范圍是 ．
一十．切線的性質(zhì)（共1小題）
28．（2022?廣陵區(qū)二模）已知：如圖，在△ABC中，AB＝BC，D是AC中點，點O是AB上一點，⊙O過點B且與AC相切于點E，交BD于點G，交AB于點F．
（1）求證：BE平分∠ABD；
（2）當(dāng)BD＝2，sinC＝時，求⊙O的半徑．
一十一．圓的綜合題（共4小題）
29．（2022?廣陵區(qū)校級二模）（1）【嘗試探究】已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點O是AB的中點，作∠POQ＝90°，分別交AC、BC于點P、Q，連接PQ．
①如圖1，若AC＝BC，試探索線段AP、BQ、PQ之間的數(shù)量關(guān)系；
②如圖2，試探索①中的結(jié)論在一般情況下是否仍然成立；
（2）【解決問題】如圖3，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，點O是AB的中點，過C、O兩點的圓分別交邊AC、BC于點P、Q，連接PQ，求△PCQ面積的最大值．
30．（2022?江都區(qū)二模）如圖，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分線，A是射線OM上一點，OA＝8cm．動點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度沿AO水平向左做勻速運(yùn)動，與此同時，動點Q從點O出發(fā)，也以1cm/s的速度沿ON豎直向上做勻速運(yùn)動．連接PQ，交OT于點B．經(jīng)過O，P，Q三點作圓，交OT于點C，連接PC，QC．設(shè)運(yùn)動時間為t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在實數(shù)t，使得線段OB的長度最大？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．
（3）在點P，Q運(yùn)動過程中（0＜t＜8），四邊形OPCQ的面積是否變化．如果面積變化，請說出四邊形OPCQ面積變化的趨勢；如果四邊形OPCQ面積不變化，請求出它的面積．
31．（2022?鎮(zhèn)江二模）如圖，AB為半⊙O的直徑，P點從B點開始沿著半圓逆時針運(yùn)動到A點，在運(yùn)動中，作∠CAP＝∠PAB，且PC⊥AC，已知AB＝10．
（1）當(dāng)P點不與A，B點重合時，求證：CP為⊙O切線；
（2）當(dāng)PB＝6時，AC與⊙O交于D點，求AD的長；
（3）P點在運(yùn)動過程中，當(dāng)PA與AC的差最大時，直接寫出此時的弧長．
32．（2022?秦淮區(qū)二模）【概念認(rèn)識】
與矩形一邊相切（切點不是頂點）且經(jīng)過矩形的兩個頂點的圓叫做矩形的第Ⅰ類圓；與矩形兩邊相切（切點都不是頂點）且經(jīng)過矩形的一個頂點的圓叫做矩形的第Ⅱ類圓．
【初步理解】
（1）如圖①～③，四邊形ABCD是矩形，⊙O1和⊙O2都與邊AD相切，⊙O2與邊AB相切，⊙O1和⊙O3都經(jīng)過點B，⊙O3經(jīng)過點D，3個圓都經(jīng)過點C．在這3個圓中，是矩形ABCD的第Ⅰ類圓的是 ，是矩形ABCD的第Ⅱ類圓的是 ．
【計算求解】
（2）已知一個矩形的相鄰兩邊的長分別為4和6，直接寫出它的第Ⅰ類圓和第Ⅱ類圓的半徑長．
【深入研究】
（3）如圖④，已知矩形ABCD，用直尺和圓規(guī)作圖．（保留作圖痕跡，并寫出必要的文字說明）
①作它的1個第Ⅰ類圓；
②作它的1個第Ⅱ類圓．
一十二．翻折變換（折疊問題）（共1小題）
33．（2022?廣陵區(qū)二模）將平行四邊形紙片ABCD按如圖方式折疊，使點C與A重合，點D落到D'處，折痕為EF．
（1）求證：△ABE≌△AD'F；
（2）連接CF，判斷四邊形AECF是什么特殊四邊形？證明你的結(jié)論．
一十三．幾何變換綜合題（共2小題）
34．（2022?豐縣二模）如圖①，等邊三角形紙片ABC中，AB＝12，點D在BC上，CD＝4，過點D折疊該紙片，得點C'和折痕DE（點E不與點A、C重合）．
（1）當(dāng)點C'落在AC上時，依題意補(bǔ)全圖②，求證：DC'∥AB；
（2）設(shè)△ABC'的面積為S，S是否存在最小值？若存在，求出S的最小值；若不存在，請說明理由；
（3）當(dāng)B，C'，E三點共線時，EC的長為 .
35．（2022?灌南縣二模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，點M，N分別是AC，BC的中點，點P是直線MN上一點，連接AP，將線段PA繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PQ，連接AQ，CQ．
【問題發(fā)現(xiàn)】（1）如圖（1），當(dāng)點P與點M重合時，線段CQ與PN的數(shù)量關(guān)系是 ，∠ACQ＝ ．
【探究證明】（2）當(dāng)點P在射線MN上運(yùn)動時（不與點N重合），（1）中結(jié)論是否一定成立？請利用圖（2）中的情形給出證明．
（3）連接PC，當(dāng)△PCQ是等邊三角形時，請直接寫出的的值．
2022年江蘇省中考數(shù)學(xué)模擬題（二模）精選按題型分層分類匯編-07解答題（較難題）
參考答案與試題解析
一．分式方程的應(yīng)用（共1小題）
1．（2021?廣陵區(qū)二模）某學(xué)校準(zhǔn)備組織部分學(xué)生到少年宮參加活動，陳老師從少年宮帶回來兩條信息：
信息一：按原來報名參加的人數(shù)，共需要交費用320元，如果參加的人數(shù)能夠增加到原來人數(shù)的2倍，就可以享受優(yōu)惠，此時只需交費用480元；
信息二：如果能享受優(yōu)惠，那么參加活動的每位同學(xué)平均分?jǐn)偟馁M用比原來少4元．
根據(jù)以上信息，現(xiàn)在報名參加的學(xué)生有多少人？
【解答】解：設(shè)原來報名參加的學(xué)生有x人，
依題意，得﹣＝4，
解這個方程，得x＝20．
經(jīng)檢驗，x＝20是原方程的解且符合題意．
答：現(xiàn)在報名參加的學(xué)生有40人．
二．反比例函數(shù)的應(yīng)用（共1小題）
2．（2022?儀征市二模）某電子科技公司研發(fā)出一套學(xué)習(xí)軟件，并對這套學(xué)習(xí)軟件在24周的銷售時間內(nèi)，做出了下面的預(yù)測：設(shè)第x周該軟件的周銷售量為T（單位：千套），當(dāng)0＜x≤8時，T與x+4成反比；當(dāng)8＜x≤24時，T﹣2與x成正比，并預(yù)測得到了如表中對應(yīng)的數(shù)據(jù)．設(shè)第x周銷售該軟件每千套的利潤為K（單位：千元），K與x滿足如圖中的函數(shù)關(guān)系圖象：
（1）求T與x的函數(shù)關(guān)系式；
（2）觀察圖象，當(dāng)12≤x≤24時，K與x的函數(shù)關(guān)系式為 K＝﹣x+44 ．
（3）設(shè)第x周銷售該學(xué)習(xí)軟件所獲的周利潤總額為y（單位：千元），則：
①在這24周的銷售時間內(nèi)，是否存在所獲周利潤總額不變的情況？若存在，求出這個不變的值；若不存在，請說明理由．
②該公司銷售部門通過大數(shù)據(jù)模擬分析后認(rèn)為，最有利于該學(xué)習(xí)軟件提供售后服務(wù)和銷售的周利潤總額的范圍是286≤y≤504，求在此范圍內(nèi)對應(yīng)的周銷售量T的最小值和最大值．
【解答】解：（1）當(dāng)0＜x≤8時，設(shè)T＝（m≠0），
根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，當(dāng)x＝8時，T＝10，
∴10＝，
解得：m＝120，
∴當(dāng)8＜x≤24時，設(shè)T﹣2＝nx（n≠0），
根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，當(dāng)x＝24時，T＝26，
∴26﹣2＝24n，
解得：n＝1，
∴T﹣2＝x，
∴T＝x+2，
綜上所述T與x的函數(shù)關(guān)系式為：
∴；
（2）當(dāng)12≤x≤24時，設(shè)K與x的函數(shù)關(guān)系式為K＝kx+b，
將x＝12，K＝32；x＝24，K＝20代入得：
，
解得：，
∴當(dāng)12≤x≤24時，K與x的函數(shù)關(guān)系式為K＝﹣x+44，
故答案為：K＝﹣x+44；
（3）①存在，不變的值為240，
由函數(shù)圖像得：當(dāng)0＜x≤12時，設(shè)K與x的函數(shù)關(guān)系式為K＝k1x+b1，
將x＝0，K＝8；x＝12，K＝32代入得：
，
解得：，
∴當(dāng)0＜x≤12時，K與x的函數(shù)關(guān)系式為K＝2x+8，
∴當(dāng)0＜x≤8時，y＝KT＝（2x+8）＝240；
當(dāng)8＜x≤12時，y＝KT＝（2x+8）（x+2）＝2x2+12x+16；
當(dāng)12＜x≤24時，y＝KT＝（x+2）（﹣x+44）＝﹣x2+42x+88，
綜上所述，在這24周的銷售時間內(nèi)，存在所獲周利潤總額不變的情況，這個不變值為240．
②當(dāng)8＜x≤12時，y＝2x2+12x+16＝2（x+3）2﹣2，拋物線的對稱軸為x＝﹣3，
∴（Ⅰ）當(dāng)8＜x≤12時，在對稱軸右側(cè)y隨x的增大而增大，
當(dāng)2（x+3）2﹣2＝286時，
解得：x1＝9，x2＝﹣15（舍去）；
當(dāng)x＝12時，y取最大值，最大值為448，滿足286≤y≤504；
當(dāng)x＝9時，周銷售量T的最小值為11；當(dāng)x＝12時，T取最大值14；
（Ⅱ）當(dāng)12＜x≤24時，y＝﹣x2+42x+88＝﹣（x﹣21）2+529，拋物線的對稱軸為x＝21，
當(dāng)x＝12時，y取最小值，最小值為448，滿足286≤y≤504；
當(dāng)﹣（x﹣21）2+529＝504時，
解得：x1＝16，x2＝26（舍去）；
當(dāng)x＝12時，周銷售量T取最小值為14；當(dāng)x＝16時，T取最大值18；
綜上所述，當(dāng)周利潤總額的范圍是286≤y≤504時，對應(yīng)周銷售量T的最小值是11千套，最大值是18千套．
三．反比例函數(shù)綜合題（共2小題）
3．（2022?姜堰區(qū)二模）[定義]平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的矩形若滿足以下兩個條件：①各邊平行于坐標(biāo)軸；②有兩個頂點在同一反比例函數(shù)圖象上，我們把這個矩形稱為該反比例函數(shù)的“伴隨矩形”．
例如，圖1中，矩形ABCD的邊AD∥BC∥x軸，AB∥CD∥y軸，且頂點A、C在反比例函數(shù)y＝（k≠0）的圖象上，則矩形ABCD是反比例函數(shù)y＝的“伴隨矩形”．
[解決問題]
（1）已知，矩形ABCD中，點A、C的坐標(biāo)分別為：①A（﹣3，8），C（6，﹣4）；②A（1，2），C（2，3）；③A（3，4），C（2，6），其中可能是某反比例函數(shù)的“伴隨矩形”的是 ①③ ；（填序號）
（2）如圖1，已知點B（2，）是反比例函數(shù)y＝的“伴隨矩形”ABCD的頂點，求直線BD的函數(shù)解析式；
（3）若反比例函數(shù)的“伴隨矩形”ABCD如圖2所示，試說明有一條對角線所在的直線一定經(jīng)過原點．
【解答】（1）解：①∵A（﹣3，8），C（6，﹣4），
∴﹣3×8＝﹣24，6×（﹣4）＝﹣24，
∴A、C滿足同一個反比例函數(shù)，
②∵A（1，2），C（2，3），
∴1×2＝2，2×3＝6，
∴A、C不滿足同一個反比例函數(shù)，
③∵A（3，4），C（2，6），
∴3×4＝12，2×6＝12，
∴A、C滿足同一個反比例函數(shù)，
∴可能是某反比例函數(shù)的“伴隨矩形”的是①③，
故答案為：①③；
（2）解：∵B（2，）的反比例函數(shù)y＝的“伴隨矩形”ABCD的頂點，
∴A（2，3），C（4，），
∴D（4，3），
設(shè)直線BD的解析式為y＝kx+b，
則，
∴，
∴y＝；
（3）證明：∵A、C在反比例函數(shù)y＝上，
設(shè)A（m，），C（n，），則B（m，），D（n，），
設(shè)直線BD的解析式為＝cx+d，
則，
∴，
即y＝，
∴直線BD過原點．
4．（2022?灌南縣二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點A（0，4）作y軸垂線交反比例函數(shù)y＝（k＞0）圖象于點B．在AB延長線上取點C，連接OC，交反比例函數(shù)y＝（x＞0）圖象于點D，連接OB，S△ABO＝6．
（1）求k的值；
（2）在x軸正半軸上取點E，當(dāng)OD平分∠BOE時，求點D的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵S△ABO＝6，AB⊥y軸，
∴k＝6，
∴k＝12；
（2）由（1）知，k＝12，
∴反比例函數(shù)的解析式為y＝①，
∵AB⊥y軸，A（0，4），
∴B（3，4），
在Rt△ABO中，AB＝3，OA＝4，
∴OB＝＝5
∵OD平分∠OBE，
∴∠BOC＝∠COE，
∵AB⊥y軸，
∴AB∥x軸，
∴∠COE＝∠C，
∴∠BOC＝∠C，
∴OB＝BC＝5，
∴C（8，4），
設(shè)直線CD的解析式為y＝mx，
將（8，4）代入y＝mx中，得4＝8m，
∴m＝．
∴直線CD的解析式為y＝x②，
聯(lián)立①②解得，x＝±2，
∵點D在第一象限內(nèi)，
∴D（2，）．
四．拋物線與x軸的交點（共1小題）
5．（2022?豐縣二模）如圖①，拋物線y＝﹣x2+2x+b（b≠0）與x軸交于A、B兩點（點A在點B的右側(cè)），與y軸交于點C，連接AC、BC，tan∠CBO＝3．
（1）求b的值；
（2）如圖②，點P是直線AC上方拋物線上的一個動點，過點P作BC的平行線l，交線段AC于點D．拋物線的對稱軸與直線l交于點M，與直線AC交于點N．當(dāng)點D在對稱軸的右側(cè)，且S△DMN＝S△AOC時，請求出點D的坐標(biāo).
【解答】解：（1）令x＝0，則y＝b，
∴C（0，b）．
由題意：b＞0，
∴OC＝b．
在Rt△BOC中，
∵tan∠CBO＝＝3，
∴OB＝b，
∴B（﹣b，0）．
∴﹣+2×b+b＝0，
解得：b＝6或b＝0（不合題意，舍去），
∴b＝6；
（2）∵b＝6，
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+6，C（0，6）．
∴OC＝6．
令y＝0，則﹣x2+2x+6＝0，
解得：x＝﹣2或6，
∴B（﹣2，0），A（6，0），
∴OA＝6，OB＝2．
設(shè)直線AC的解析式為y＝ax+c，
∴，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝﹣x+6．
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+n．
∴，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝3x+6，
∵點D為直線AC上一點，
∴設(shè)D（m，﹣m+6），其中0＜m＜6，
∵直線l∥BC，
∴設(shè)直線l的解析式為y＝3x+d，
∵點D在直線l上，
∴﹣m+6＝3m+d，
∴d＝﹣4m+6．
∴直線l的解析式為y＝3x﹣4m+6．
∵y＝﹣x2+2x+6＝﹣+8，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝2，
當(dāng)x＝2時，y＝3×2﹣4m+6＝12﹣﹣4m，
∴M（2，12﹣4m）．
當(dāng)x＝2時，y＝﹣2+6＝4，
∴N（2，4）．
∵點D在對稱軸的右側(cè)，
∴點N在點M的上方，
∴MN＝4﹣（12﹣4m）＝4m﹣8．
∵S△DMN＝S△AOC，
∴（4m﹣8）（m﹣2）＝×6×6，
∴m2﹣4m﹣5＝0．
解得：m＝5或﹣1（負(fù)數(shù)不合題意，舍去），
∴m＝5，
∴﹣m+6＝1，
∴D（5，1）．
五．二次函數(shù)綜合題（共11小題）
6．（2022?宜興市二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a為常數(shù)，且a＜0）與x軸相交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸相交于點C，頂點為D，直線BD與y軸相交于點E．
（1）求證OC＝OE；
（2）M為線段OB上一點，N為線段BE上一點，當(dāng)a＝時，求△CMN的周長的最小值；
（3）若Q為第一象限內(nèi)拋物線上一動點，小林猜想：當(dāng)點Q與點D重合時，四邊形ABQC的面積取得最大值．請判斷小林猜想是否正確，并說理由．
【解答】（1）證明：∵拋物線y＝ax2+bx+c（a為常數(shù)，且a＜0）與x軸相交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，
∴，
解得，
∴拋物線為y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，
∴C（0，﹣3a），D（1，﹣4a），
設(shè)直線BD的解析式為y＝k1x+b1，把B、D兩點的坐標(biāo)分別代入得：
，解得，
直線BD為y＝2ax﹣6a，
∴E（0，﹣6a），
∴OC＝3a，OE＝6a，
∴OC＝OE；
（2）解：當(dāng)a＝﹣時，拋物線為y＝﹣x2+x+，作點C關(guān)于BE的對稱點C′，關(guān)于x軸的對稱點C″，連接C′C″，與OB交為M，與BE交點為N，此時△CMN的周長最小，連接C′E，如圖所示：
此時C（0，），直線BE為y＝﹣x+3，點E（0，3），
∵OB＝3，
∴OB＝OE＝3，
∵∠BOE＝90°，
∴∠OEB＝∠OBE＝45°，
∵CC′⊥BE，
∴∠CEB＝∠ECC′＝45°，
∵BE垂直平分CC′，
∴CE＝C′E＝3﹣＝．CN＝C′N，
∴∠CEB＝∠C′EB＝45°，
∴∠CEC′＝90°，
∴CE⊥y軸，
∴點C′（，3），
∵C關(guān)于x軸的對稱點C″為（0，﹣），
∴CM＝C″M，
∴△CMN周長的最小值為：
CM+CN+MN＝C″M+C′N+MN＝C′C″＝＝；
（3）解：小林猜想不正確，理由如下：
過Q作QK⊥x軸，交BC于點K，
∵B（3，0），C（0，﹣3a），
∴直線BC為y＝ax﹣3a，
設(shè)點Q的橫坐標(biāo)為x，則Q（x，ax2﹣2ax﹣3a），K（x，ax﹣3a），
∴QK＝ax2﹣2ax﹣3a﹣（ax﹣3a）＝ax2﹣3ax，
∴S四邊形ABQC＝S△ABC+S△BQC＝×4×（﹣3a）+（ax2﹣3ax）×3＝a（x﹣）2﹣﹣6a，
∵a＜0，
∴當(dāng)點Q的橫坐標(biāo)為x＝時，S四邊形ABQC有最大值，
∵點D的橫坐標(biāo)是1，
∴四邊形ABQC的面積取得最大值時，點Q與點D不重合，小林猜想不正確．
7．（2022?姜堰區(qū)二模）設(shè)一次函數(shù)y1＝2x+m+n和二次函數(shù)y2＝x（2x+m）+n．
（1）求證：y1，y2的圖象必有交點；
（2）若m＞0，y1，y2的圖象交于點A（x1，a）、B（x2，b），其中x1＜x2，設(shè)C（x3，b）為y2圖象上一點，且x3≠x2，求x3﹣x1的值；
（3）在（2）的條件下，如果存在點D（x1+2，c）在y2的圖象上，且a＞c，求m的取值范圍．
【解答】（1）證明：當(dāng)y1＝y(tǒng)2時，得2x+m+n＝x（2x+m）+n，
化簡為：2x2+（m﹣2）x﹣m＝0，
△＝（m﹣2）2+8m＝（m+2）2≥0，
∴方程2x+m+n＝x（2x+m）+n有解，
∴y1，y2的圖象必有交點；
（2）解：當(dāng)y1＝y(tǒng)2時，2x+m+n＝x（2x+m）+n，
化簡為：2x2+（m﹣2）x﹣m＝0，
（2x+m）（x﹣1）＝0，
∵m＞0，x1＜x2，
∴x1＝﹣，x2＝1，
∴b＝2+m+n，
當(dāng)y＝2+m+n時，y2＝x（2x+m）+n＝2+m+n，
化簡為：2x2+mx﹣m﹣2＝0，
2x2﹣2+mx﹣m＝0，
2（x+1）（x﹣1）+m（x﹣1）＝0，
（2x+m+2）（x﹣1）＝0，
解得，x＝1（等于x2），或x＝，
∴x3＝，
∴x3﹣x1＝﹣（﹣）＝﹣1；
（3）解：∵點D（x1+2，c）在y2的圖象上，
∴c＝（x1+2）[2（x1+2）+m]+n＝2（x1+2）2+m（x1+2）+n．
∵點A（x1，a）在y2的圖象上，
∴a＝x1（2x1+m）+n．
∵a＞c，
∴a﹣c＞0，
∴x1（2x1+m）+n﹣2（x1+2）2﹣m（x1+2）﹣n＞0，
化簡得4x1+4+m＜0，
由（2）得x1＝﹣，
∴4×（﹣）+4+m＜0，
﹣2m+4+m＜0，
﹣m+4＜0，
m＞4，
∴m的取值范圍為m＞4．
8．（2022?武進(jìn)區(qū)二模）如圖，頂點坐標(biāo)為（3，4）的拋物線y＝ax2+bx+c交x軸于A，B兩點，交y軸于點C（0，﹣5）．
（1）求a，b的值；
（2）已知點M在射線CB上，直線AM與拋物線y＝ax2+bx+c的另一公共點是點P．
①拋物線上是否存在點P，滿足AM：MP＝2：1，如果存在，求出點P的橫坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由；
②連接AC，當(dāng)直線AM與直線BC的夾角等于∠ACB的2倍時，請直接寫出點M的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c的頂點坐標(biāo)為（3，4），
∴y＝a（x﹣3）2+4．
∵拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點C（0，﹣5），
∴a（0﹣3）2+4＝﹣5，
解得：a＝﹣1．
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+6x﹣5．
∴a＝﹣1，b＝6；
（2）①拋物線上存在點P，滿足AM：MP＝2：1，點P的橫坐標(biāo)為或；理由：
Ⅰ．當(dāng)點M在線段BC上時，如圖，
過點M作MD⊥AB于點D，過點P作PE⊥AB，交x軸于點E，
設(shè)P（m，﹣m2+6m﹣5）（m＞5），
∴OE＝m，PE＝m2﹣6m+5．
令x＝0，則y＝﹣5，
∴C（0，﹣5）．
∴OC＝5，
令y＝0，則﹣x2+6x﹣5＝0，
解得：x＝1或5，
∴A（1，0），B（5，0），
∴OA＝1，OB＝5．
∴AE＝m﹣1．
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+n，
∴，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝x﹣5．
∵AM：MP＝2：1，
∴．
∵M(jìn)D⊥AB，PE⊥AB，
∴MD∥PE，
∴＝．
∴AD＝（m﹣1），MD＝（m2﹣6m+5），
∴OD＝OA+AD＝m+，
∴M（m+，﹣+4m﹣），
∵點M在直線BC上，
∴m+﹣5＝﹣+4m﹣，
解得：m＝，
∵m＞5，
∴m＝；
Ⅱ．當(dāng)點M在線段BC的延長線上時，如圖，
過點M作MD⊥AB交x軸于點E，過點P作PE⊥AB于點E，
設(shè)P（m，﹣m2+6m﹣5）（1＜m＜5），
∴OE＝m，PE＝﹣m2+6m﹣5．
由①Ⅰ知：OA＝1，OB＝5，
∴AE＝m﹣1．
∵AM：MP＝2：1，
∴．
∵M(jìn)D⊥AB，PE⊥AB，
∴MD∥PE，
∴＝2．
∴AD＝2（m﹣1），MD＝2（﹣m2+6m﹣5）＝﹣2m2+12m﹣10，
∴OD＝OA+AD＝2m﹣1，
∴M（2m﹣1，﹣2m2+12m﹣10），
∵點M在直線BC上，
∴2m﹣1﹣5＝﹣2m2+12m﹣10，
解得：m＝，
∵1＜m＜5，
∴m＝．
綜上，拋物線上存在點P，滿足AM：MP＝2：1，點P的橫坐標(biāo)為或；
②作線段AC的垂直平分線DM，交AC于點D，交BC于點M，在BC上取一點M′，使AM′＝AM，
過點M作ME⊥AB于點EE，過點M′作M′F⊥AB于點F，如圖，
∵DM是AC的垂直平分線，
∴MC＝MA，
∴∠MAC＝∠ACB．
∵∠AMB＝∠ACB+∠MAC，
∴∠AMB＝2∠ACB，
∴此時直線AM與直線BC的夾角等于∠ACB的2倍；
∵AM＝AM′，
∴∠AM′C＝∠AMB＝2∠ACB，
∴此時直線AM′與直線BC的夾角等于∠ACB的2倍．
∵A（1，0），C（0，﹣5），D為AC的中點，
∴D（，﹣）．
設(shè)直線AC的解析式為y＝dx+e，
∴，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝5x﹣5．
設(shè)直線DM的解析式為y＝﹣x+f，
∴+f＝，
∴f＝﹣．
∴直線DM的解析式為y＝﹣x﹣．
∴，
解得：．
∴M（，﹣）；
∴OE＝，ME＝，
∴AE＝OE﹣OA＝，
∴，
∵AM＝AM′，
∴AM′2＝AM2＝．
設(shè)M′（x，x﹣5），
∴M′F＝5﹣x，OF＝x，
∴AF＝OF﹣OA＝x﹣1，
∵AM′2＝AF2+M′F2，
∴，
解得：x＝或．
∴M′（，﹣）．
綜上，當(dāng)直線AM與直線BC的夾角等于∠ACB的2倍時，點M的坐標(biāo)為（，﹣）或（，）．
9．（2022?金壇區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二次函數(shù)y＝x2+bx﹣2的圖象與x軸交于點A（3，0），B（點B在點A左側(cè)），與y軸交于點C，點D與點C關(guān)于x軸對稱，作直線AD．
（1）填空：b＝ ﹣ ；
（2）將△AOC平移到△EFG（點E，F(xiàn)，G依次與A，O，C對應(yīng)），若點E落在拋物線上且點G落在直線AD上，求點E的坐標(biāo)；
（3）設(shè)點P是第四象限拋物線上一點，過點P作x軸的垂線，垂足為H，交AC于點T．若∠CPT+∠DAC＝180°，求△AHT與△CPT的面積之比．
【解答】解：（1）把A（3，0）代入y＝x2+bx﹣2，
得×9+3b﹣2＝0，
解得b＝﹣；
故答案為：﹣；
（2）如圖所示：
由（1）得y＝x2﹣x﹣2，
令x＝0，y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
∵點D與點C關(guān)于x軸對稱，
∴D（0，2），
設(shè)直線AD：y＝kx+2，
把A（3，0）代入y＝kx+2，
得3k+2＝0，
解得k＝﹣，
∴直線AD解析式：y＝﹣x+2，
∵將△AOC平移到△EFG，
∴OA＝EF＝3，F(xiàn)G＝OC＝2，
設(shè)E（m，m2﹣m﹣2），
則G（m﹣3，﹣（m﹣3）+2），F(xiàn)（m﹣3，﹣（m﹣3）+4），
∵EF∥x軸，
∴m2﹣m﹣2＝﹣（m﹣3）2+4，
解得m＝﹣3或m＝4，
∴E（﹣3，8）或（4，）；
（3）如圖所示：
過C作CK⊥AD，CQ⊥HP，
∵OD＝2，OA＝3
∴AD＝，
∵CK⊥AD
∴CD?AO＝AD?CK，
∴CK＝，
DK＝，AK＝，
∴tan∠CAK＝＝，
∵CQ⊥HP，
∴∠CPQ+∠CPT＝180°，
∵∠CPT+∠DAC＝180°，
∴∠CPQ＝∠CAK，
∴tan∠CPQ＝tan∠CAK＝，
∴＝，
設(shè)P（n，n2﹣n﹣2），
∴PQ＝n2﹣n，CQ＝n，
∴＝，
解得n＝，
∴P（，﹣），
∴CQ＝，AH＝3﹣＝，
∵tan∠OAC＝＝＝，
∴TH＝AH＝×＝，
∴TP＝，
∴＝＝，
即△AHT與△CPT的面積之比為8：147．
10．（2022?灌南縣二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3經(jīng)過點A（1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，其頂點為M，連接MA，MC，AC，過點C作y軸的垂線l．
（1）求該拋物線的表達(dá)式；
（2）直線l上是否存在點N，使得S△MBN＝2S△MAC？若存在，求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
（3）如圖2，若將原拋物線繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)45°，求新拋物線與y軸交點P坐標(biāo)．
【解答】解：（1）將A（1，0），B（3，0）代入拋物線y＝ax2+bx+3中，
則，
解得：，
∴拋物線的表達(dá)式為y＝x2﹣4x+3；
（2）假設(shè)存在這樣的點N，設(shè)直線MC與x軸交于點D，直線MN與x軸交于點E，如圖：
∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴M（2，﹣1）
令x＝0，則y＝3，
∴C（0，3），
設(shè)直線MC的解析式為y＝kx+m，
則，
解得：，
∴直線MC的解析式為y＝﹣2x+3，
令y＝0，則﹣2x+3＝0，
解得x＝，
∴點D坐標(biāo)為（，0），
∴S△MAC＝（xD﹣xA）（yC﹣yM）＝××4＝1，
S△MBN＝|xE﹣xB|×（yN﹣yM）＝|xE﹣3|×4＝2|xE﹣3|，
∵S△MBN＝2S△MAC，
∴2|xE﹣3|＝2，
解得：xE＝4或xE＝2，
∴點E的坐標(biāo)為（4，0）或（2，0），①當(dāng)M為（2，﹣1），E為（2，0）時，直線MN的表達(dá)式為：x＝2，
∴點N的坐標(biāo)為（2，3），
②當(dāng)M為（2，﹣1），E為（4，0）時，
設(shè)直線MN的表達(dá)式為y＝nx+g，
則，
解得：，
∴直線MN的表達(dá)式為y＝x﹣2，
聯(lián)立，得，
∴點N的坐標(biāo)為（10，3），
∴點N的坐標(biāo)為（2，3）或（10，3）；
（3）如圖所示，將CP繞點C順時針旋轉(zhuǎn)45°交原拋物線于點P′，
∵CP′與x軸的夾角為45°，
∴CP′與直線y＝x平行，
則lCP′：y＝x+3，
聯(lián)立，
解得，
∴P′（5，8），
∴CP′＝＝5，
∴CP＝5，
∴點P坐標(biāo)為（0，3+5）．
11．（2022?惠山區(qū)校級二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2+bx+c與y軸交于點C，與x軸交于A、B兩點，直線y＝x+3恰好經(jīng)過B、C兩點．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）點D是拋物線上一動點，連接DB、DC．若△BCD的面積為6，求點D的坐標(biāo)；
（3）設(shè)E是拋物線上的一個動點，連結(jié)AE，若∠BAE＝2∠ACB，求點E的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）令y＝0，則x＝﹣3，
∴B（﹣3，0），
令x＝0，則y＝3，
∴C（0，3），
將點B（﹣3，0），C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝x2+4x+3；
（2）點D在直線BC上方時，過點D作DP⊥x軸交AC于點P，
設(shè)D（t，t2+4t+3），則P（t，t+3），
∴DP＝t2+4t+3﹣t﹣3＝t2+3t，
∴S△BCD＝S△CPD﹣S△PBD＝×DP×（﹣t+3+t）＝（t2+3t）
∵△BCD的面積為6，
∴（t2+3t）＝6，
∴t＝1或t＝﹣4，
∴D（1，8）或D（﹣4，3）；
當(dāng)點D在直線BC下方時，
S△BCD＝S△CPD+S△PBD＝×DP×3＝（﹣t2﹣3t）＝6，
∴（t2+3t）＝﹣6，
∴此時t不存在，
綜上所述：D點坐標(biāo)為（1，8）或（﹣4，3）；
（3）設(shè)E（m，m2+4m+3），
過點A作AG⊥BC交于點G，在BC上截取HC＝HA，
∵B（﹣3，0），C（0，3），
∴OB＝OC，BC＝3，
∴∠CBO＝45°，
∵x2+4x+3＝0時，x＝﹣1或x＝﹣3，
∴A（﹣1，0），
∴AB＝2，
在Rt△ABG中，BG＝AG＝，
∴CG＝2，
∵HC＝HA，
∴∠GHA＝2∠ACB，
在Rt△AGH中，HA2＝（CG﹣HA）2+AG2，
∴HA2＝（2﹣HA）2+2，
解得HA＝，
∴HG＝，
∴tan∠GHA＝＝＝，
∵∠BAE＝2∠ACB，
∴∠BAE＝∠GHA，
∴＝，
解得m＝﹣1（舍）或m＝﹣或m＝﹣，
∴E點坐標(biāo)為（﹣，﹣）或（﹣，）．
12．（2022?宿城區(qū)二模）如圖1，二次函數(shù)y＝ax2﹣3ax+b（a、b為參數(shù)，其中a＜0）的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，頂點為D．
（1）若b＝﹣10a，求tan∠CBA的值（結(jié)果用含a的式子表示）；
（2）若△ABC是等腰三角形，直線AD與y軸交于點P，且AP：DP＝2：3．求拋物線的解析式；
（3）如圖2，已知b＝﹣4a，E、F分別是CA和CB上的動點，且EF＝AB，若以EF為直徑的圓經(jīng)過點C，并交x軸于M、N兩點，求MN的最大值．
【解答】解：（1）∵b＝﹣10a，
∴y＝ax2﹣3ax+b
＝ax2﹣3ax﹣10a
＝a（x+2）（x﹣5），
令y＝0，得a（x+2）（x﹣5）＝0，
∵a＜0，
∴x1＝﹣2，x2＝5，
∴A（﹣2，0），B（5，0），C（0，﹣10a），
∴tan∠CBA＝＝﹣2a；
（2）∵二次函數(shù)y＝ax2﹣3ax+b的頂點為D，
∴xD＝．
過D作DH⊥x軸，交x軸于點H，如圖：
∵OP∥DH，
∴△AOP∽△AHD，
∵AP：DP＝2：3，OH＝，
∴OA：OH＝AP：DP＝2：3，
∴OA＝1，
∴A（﹣1，0），
∴B（4，0），
∴y＝a（x﹣4）（x+1）＝ax2﹣3ax﹣4a，
∴C（0，﹣4a），
①若AB＝BC，則AB2＝BC2，
∴16+16a2＝25，
解得a＝﹣或a＝（舍），
∴y＝﹣x2+x+3；
②若AB＝AC，則AB2＝AC2，
∴1+16a2＝25，
解得a＝﹣或a＝（舍），
∴y＝﹣x2+x+2；
③顯然不存在BC＝AC．
∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+3或y＝﹣x2+x+2；
（3）∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4a），
∴kAC＝﹣4a，kBC＝a，
∵以EF為直徑的圓經(jīng)過點C，
∴∠ECF＝90°，
∴kAC×kBC＝﹣1，即﹣4a×a＝﹣1，
解得a＝﹣或a＝（舍），
∴C（0，2），
∵AB＝5，
∴EF＝AB＝3，
取EF的中點Q，過點Q作QH⊥x軸于點H，則Q在以C為圓心，為半徑的圓上運(yùn)動，
由垂徑定理得：MN＝2HN，
在Rt△QHN中，QN＝，求HN的最大值等價于求QH的最小值，求得HN的最大值即可求出MN的最大值，
∵QH的最小值為：2﹣＝，
∴HN的最大值為：＝，
∴MN的最大值為2．
13．（2022?鎮(zhèn)江二模）我們定義：兩個二次項系數(shù)之和為1，對稱軸相同，且圖象與y軸交點也相同的二次函數(shù)互為友好同軸二次函數(shù)．例如：y＝2x2+4x﹣5的友好同軸二次函數(shù)為y＝﹣x2﹣2x﹣5．
（1）請你分別寫出y＝﹣，y＝+x﹣5的友好同軸二次函數(shù)；
（2）滿足什么條件的二次函數(shù)沒有友好同軸二次函數(shù)？滿足什么條件的二次函數(shù)的友好同軸二次函數(shù)是它本身？
（3）如圖，二次函數(shù)L1：y＝ax2﹣4ax+1與其友好同軸二次函數(shù)L2都與y軸交于點A，點B、C分別在L1、L2上，點B，C的橫坐標(biāo)均為m（0＜m＜2），它們關(guān)于L1的對稱軸的對稱點分別為B′，C′，連接BB′，B′C′，C′C，CB．
①若a＝3，且四邊形BB′C′C為正方形，求m的值；
②若m＝1，且四邊形BB′C′C的鄰邊之比為1：2，直接寫出a的值．
【解答】解：（1）∵1﹣（﹣）＝，
∴函數(shù)y＝﹣的友好同軸二次函數(shù)為y＝x2；
∵1﹣＝，1×（÷）＝2，
∴函數(shù)y＝+x﹣5的友好同軸二次函數(shù)為y＝x2+2x﹣5．
（2）∵1﹣1＝0，
∴二次項系數(shù)為1的二次函數(shù)沒有友好同軸二次函數(shù)；
∵1÷2＝，
∴二次項系數(shù)為的二次函數(shù)的友好同軸二次函數(shù)是它本身．
（3）二次函數(shù)L1：y＝ax2﹣4ax+1的對稱軸為直線x＝﹣＝2，其友好同軸二次函數(shù)L2：y＝（1﹣a）x2﹣4（1﹣a）x+1．
①∵a＝3，
∴二次函數(shù)L1：y＝ax2﹣4ax+1＝3x2﹣12x+1，二次函數(shù)L2：y＝（1﹣a）x2﹣4（1﹣a）x+1＝﹣2x2+8x+1，
∴點B的坐標(biāo)為（m，3m2﹣12m+1），點C的坐標(biāo)為（m，﹣2m2+8m+1），
∴點B′的坐標(biāo)為（4﹣m，3m2﹣12m+1），點C′的坐標(biāo)為（4﹣m，﹣2m2+8m+1），
∴BC＝﹣2m2+8m+1﹣（3m2﹣12m+1）＝﹣5m2+20m，BB′＝4﹣m﹣m＝4﹣2m．
∵四邊形BB′C′C為正方形，
∴BC＝BB′，即﹣5m2+20m＝4﹣2m，
解得：m1＝，m2＝（不合題意，舍去），
∴m的值為．
②當(dāng)m＝1時，點B的坐標(biāo)為（1，﹣3a+1），點C的坐標(biāo)為（1，3a﹣2），
∴點B′的坐標(biāo)為（3，﹣3a+1），點C′的坐標(biāo)為（3，3a﹣2），
∴BC＝|3a﹣2﹣（﹣3a+1）|＝|6a﹣3|，BB′＝3﹣1＝2．
∵四邊形BB′C′C的鄰邊之比為1：2，
∴BC＝2BB′或BB′＝2BC，即|6a﹣3|＝2×2或2＝2|6a﹣3|，
解得：a1＝﹣，a2＝，a3＝，a4＝，
∴a的值為﹣、、或．
14．（2022?海陵區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a＜0，m＜n）與x軸交于A、B（點A在點B的左邊），與y軸相交于點C．直線y＝h與拋物線相交于P（x1，y1）、Q（x2，y2）兩點（P、Q不重合），與直線BC交于點N（x3，y3）．
（1）若a＝﹣1，m＝1，n＝3，
①求線段AB的長；
②當(dāng)h＜1時，證明：x1+x2的值不會隨著h的變化而變化；
（2）若點A在直線BC的上方，
①求m的取值范圍；
②令h＝m2，一定存在一個a的值，對于任何符合＞t（t＞0）的m、n均可以使得x1+x2﹣x3恒為定值，求a的值以及t的取值范圍．
【解答】（1）①解：A（1，0），B（3，0），
∴AB＝3﹣1＝2，
②證明：∵y＝﹣（x﹣1）?（x﹣3）＝﹣（x﹣2）2+1，
∴拋物線的對稱軸為：x＝2，y最大值＝1，
∴當(dāng)h＜1時，x1+x2＝2×2＝4；
（2）①解：如圖，
當(dāng)m＜0，n＞0時，點A在BC的下方，
當(dāng)m＜0，n＜0時，點A在BC的下方，
如圖3，
當(dāng)m＞0時，點A在BC的上方，
綜上所述：當(dāng)m＞0時，點A在BC的上方；
②解：如圖4，
當(dāng)x＝0時，y＝a（﹣m）?（﹣n）＝amn，
∴OC＝﹣amn，
∵DE∥OC，
∴△BOC∽△BED，
∴＝，
∴，
∴BE＝﹣，
∴x3＝OE＝OB+BE＝n﹣，
∵x1+x2＝m+n，
∴x1+x2﹣x3＝m+＝m（1+），
∵x1+x2﹣x3恒為定值，
∴1+＝0，
∴a＝﹣1，
∵y＝a（x﹣m）?（x﹣n）＝a（x﹣）2﹣，
∴﹣＞m2，
∴（m﹣n）2＞4m2，
∴3m2+2mn﹣n2＜0，
∴（m+n）（3m﹣n）＜0，
∵m+n＞0，
∴3m﹣n＜0，
∴，
∴t＞3．
15．（2022?建湖縣二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2+bx+c與y軸交于點C，與x軸交于A、B兩點，直線y＝x+4恰好經(jīng)過B、C兩點．
（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）點D為第三象限拋物線上一點，連接BD，過點O作OE⊥BD，垂足為E，若OE＝2BE，求點D的坐標(biāo)；
（3）設(shè)F是拋物線上的一個動點，連結(jié)AC、AF，若∠BAF＝2∠ACB，求點F的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）令y＝0，則x＝﹣4，
∴B（﹣4，0），
令x＝0，則y＝4，
∴C（0，4），
將點B（﹣4，0），C（0，4）代入y＝x2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝x2+5x+4；
（2）過點D作DG⊥x軸于G，
設(shè)D（t，t2+5t+4），
∴OG＝﹣t，DG＝﹣t2﹣5t﹣4，
∴BG＝4+t，
∵OE⊥BE，
∴∠BEO＝90°，
∴tanB＝＝，
∵OE＝2BE，
∴＝2，
∴DG＝2BG，
∴﹣t2﹣5t﹣4＝2（4+t），
解得：t1＝﹣3，t2＝﹣4（舍），
∴D（﹣3，﹣2）；
（3）設(shè)F（m，m2+5m+4），
如圖2，過點A作AG⊥BC交于點G，在BC上截取HC＝HA，
∵B（﹣4，0），C（0，4），
∴OB＝OC，BC＝4，
∴∠CBO＝45°，
∵x2+5x+4＝0時，x＝﹣1或x＝﹣4，
∴A（﹣1，0），
∴AB＝4﹣1＝3，
在Rt△ABG中，BG＝AG＝，
∴CG＝4﹣＝，
∵HC＝HA，
∴∠GHA＝2∠ACB，
在Rt△AGH中，HA2＝（CG﹣HA）2+AG2，
∴HA2＝（﹣HA）2+，
解得HA＝，
∴HG＝﹣＝，
∴tan∠GHA＝＝＝，
∵∠BAF＝2∠ACB，
∴∠BAF＝∠GHA，
∴＝，
解得m＝﹣1（舍）或m＝﹣或m＝﹣，
∴F點坐標(biāo)為（﹣，）或（﹣，﹣）．
16．（2022?廣陵區(qū)二模）已知二次函數(shù)y＝﹣mx2﹣4mx﹣4m+4（m為常數(shù)，且m＞0）．
（1）求二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)；
（2）設(shè)該二次函數(shù)圖象上兩點A（a，ya）、B（a+2，yb），點A和點B間（含點A，B）的圖象上有一點C，將點C縱坐標(biāo)的最大值和最小值的差記為h．
①當(dāng)m＝1時，若點A和點B關(guān)于二次函數(shù)對稱軸對稱，求h的值；
②若存在點A和點B使得h的值是4，則m的取值范圍是 0＜m≤4 ．
【解答】解：（1）y＝﹣mx2﹣4mx﹣4m+4
＝﹣m（x2+4x+4）+4
＝﹣m（x+2）2+4，
∴二次函數(shù)的頂點坐標(biāo)為（﹣2，4）．
（2）①∵點A、B關(guān)于對稱軸對稱＝﹣2，
∴a＝﹣3，
當(dāng)m＝1時，y＝﹣x2﹣4x﹣4+4＝﹣x2﹣4x，
則當(dāng)x＝﹣3（或x＝﹣1）時，y最小值＝3，
當(dāng)x＝﹣2時，y最大值＝4，
∴h＝1．
②結(jié)論：0＜m≤4，理由如下：
當(dāng)a+2≤﹣2，即a≤﹣4時，
h＝y(tǒng)b﹣ya
＝﹣m（a+2+2）2+4﹣[﹣m（a+2）2+4]
＝﹣4m（a+3），
∵h(yuǎn)＝4，
∴4＝﹣4m（a+3），
∴a＝﹣﹣3≤﹣4，
∵m＞0，
解得m≤1，
當(dāng)﹣4＜a≤﹣3時，
h＝4﹣ya
＝4﹣[﹣m（a+2）2+4]
＝m（a+2）2，
∴可得a＝﹣﹣2，
∴﹣4＜﹣﹣2≤﹣3，
解得1＜m≤4，
當(dāng)﹣3＜a≤﹣2時，
h＝4﹣yb
＝4﹣[﹣m（a+2+2）2+4]
＝m（a+4）2，
可得a＝﹣4，
∴﹣3＜﹣4≤﹣2，
不等式無解．
當(dāng)a＞﹣2時，
h＝y(tǒng)a﹣yb
＝﹣m（a+2）2+4﹣[﹣m（a+2+2）2+4]
＝4m（a+3），
可得a＝﹣3，
∴﹣3＞﹣2，
∴m＜1，
綜上所述，滿足條件的m的值為0＜m≤4．
故答案為：0＜m≤4．
六．線段垂直平分線的性質(zhì)（共1小題）
17．（2022?鼓樓區(qū)校級二模）如圖，在△ABC中，AH⊥BC，垂足為H，且BH＝CH，E為BA延長線上一點，過點E作EF⊥BC，分別交BC，AC于F，M．
（1）求證∠B＝∠C；
（2）若AB＝5，AH＝3，AE＝2，求MF的長．
【解答】（1）證明：∵AH⊥BC，垂足為H，且BH＝CH，
∴AH是BC的垂直平分線．
∴AB＝AC．
∴∠B＝∠C；
（2）解：∵AH⊥BC，AB＝AC，
∴∠BAH＝∠CAH．
∵AH⊥BC，EF⊥BC，
∴∠AHB＝∠EFB＝90°．
∴AH∥EF．
∴∠BAH＝∠E，∠CAH＝∠AME．
∴∠E＝∠AME．
∴AM＝AE＝2．
∵AB＝AC＝5，
∴CM＝AC﹣CM＝3．
∵AH∥EF，
∴△CMF∽△CAH．
∴＝．
∴＝．
∴MF＝．
七．三角形綜合題（共3小題）
18．（2022?儀征市二模）在△ABC中，∠A、∠B、∠C所對的邊記為a、b、c．
（1）如圖1，若∠C＝2∠B，
①請用無刻度的直尺和圓規(guī)在線段AB上作一點D，使得△ACD的周長為b+c（請保留作圖的相關(guān)痕跡）；
②試求證：c2﹣b2＝ab；
（2）如圖2，若∠ABD＝2∠ACE，試求證：c2﹣b2＝ac．
【解答】（1）①解：如圖1，點D即為所求；
②證明：∵DF是BC的垂直平分線，
∴CD＝BD，
∴∠B＝∠BCD，
∴∠ADC＝∠B+∠BCD＝2∠B，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠ACB＝∠ADC，
∵∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴＝＝，
∵AC＝b，AB＝c，BC＝a，
∴＝＝，
∴b2＝AD?c，ab＝c2﹣AD?c，
∴b2＝c2﹣ab，
∴c2﹣b2＝ab；
（2）證明：如圖2，在DE上取一點F，使BA＝BF，連接AF，
∴∠BAF＝∠AFB，
∵∠ABD＝2∠ACE，∠ABD＝∠BAF+∠AFB＝2∠AFB，
∴∠ACE＝∠AFB，
∴AC＝AF＝b，
∵∠AFC＝∠ACF＝∠BAF，
∴△ACF∽△BAF，
∴＝，即＝，
∴b2＝c2﹣ac，
∴c2﹣b2＝ac．
19．（2022?武進(jìn)區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點O是坐標(biāo)原點，點A的坐標(biāo)為（0，6），點B的坐標(biāo)為（﹣8，0），點C的坐標(biāo)為（8，0）．點P、點H分別為AB和OC上的動點，點P從點B出發(fā)，沿BA方向以每秒1個單位勻速運(yùn)動；同時，點H從點C出發(fā)，沿CO方向以每秒1個單位勻速運(yùn)動．過點H作EF⊥BC，與AC交于點E，點F為點E關(guān)于x軸的對稱點，當(dāng)點H停止運(yùn)動時，點P也停止運(yùn)動，連接PE，PF，CF，設(shè)運(yùn)動時間為t（s）（0＜t＜8）解答下列問題：
（1）連接OE、OF，若OE∥FC，則t＝ 4 ；
（2）設(shè)△PFE的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時刻t，使S△PFE：S△ABC＝5：12？若存在，求出t的值，并求出此時P，E兩點間的距離；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）∵點A的坐標(biāo)為（0，6），點B的坐標(biāo)為（﹣8，0），點C的坐標(biāo)為（8，0）．
∴OA＝6，OB＝OC＝8，
∵點F為點E關(guān)于x軸的對稱點，
∴∠ECO＝∠FCO，
∵OE∥CF，
∴∠EOC＝∠FCO，
∴∠EOC＝∠ECO，
∴EO＝EC，
又∵EF⊥OC，
∴OH＝CH＝4，
∴t＝＝4，
故答案為：4；
（2）作PM⊥EF于M，PN⊥BC于N，則四邊形PNHM是矩形，
由題意知，BP＝t，CH＝t，
∴cs∠ABO＝，
∴，
∴BN＝，
∴PM＝NH＝BC﹣BN﹣CH＝16﹣﹣t＝16﹣，
同理得，EH＝，
∴EF＝2EH＝，
∴S＝×EF×PM＝××（16﹣）＝﹣t2+12t；
（3）存在t，使S△PFE：S△ABC＝5：12，理由如下：
∵S△PFE：S△ABC＝5：12，
∴﹣t2+12t＝×48＝20，
解方程得，t1＝，t2＝＜4（舍），
當(dāng)t＝時，PM＝4，EH＝5，PN＝4，
∴EM＝1，
由勾股定理得，PE＝＝＝，
∴存在，當(dāng)t＝時，PE＝．
20．（2022?鼓樓區(qū)二模）藏寶地之謎．
不妨任取一個位置作為P，根據(jù)材料畫出如圖．
（1）以AB的中點為坐標(biāo)原點，以直線AB為x軸、以AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)點B的坐標(biāo)為（10，0）．
①若P的坐標(biāo)為（6，10），則Q的坐標(biāo)為 （0，﹣10） ；
②若P的坐標(biāo)為（﹣4，8），則Q的坐標(biāo)為 （0，﹣10） ；
…
（2）猜想當(dāng)P在不同位置時，Q的位置是否隨之變化．
（3）寫出證明（2）中猜想的思路．
（4）將材料中兩處“再走這么多步”同時改為 再走這么多步 ，可使（2）中的猜想仍然成立．
【解答】解：（1）①如圖1，過點P作PE⊥AB于E，
∵∠PAC＝∠PAE+∠CAO＝90°，∠PAE＝∠APE＝90°，
∴∠APE＝∠CAO，
∵AP＝AC，∠AEP＝∠AOC＝90°，
∴△AEP≌△COA（AAS），
∴CO＝AE＝10+6＝16，
同理得△PEB≌△BOD（AAS），
∴OD＝BE＝10﹣6＝4，
∴CD＝16﹣4＝12，
∵Q是CD的中點，
∴Q（0，10）；
故答案為：（0，﹣10）；
②如圖2，過點P作PF⊥AB于F，過點C作CG⊥AB于G，過點D作DE⊥AB于E，
同①得△AFP≌△CGA，△BFP≌△DEB，
∴CG＝AF＝10﹣4＝6，AG＝PF＝8，DE＝BF＝10+4＝14，BE＝PF＝8，
∴C（﹣2，﹣6），D（2，﹣14），
∵Q是CD的中點，
∴Q（0，﹣10）；
故答案為：（0，﹣10）；
（2）猜想：當(dāng)P在不同位置時，Q的位置不變；
（3）如圖3，以AB的中點為坐標(biāo)原點，以直線AB為x軸、以AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系．
設(shè)點B的坐標(biāo)為（m，0），A（﹣m，0），P（x，y），
過點P作PF⊥AB于F，過點C作CG⊥AB于G，過點D作DE⊥AB于E，
同①得△AFP≌△CGA，△BFP≌△DEB，
∴CG＝AF＝x+m，AG＝PF＝y(tǒng)，DE＝BF＝m﹣x，BE＝PF＝y(tǒng)，
∴C（y﹣m，﹣x﹣m），D（m﹣y，x﹣m），
∵Q是CD的中點，
∴Q（0，﹣m）；
∴當(dāng)P在不同位置時，Q的位置不變；
（4）將材料中兩處“再走這么多步”同時改為再走這么多步，可使（2）中的猜想仍然成立．理由如下：
如圖4，以AB的中點為坐標(biāo)原點，以直線AB為x軸、以AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系．
設(shè)點B的坐標(biāo)為（m，0），A（﹣m，0），P（x，y），
過點P作PF⊥AB于F，過點C作CG⊥AB于G，過點D作DE⊥AB于E，
同①得△AFP∽△CGA，△BFP∽△DEB，相似比為2，
∴CG＝AF＝x+m，AG＝PF＝y(tǒng)，DE＝BF＝m﹣x，BE＝PF＝y(tǒng)，
∴C（y﹣m，﹣x﹣m），D（m﹣y，x﹣m），
∵Q是CD的中點，
∴Q（0，﹣m）；
∴當(dāng)P在不同位置時，Q的位置不變；
故答案為：再走這么多步．
八．四邊形綜合題（共6小題）
21．（2022?宜興市二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，點O是BC中點，點E從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿射線BC勻速運(yùn)動；點F從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿射線OC勻速運(yùn)動．E，F(xiàn)兩點同時出發(fā)，運(yùn)動時間為t秒（0≤t≤），在兩點運(yùn)動過程中，以EF為邊作等邊三角形EFG，使△EFG和矩形ABCD在射線BC的同側(cè)．
（1）若點G落在邊AD上，求t的值；
（2）若t＝2，求△EFG和矩形ABCD重疊部分的周長；
（3）在整個運(yùn)動過程中，設(shè)△EFG和矩形ABCD重疊部分的面積為S，試求出S與t之間的函數(shù)表達(dá)式．
【解答】解：（1）過點G作GH⊥BC于H，
當(dāng)?shù)冗叀鱁FG的頂點G恰好落在AD上時，
∵GH⊥BC，
∴GH＝AB＝2，
∵點O是BC中點，BC＝6，
∴OB＝BC＝3，
由題意得BE＝t，OF＝2t，
EF＝OE+OF＝3﹣t+2t＝3+t，
∵△EFG是等邊三角形，
∴EH＝（3+t），∠GEF＝60°，∠EGH＝30°，
∴EH＝GH＝2，
∴（3+t）＝2，
∴t＝1；
（2）當(dāng)t＝2時，如圖，過點M作MP⊥BC于P，
∴MP＝AB＝2，
∵△EFG是等邊三角形，
∴∠MEP＝60°，
∴∠EMP＝30°，
∴EP＝2，ME＝4，
設(shè)EG，F(xiàn)G分別與AD相交于點M，N，F(xiàn)G與CD相交于點K，則BE＝2，OF＝4，EC＝4，CF＝1．
∴CP＝MD＝EC﹣EP＝2，
在Rt△CFK中，∠F＝60°，
∴KF＝2，KC＝．
∵CD＝2，
∴DK＝，即K是CD的中點．
∴KN＝2，DN＝1，MN＝MD﹣DN＝1，
∴△EFG和矩形ABCD重疊部分的周長為4+4+1+2+＝11+；
（3）當(dāng)0≤t≤1時，過點G作GH⊥BC于H，
由題意得BE＝t，OF＝2t，
EF＝OE+OF＝3﹣t+2t＝3+t，
∵△EFG是等邊三角形，
∴EH＝（3+t），∠GEF＝60°，∠EGH＝30°，
∴GH＝EH＝（3+t），
∴S＝S△EGF＝（3+t）?（3+t）＝t2+t+；
當(dāng)1＜t≤時，如圖：
設(shè)EG，F(xiàn)G分別與AD相交于點M，N，
由（1）得ME＝4，EF＝EG＝3+t，
∴MN＝MG＝3+t﹣4＝t﹣1，
∴S＝S四邊形EFNM＝（t﹣1+3+t）?2＝2t+2；
當(dāng)＜t≤時，如圖，過點M作MP⊥BC于P，
設(shè)EG，F(xiàn)G分別與AD相交于點M，N，F(xiàn)G與CD相交于點K，
則MN＝t﹣1，CF＝2t﹣3，CK＝（2t﹣3），
∴S＝S四邊形EFNM﹣S△KCF＝（t﹣1+3+t）?2﹣（2t﹣3）?（2t﹣3）＝﹣2t2+8t﹣；
綜上所述，當(dāng)0≤t≤1時，S＝t2+t+；當(dāng)1＜t≤時，S＝2t+2；當(dāng)＜t≤時，S＝﹣2t2+8t﹣．
22．（2022?武進(jìn)區(qū)二模）定義：有兩個相鄰內(nèi)角互余的四邊形稱為鄰余四邊形，這兩個角的夾邊稱為鄰余線．
（1）如圖I，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，E，F(xiàn)分別是BD，AD上的點．求證：四邊形ABEF是鄰余四邊形；
（2）如圖2，在5×4的方格紙中，A，B在格點上，請畫出一個符合條件的鄰余四邊形ABEF，使AB是鄰余線，E，F(xiàn)在格點上；
（3）如圖3，已知四邊形ABCD是以AB為鄰余線的鄰余四邊形，AB＝15，AD＝6，BC＝3，∠ADC＝135°，求CD的長度．
【解答】（1）證明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∴∠FAB與∠EBA互余，
∴四邊形ABEF是鄰余四邊形；
（2）解：如圖所示（答案不唯一），
（3）解：如圖3，延長AD，CB交于點H，
∵四邊形ABCD是以AB為鄰余線的鄰余四邊形，
∴∠A+∠B＝90°，
∵∠ADC＝135°，
∴∠HDC＝45°，
∴∠HDC＝∠HCD＝45°，
∴CH＝DH，
∵AB2＝AH2+BH2，
∴225＝（6+DH）2+（3+DH）2，
∴DH＝6（負(fù)值舍去），
∴CD＝6．
23．（2022?宿城區(qū)二模）【問題情境】
（1）如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G分別是BC，AB，CD上的點，F(xiàn)G⊥AE于點Q．求證：AE＝FG．
【嘗試應(yīng)用】
（2）如圖2，正方形網(wǎng)格中，點A，B，C，D為格點，AB交CD于點O．求tan∠AOC的值；
【拓展提升】
（3）如圖3，點P是線段AB上的動點，分別以AP，BP為邊在AB的同側(cè)作正方形APCD與正方形PBEF，連接DE分別交線段BC，PC于點M，N．
①求∠DMC的度數(shù)；
②連接AC交DE于點H，直接寫出的值．
【解答】（1）證明：方法1，平移線段FG至BH交AE于點K，如圖1﹣1所示：
由平移的性質(zhì)得：FG∥BH，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，
∴四邊形BFGH是平行四邊形，
∴BH＝FG，
∵FG⊥AE，
∴BH⊥AE，
∴∠BKE＝90°，
∴∠KBE+∠BEK＝90°，
∵∠BEK+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CBH，
在△ABE和△BCH中，
，
∴△ABE≌△BCH（ASA），
∴AE＝BH，
∴AE＝FG；
方法2：平移線段BC至FH交AE于點K，如圖1﹣2所示：
則四邊形BCHF是矩形，∠AKF＝∠AEB，
∴FH＝BC，∠FHG＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝90°，
∴AB＝FH，∠ABE＝∠FHG，
∵FG⊥AE，
∴∠HFG+∠AKF＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠HFG，
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG（ASA），
∴AE＝FG；
（2）解：將線段AB向右平移至FD處，使得點B與點D重合，連接CF，如圖2所示：
∴∠AOC＝∠FDC，
設(shè)正方形網(wǎng)格的邊長為單位1，
則AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，F(xiàn)G＝3，DG＝4，
由勾股定理可得：CF＝＝＝，CD＝＝＝2，DF＝＝＝5，
∵（）2+（2）2＝52，
∴CF2+CD2＝DF2，
∴∠FCD＝90°，
∴tan∠AOC＝tan∠FDC＝＝＝；
（3）解：①平移線段BC至DG處，連接GE，如圖3﹣1所示：
則∠DMC＝∠GDE，四邊形DGBC是平行四邊形，
∴DC＝GB，
∵四邊形ADCP與四邊形PBEF都是正方形，
∴DC＝AD＝AP，BP＝BE，∠DAG＝∠GBE＝90°
∴DC＝AD＝AP＝GB，
∴AG＝BP＝BE，
在△AGD和△BEG中，
，
∴△AGD≌△BEG（SAS），
∴DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，
∴∠EGB+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°，
∴∠EGD＝90°，
∴∠GDE＝∠GED＝45°，
∴∠DMC＝∠GDE＝45°；
②如圖3﹣2所示：
∵AC為正方形ADCP的對角線，
∴AD＝CD，∠DAC＝∠PAC＝∠DMC＝45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AC＝AD，
∵∠HCM＝∠BCA，
∴∠AHD＝∠CHM＝∠ABC，
∴△ADH∽△ACB，
∴＝＝＝．
24．（2022?鎮(zhèn)江二模）如圖，正方形ABCD的邊長是4，點E是AD邊上一個動點，連接BE，將△ABE沿直線BE翻折得到△FBE．
（1）如圖1，若點F落在對角線BD上，則線段DE與AE的數(shù)量關(guān)系是 DE＝AE ；
（2）若點F落在線段CD的垂直平分線上，在圖2中用直尺和圓規(guī)作出△FBE（不寫作法，保留作圖痕跡）．連接DF，則∠EDF＝ 75 °；
（3）如圖3，連接CF，DF，若∠CFD＝90°，求AE的長．
【解答】解：（1）DE＝AE，理由如下：
在正方形ABCD中，∠ADB＝45°，∠A＝90°，
由折疊的性質(zhì)可得：AE＝EF，∠EFB＝∠A＝90°，
∴∠EFD＝90°，
∴△EFD為等腰直角三角形，
即DF＝FE，
由勾股定理可得：EF＝DE，
即DE＝AE；
（2）作圖如下：
則△FBE為即為所求，
由題意可得：MN垂直平分CD，MN垂直平分AB，點F在MN上，
則AF＝BF，
由折疊的性質(zhì)可得AB＝BF，
∴△ABF為等邊三角形，
∴∠BAF＝60°，△ADF為等腰三角形，
∴∠DAF＝30°，
∴∠EDF＝，
故答案為：75；
（3）取CD的中點O，連接BO，F(xiàn)O，如圖，
∵∠CFD＝90°，
∴OF＝CO＝OD＝2，
∵BC＝BA＝BF，BO＝BO，
∴△BCO≌△BFO（SSS），
∴∠BFO＝∠BCO＝90°，
∴∠EFB+∠BFO＝180°，
∴點E，F(xiàn)，O共線，
設(shè)AE＝EF＝x，則DE＝4﹣x，
在Rt△ODE中，OD2+DE2＝OE2，
∴22+（4﹣x）2＝（2+x）2，
解得x＝，
即AE的長為．
25．（2022?廣陵區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形OABC為矩形，A（0，6），C（8，0）．
（1）如圖1，D是OC的中點，將△AOD沿AD翻折后得到△AED，AE的延長線交BC于F．
①試判斷線段EF與CF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②求點F的坐標(biāo)；
（2）如圖2，點M、N分別是線段AB、OB上的動點，ON＝2MB，如果以M、N、B三點中的一點為圓心的圓恰好過另外兩個點（M、N、B三點不在同一條直線上），求點M的坐標(biāo)．
【解答】（1）①解：EF＝CF，理由如下：
連接DF，
由題意可知，∠AED＝∠AOD＝90°，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEF＝∠DCF，
∵D是OC的中點，
∴OD＝OC，
∵OD＝DE，
∴DE＝DC，
∵DF＝DF，
∴△DEF≌△DCF（SAS），
∴EF＝CF，
②解：∵△DEF≌△DCF，
∴∠EDF＝∠CDF，
∴∠ADF＝90°，
∴∠ADO+∠CDF＝90°，
∵∠ADO+∠OAD＝90°，
∴∠OAD＝∠CDF，
∵∠AOD＝∠DCF，
∴△AOD∽△ADF，
∴，
∴CF＝，
∵A（0，6），C（8，0），D是OC的中點，
∴AO＝6，OD＝DC＝4，
∴CF＝，
∴F（8，）；
（2）解：∵BC＝6，OC＝8，
∴OB＝，
設(shè)BM＝x，
①當(dāng)點B為圓心時，則BM＝BN，
∵ON＝2MB，
∴10﹣2x＝x，
∴x＝，
∴AM＝8﹣，
∴M（，6），
②當(dāng)點M為圓心時，則MB＝MN，
過N作NG⊥AB于G，
則△BGN∽△BAO，
∴，
∴，
∴GN＝，BG＝，GM＝，
∴，
解得：（舍去），
∴AM＝，
∴M（，6），
③當(dāng)點N為圓心時，則MN＝BN，
∴BG＝BM，
∴8﹣x＝x，
解得：x＝，
∴AM＝8﹣，
∴M（，6），
綜上所述，M點的坐標(biāo)為（，6），（，6），（，6）．
26．（2022?姜堰區(qū)二模）如圖，正方形ABCD中，E為BC邊上一點，BF⊥AE于F，DG⊥AE于G，H為線段DG上一點，連接HF．AB＝5，GH＝nDG，AG＝mAF．
（1）求證：△ABF≌△DAG；
（2）若DG＝a，①請用含a、m、n的代數(shù)式表示HF2；②當(dāng)m、n滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系時，HF的長為定值，并求出這個值；
（3）在HF為定值的條件下，是否存在m，使得tan∠GHF＝，若存在，求出m的值，若不存在，試說明理由．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵BF⊥AE，DG⊥AE，
∴∠AFB＝90°＝∠AGD，
∴∠BAF＝90°﹣∠FAD＝∠ADG，
在△ABF和△DAG中，
，
∴△ABF≌△DAG（AAS）；
（2）解：①由（1）知△ABF≌△DAG，
∴AF＝DG＝a，
∵GH＝nDG，AG＝mAF，
∴GH＝na，AG＝ma，
∴GF＝AF﹣AG＝a﹣ma，
在Rt△GHF中，
HF2＝GH2+GF2＝（na）2+（a﹣ma）2＝（m2﹣2m+n2+1）a2．
②在Rt△ADG中，AD2＝DG2+AG2，
∴52＝a2+（ma）2，
∴a2+m2a2＝25②，
由①知：HF2＝（m2﹣2m+n2+1）a2＝m2a2﹣2ma2+n2a2+a2＝25﹣2ma2+n2a2＝25+（n2﹣2m）a2，
∴當(dāng)n2﹣2m＝0時，HF2是定值25，
∴當(dāng)2m＝n2時，HF為定值5；
（3）解：存在．
設(shè)AF＝b，則DG＝AF＝b，AG＝mb，GH＝nb，
∵tan∠GHF＝＝，
∴＝，
∴＝，
∴2m＝n2
∴12﹣6n2＝n，
∴6n2+n﹣12＝0，
n＝或﹣（舍去），
∴m＝n2＝．
九．直線與圓的位置關(guān)系（共1小題）
27．（2022?鼓樓區(qū)校級二模）點P是平面直角坐標(biāo)系中的一點且不在坐標(biāo)軸上，過點P向x軸，y軸作垂線段，若垂線段的長度的和為4，則點P叫做“垂距點”．例如：下圖中的P（1，3）是“垂距點”．
（1）在點A（2，2），B（，﹣），C（﹣1，5）中，是“垂距點”的點為 A，B ；
（2）求函數(shù)y＝2x+3的圖象上的“垂距點”的坐標(biāo)；
（3）⊙T的圓心T的坐標(biāo)為（1，0），半徑為r．若⊙T上存在“垂距點”，則r的取值范圍是 ≤r＜5 ．
【解答】解：（1）∵|2|+|2|＝4，||+|﹣|＝4，|﹣1|+|5|＝6≠4，
∴是“垂距點”的點為A，B．
故答案為：A，B．
（2）設(shè)函數(shù)y＝2x+3的圖像上的“垂距點”的坐標(biāo)（a，2a+3），
依題意得：|a|+|2a+3|＝4．
①當(dāng)a＞0時，a+（2a+3）＝4，
解得：a＝，
∴此時“垂距點”的坐標(biāo)為（，）；
②當(dāng)﹣＜a＜0時，﹣a+（2a+3）＝4，
解得：a＝1（不合題意，舍去）；
③當(dāng)a＜﹣時，﹣a﹣（2a+3）＝4，
解得：a＝﹣，
∴此時“垂距點”的坐標(biāo)為（﹣，﹣）．
∴綜上所述，函數(shù)y＝2x+3的圖像上的“垂距點”的坐標(biāo)是（，）或（﹣，﹣）．
（3）設(shè)“垂距點”的坐標(biāo)為（x，y），則|x|+|y|＝4（x?y≠0），
當(dāng)x＞0，y＞0時，x+y＝4，即y＝﹣x+4（0＜x＜4）；
當(dāng)x＜0，y＞0時，﹣x+y＝4，即y＝x+4（﹣4＜x＜0）；
當(dāng)x＜0，y＜0時，﹣x﹣y＝4，即y＝﹣x﹣4（﹣4＜x＜0）；
當(dāng)x＞0，y＜0時，x﹣y＝4，即y＝x﹣4（0＜x＜4），
畫出該函數(shù)圖象，如圖所示．
當(dāng)⊙T與DE相切時，過點T作TN⊥直線DE于點N，易證△DNT為等腰直角三角形，
∴TN＝TD＝×|4﹣1|＝；
當(dāng)⊙T過點F（﹣4，0）時，⊙T上不存在“垂距點”，
此時r＝FT＝|1﹣（﹣4）|＝5．
∴若⊙T上存在“垂距點”，則r的取值范圍是≤r＜5．
故答案為：≤r＜5．
一十．切線的性質(zhì)（共1小題）
28．（2022?廣陵區(qū)二模）已知：如圖，在△ABC中，AB＝BC，D是AC中點，點O是AB上一點，⊙O過點B且與AC相切于點E，交BD于點G，交AB于點F．
（1）求證：BE平分∠ABD；
（2）當(dāng)BD＝2，sinC＝時，求⊙O的半徑．
【解答】（1）證明：連接OE，
∵AC與⊙O相切，
∴OE⊥AC，
∵AB＝BC且D是BC中點，
∴BD⊥AC，
∴OE∥BD，
∴∠OEB＝∠DBE，
∵OB＝OE，
∴∠OBE＝∠OEB，
∴∠ABE＝∠DBE，
∴BE平分∠ABD；
（2）解∵BD＝2，sinC＝，BD⊥AC，
∴BC＝4，
∴AB＝4，
設(shè)⊙O的半徑為r，則AO＝4﹣r
∵AB＝BC，
∴∠C＝∠A，
∴sinA＝sinC＝，
∵AC與⊙O相切于點E，
∴OE⊥AC
∴sinA＝＝＝，
∴r＝．
一十一．圓的綜合題（共4小題）
29．（2022?廣陵區(qū)校級二模）（1）【嘗試探究】已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點O是AB的中點，作∠POQ＝90°，分別交AC、BC于點P、Q，連接PQ．
①如圖1，若AC＝BC，試探索線段AP、BQ、PQ之間的數(shù)量關(guān)系；
②如圖2，試探索①中的結(jié)論在一般情況下是否仍然成立；
（2）【解決問題】如圖3，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，點O是AB的中點，過C、O兩點的圓分別交邊AC、BC于點P、Q，連接PQ，求△PCQ面積的最大值．
【解答】解：（1）①連接CO，
∵△ABC是等腰直角三角形，點O是AB的中點，
∴AO＝CO，∠A＝∠OCQ＝45°，CO⊥AB，
∵∠POQ＝90°，
∴∠AOP＝∠COQ，
∴△AOP≌△COQ（ASA），
∴AP＝CQ，
∵AC＝BC，
∴CP＝BQ，
∵∠ACB＝90°，
∴CP2+CQ2＝PQ2，
∴AP2+BQ2＝PQ2；
②AP2+BQ2＝PQ2仍然成立．
證明：延長QO至D，使OD＝OQ，連接AD、PD，
∵AB、DQ互相平分，
∴四邊形ADBQ是平行四邊形，
∴AD∥BQ，AD＝BQ，
∵∠C＝90°，
∴∠PAD＝90°，
∴AP2+BQ2＝AP2+AD2＝PD2，
∵PO垂直平分DQ，
∴PQ＝PD，
∴AP2+BQ2＝PQ2；
（2）連接OP、OQ，
∵∠C＝90°，過C、O兩點的圓分別交AC、BC于點P、Q，
∴PQ是圓的直徑，
∴∠POQ＝90°，
由②知，AP2+BQ2＝PQ2，
設(shè)PC＝a，CQ＝b，
∴（6﹣a）2+（8﹣b）2＝a2+b2，
∴3a+4b＝25，
∴b＝﹣a+，
∵S△PCQ＝ab，
∴S△PCQ＝﹣a2+a＝﹣（a﹣）2+．
當(dāng)a＝時，△PCQ的面積的最大值是．
30．（2022?江都區(qū)二模）如圖，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分線，A是射線OM上一點，OA＝8cm．動點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度沿AO水平向左做勻速運(yùn)動，與此同時，動點Q從點O出發(fā)，也以1cm/s的速度沿ON豎直向上做勻速運(yùn)動．連接PQ，交OT于點B．經(jīng)過O，P，Q三點作圓，交OT于點C，連接PC，QC．設(shè)運(yùn)動時間為t（s），其中0＜t＜8．
（1）求OP+OQ的值；
（2）是否存在實數(shù)t，使得線段OB的長度最大？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．
（3）在點P，Q運(yùn)動過程中（0＜t＜8），四邊形OPCQ的面積是否變化．如果面積變化，請說出四邊形OPCQ面積變化的趨勢；如果四邊形OPCQ面積不變化，請求出它的面積．
【解答】解：（1）由題意可得，OP＝（8﹣t）cm，OQ＝tcm，
∴OP+OQ＝8﹣t+t＝8（cm）．
（2）當(dāng)t＝4時，線段OB的長度最大．
如圖，過點B作BD⊥OP，垂足為D，則BD∥OQ．
∵OT平分∠MON，
∴∠BOD＝45°，
∴∠BOD＝∠OBD＝45°，
∴BD＝OD，OB＝BD，
設(shè)線段BD的長為x，則BD＝OD＝xcm，OB＝BD＝xcm，PD＝（8﹣t﹣x）cm，
∵BD∥OQ，
∴＝，
∴＝，
∴x＝，
∴OB＝?＝﹣（t﹣4）2+2（0＜t＜8），
∵﹣＜0．
∴當(dāng)t＝4時，線段OB的長度最大，最大為2cm．
（3）四邊形OPCQ面積不變化，面積為16cm2．
∵∠POQ＝90°，
∴PQ是圓的直徑，
∴∠PCQ＝90°，
∵∠PQC＝∠POC＝45°，
∴△PCQ是等腰直角三角形，
∴S△PCQ＝PC?QC＝×PQ?PQ＝PQ2，
在Rt△POQ中，PQ2＝OP2+OQ2＝（8﹣t）2+t2，
∴四邊形OPCQ的面積S＝S△POQ+S△PCQ＝OP?OQ+PQ2
＝t（8﹣t）+[（8﹣t）2+t2]
＝4t﹣t2+t2﹣4t+16
＝16．
∴四邊形OPCQ的面積為16cm2．
31．（2022?鎮(zhèn)江二模）如圖，AB為半⊙O的直徑，P點從B點開始沿著半圓逆時針運(yùn)動到A點，在運(yùn)動中，作∠CAP＝∠PAB，且PC⊥AC，已知AB＝10．
（1）當(dāng)P點不與A，B點重合時，求證：CP為⊙O切線；
（2）當(dāng)PB＝6時，AC與⊙O交于D點，求AD的長；
（3）P點在運(yùn)動過程中，當(dāng)PA與AC的差最大時，直接寫出此時的弧長．
【解答】（1）證明：如圖1，連接OP，
∵OA＝OP，
∴∠PAB＝∠OPA，
∵∠CAP＝∠PAB，
∴∠OPA＝∠CAP，
∴OP∥AC，
∵PC⊥AC，
∴PC⊥OP，
∵OP為⊙O的半徑，
∴CP為⊙O切線；
（2）解：如備用圖，連接BD交OP于點E，
∵AB為半⊙O的直徑，
∴∠APB＝90°，
∵AB＝10，PB＝6，
∴AP＝，
∵∠CAP＝∠PAB，∠APB＝∠ACP＝90°，
∴△APB∽△ACP，
∴，
∴，
∴AC＝，
∵AB為半⊙O的直徑，
∴AD⊥BD，
∴PC∥BD，
∵∠POB＝∠OAP+∠OPA＝∠OAP+∠PAC＝∠BAC，
∴OP∥AC，
∴四邊形PCDE是平行四邊形，
∵∠C＝90°，
∴四邊形PCDE是矩形，
∵AO＝BO，OE∥AD，
∴2OE＝AD，
設(shè)AD＝m，
∴OE＝m，PE＝OP﹣OE＝5﹣m，CD＝PE＝5﹣m，
∴5﹣m+m＝，
∴m＝，
∴AD＝，
即AD的長為；
（3）解：設(shè)AP＝x，
由（2）知，△APB∽△ACP，
∴，
∴，
∴AC＝，
∴PA﹣AC＝x﹣＝，
∴當(dāng)x＝5時，即AP＝5時，PA﹣AC的值最大，
此時cs∠PAB＝，
∴∠PAB＝60°，
∴∠POB＝2×60°＝120°，
∴的弧長＝．
32．（2022?秦淮區(qū)二模）【概念認(rèn)識】
與矩形一邊相切（切點不是頂點）且經(jīng)過矩形的兩個頂點的圓叫做矩形的第Ⅰ類圓；與矩形兩邊相切（切點都不是頂點）且經(jīng)過矩形的一個頂點的圓叫做矩形的第Ⅱ類圓．
【初步理解】
（1）如圖①～③，四邊形ABCD是矩形，⊙O1和⊙O2都與邊AD相切，⊙O2與邊AB相切，⊙O1和⊙O3都經(jīng)過點B，⊙O3經(jīng)過點D，3個圓都經(jīng)過點C．在這3個圓中，是矩形ABCD的第Ⅰ類圓的是 ① ，是矩形ABCD的第Ⅱ類圓的是 ② ．
【計算求解】
（2）已知一個矩形的相鄰兩邊的長分別為4和6，直接寫出它的第Ⅰ類圓和第Ⅱ類圓的半徑長．
【深入研究】
（3）如圖④，已知矩形ABCD，用直尺和圓規(guī)作圖．（保留作圖痕跡，并寫出必要的文字說明）
①作它的1個第Ⅰ類圓；
②作它的1個第Ⅱ類圓．
【解答】解：（1）由定義可得，①的矩形有一條邊AD與⊙O1相切，點B、C在圓上，
∴①是第Ⅰ類圓；
②的矩形有兩條邊AD、AB與⊙O2相切，點C在圓上，
∴②是第Ⅱ類圓；
故答案為：①，②；
（2）如圖1，設(shè)AD＝6，AB＝4，切點為E，過點O作EF⊥BC交BC于F，交AD于E，連接BO，
設(shè)BO＝r，則OE＝r，OF＝4﹣r，
由垂徑定理可得，BF＝CF＝3，
在Rt△BOF中，r2＝（4﹣r）2+32，
解得r＝；
如圖2，設(shè)AD＝4，BC＝6，切點為E，過點O作EF⊥BC交BC于F，交AD于E，連接BO，
設(shè)BO＝r，則OE＝r，OF＝6﹣r，
由垂徑定理可得，BF＝CF＝2，
在Rt△BOF中，r2＝（6﹣r）2+22，
解得r＝；
綜上所述：第Ⅰ類圓的半徑是或；
如圖3，AD＝6，AB＝4，過點O作MN⊥AD交于點M，交BC于點N，連接OC，
設(shè)AB邊與⊙O的切點為G，連接OG，
∴GO⊥AB，
設(shè)OM＝r，則OC＝r，則ON＝4﹣r，
∵OG＝r，
∴BN＝r，
∴NC＝6﹣r，
在Rt△OCN中，r2＝（4﹣r）2+（6﹣r）2，
解得r＝10﹣4，
∴第Ⅱ類圓的半徑是10﹣4；
（3）①如圖4，
第一步，作線段AD的垂直平分線交AD于點E，
第二步，連接EC，
第三步，作EC的垂直平分線交EF于點O，
第四步，以O(shè)為圓心，EO為半徑作圓，
∴⊙O即為所求第Ⅰ類圓；
②如圖5，
第一步：作∠BAD的平分線；
第二步：在角平分線上任取點E，過點E作EF⊥AD，垂足為點F；
第三步：以點E為圓心，EF為半徑作圓E，交AC于點G，連接FG；
第四步：過點C作CH∥FG，CH交AD于點H；
第五步：過點H作AD的垂線，交∠BAD的平分線于點O；
第六步：以點O為圓心，OH為半徑的圓，⊙O即為所求第Ⅱ類圓．

一十二．翻折變換（折疊問題）（共1小題）
33．（2022?廣陵區(qū)二模）將平行四邊形紙片ABCD按如圖方式折疊，使點C與A重合，點D落到D'處，折痕為EF．
（1）求證：△ABE≌△AD'F；
（2）連接CF，判斷四邊形AECF是什么特殊四邊形？證明你的結(jié)論．
【解答】解：（1）∵平行四邊形紙片ABCD折疊，使點C與A重合，點D落到D′處，折痕為EF，
∴CD＝AD′，CE＝AE，DF＝D′F，∠CEF＝∠AEF
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∴AB＝AD′，
∵AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AE＝AF，
∴AF＝CE，
∴AD﹣AF＝BC﹣CE，
∴DF＝BE，
∴BE＝FD′，
在△ABE和△AD′F中，
，
∴△ABE≌△AD′F（SSS）；
（2）四邊形AECF是菱形．
理由如下：
如圖，連接CF，
∵AF＝EC，AF∥EC，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∵EA＝EC，
∴四邊形AECF是菱形．
一十三．幾何變換綜合題（共2小題）
34．（2022?豐縣二模）如圖①，等邊三角形紙片ABC中，AB＝12，點D在BC上，CD＝4，過點D折疊該紙片，得點C'和折痕DE（點E不與點A、C重合）．
（1）當(dāng)點C'落在AC上時，依題意補(bǔ)全圖②，求證：DC'∥AB；
（2）設(shè)△ABC'的面積為S，S是否存在最小值？若存在，求出S的最小值；若不存在，請說明理由；
（3）當(dāng)B，C'，E三點共線時，EC的長為 2﹣2 .
【解答】（1）證明：補(bǔ)全圖形，如圖②所示，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∵過點D折疊該紙片，得點C'和折痕DE，
∴∠DC′C＝∠C＝60°，
∴∠DC′C＝∠A＝60°，
∴DC'∥AB；
（2）解：S存在最小值，
如圖③，過點D作DF⊥AB于F，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝12，
又∵CD＝4，
∴BD＝8，
由折疊可知，DC′＝DC＝4，
∴點C′在以D為圓心，4為半徑的圓上，
∴當(dāng)點C′在DF上時，點C′到AB的距離最小，S△ABC最小，
∵Rt△BDF中，DF＝DB?sin∠ABD＝8?sin60°＝8×＝4，
∴S最小＝×12×（4﹣4）＝24﹣24；
（3）解：EC＝2﹣2，理由如下：
如圖④，連接BC′，過點D作DG⊥C′E于點G，過點E作EH⊥BC于點H，
則∠DGC′＝∠EHC＝90°，
設(shè)CE＝x，
由翻折得：DC′＝DC＝4，C′E＝CE＝x，∠DC′E＝∠DCE＝60°，
C′G＝DC′?cs∠DC′E＝4cs60°＝2，DG＝DC′?sin∠DC′E＝4sin60°＝2，
CH＝CE?cs∠DCE＝x?cs60°＝x，EH＝CE?sin∠DCE＝x?sin60°＝x，
∴BH＝BC﹣CH＝12﹣x，
∵B，C'，E三點共線，
∴∠DBG＝∠EBH，BG＝BE﹣C′E+C′G＝BE﹣x+2，
∴△BDG∽△BEH，
∴＝＝，
即：＝＝
∴BE＝2x，
∴＝，
∵x＞0，
∴x＝2﹣2，
∴EC的長為2﹣2，
故答案為：2﹣2．
35．（2022?灌南縣二模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，點M，N分別是AC，BC的中點，點P是直線MN上一點，連接AP，將線段PA繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PQ，連接AQ，CQ．
【問題發(fā)現(xiàn)】（1）如圖（1），當(dāng)點P與點M重合時，線段CQ與PN的數(shù)量關(guān)系是 CQ＝PN ，∠ACQ＝ 45° ．
【探究證明】（2）當(dāng)點P在射線MN上運(yùn)動時（不與點N重合），（1）中結(jié)論是否一定成立？請利用圖（2）中的情形給出證明．
（3）連接PC，當(dāng)△PCQ是等邊三角形時，請直接寫出的的值．
【解答】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠B＝45°，
∵CP＝PA，CN＝BN，
∴MN∥AB，
∴∠CPN＝∠CAB＝90°，∠CNM＝∠B＝45°，
∴∠PCN＝∠CNP，
∴CM＝PN，
∵∠APQ＝∠CPQ＝90°，AP＝PQ＝CP，
∴△QCM是等腰直角三角形，
∴CQ＝CM＝PN，∠ACQ＝45°，
故答案為：CQ＝PN，45°．
（2）結(jié)論成立．
理由：連接AN．
∵AC＝AB，∠CAB＝90°，CN＝BN，
∴AN⊥BC，AN＝CN＝BN，
∴△ACN是等腰直角三角形，
∴AC＝AN，∠CAN＝45°，
∵△APQ是等腰直角三角形，
∴AQ＝AP，∠QAP＝45°，
∴∠QAP＝∠CAN，
∴∠QAC＝∠PAN，＝＝，
∴△QAC∽△PAN，
∴∠ACQ＝∠ANP，＝＝，
∴CQ＝PN，
∵AM＝CM，AN＝NC，∠ANC＝90°，
∴∠ANM＝∠CNM＝45°，
∴∠ACQ＝∠ANP＝45°；
（3）如圖3中，當(dāng)點P在線段MN上時，過點P作PR⊥CN于點R．
∵△PCQ是等邊三角形，
∴∠PCQ＝60°，
∵∠ACQ＝∠ACB＝45°，
∴∠ACP＝15°，∠PCR＝30°，
設(shè)PR＝RN＝m，則PN＝m，CR＝m，
∴CN＝BN＝m+m，
∴BC＝2m+2m，
∴AB＝BC＝m+m，
∴＝＝．
如圖4中，當(dāng)點P在MN的延長線上時，過點P作PR⊥CN交CB的延長線于點R．
同法可得，∠MPC＝∠MPA＝∠APR＝15°，∠PCR＝30°，
設(shè)PR＝NR＝n，則PN＝n，CR＝n，CN＝（﹣1）n，
∴BC＝2（﹣1）n，
∴AB＝BC＝（﹣）n，
∴＝＝，
綜上所述，的值為或．
x/周
8
24
T/千套
10
26
從前，一個年輕人在他先祖的遺物中發(fā)現(xiàn)了一張記錄著藏寶地的羊皮紙，上面寫著：
某荒島上有一株橡樹A和一株松樹B，還有一座木樁P，從木樁P走到橡樹A，記住所走的步數(shù)，到了橡樹A向左拐個直角再走這么多步，在這里打個樁，記為C．從木樁P再朝松樹B走去，記住所走的步數(shù)，到了松樹B向右拐個直角再走這么多步，在這里也打個樁，記為D．樁C，D的正當(dāng)中就是寶藏的位置Q．
根據(jù)指示，這個年輕人找到了荒島上的橡樹和松樹，但可惜木樁已腐爛成土，一點痕跡也看不出了．他只能亂挖起來，但是地方太大了，一切只是徒勞，他只好抱憾而歸．
聰明的讀者，你有辦法找到寶藏嗎？
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根據(jù)指示，這個年輕人找到了荒島上的橡樹和松樹，但可惜木樁已腐爛成土，一點痕跡也看不出了．他只能亂挖起來，但是地方太大了，一切只是徒勞，他只好抱憾而歸．
聰明的讀者，你有辦法找到寶藏嗎？

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