1．（2021·安徽）設(shè)拋物線，其中a為實數(shù)．
（1）若拋物線經(jīng)過點，則______；
（2）將拋物線向上平移2個單位，所得拋物線頂點的縱坐標的最大值是______．
【答案】 0 2
【解析】
【分析】
（1）直接將點代入計算即可
（2）先根據(jù)平移得出新的拋物線的解析式，再根據(jù)拋物線頂點坐標得出頂點坐標的縱坐標，再通過配方得出最值
【詳解】
解：（1）將代入得：
故答案為：0
（2）根據(jù)題意可得新的函數(shù)解析式為：
由拋物線頂點坐標
得新拋物線頂點的縱坐標為：
∵
∴當a=1時，有最大值為8，
∴所得拋物線頂點的縱坐標的最大值是
故答案為：2
【點睛】
本題考查將拋物線的頂點坐標、將點代入代入函數(shù)解析式、利用配方法求最值是常用的方法
2．（安徽省2020年中考數(shù)學試題）在數(shù)學探究活動中，敏敏進行了如下操作：如圖，將四邊形紙片沿過點的直線折疊，使得點落在上的點處，折痕為；再將分別沿折疊，此時點落在上的同一點處．請完成下列探究：
的大小為__________；
當四邊形是平行四邊形時的值為__________．
【答案】30
【分析】
（1）根據(jù)折疊得到∠D+∠C=180°，推出AD∥BC，，進而得到∠AQP=90°，以及∠A=180°-∠B=90°，再由折疊，得到∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°即可；
（2）根據(jù)題意得到DC∥AP，從而證明∠APQ=∠PQR，得到QR=PR和QR=AR，結(jié)合（1）中結(jié)論，設(shè)QR=a，則AP=2a，由勾股定理表達出AB=AQ=即可解答．
【詳解】
解：（1）由題意可知，∠D+∠C=180°，
∴AD∥BC，
由折疊可知∠AQD=∠AQR，∠CQP=∠PQR，
∴∠AQR+∠PQR=，即∠AQP=90°，
∴∠B=90°，則∠A=180°-∠B=90°，
由折疊可知，∠DAQ=∠BAP=∠PAQ，
∴∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°，
故答案為：30；
（2）若四邊形APCD為平行四邊形，則DC∥AP，
∴∠CQP=∠APQ，
由折疊可知：∠CQP=∠PQR，
∴∠APQ=∠PQR，
∴QR=PR，
同理可得：QR=AR，即R為AP的中點，
由（1）可知，∠AQP=90°，∠PAQ=30°，且AB=AQ，
設(shè)QR=a，則AP=2a，
∴QP=，
∴AB=AQ=，
∴，
故答案為：．
【點睛】
本題考查了四邊形中的折疊問題，涉及了平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理等知識點，解題的關(guān)鍵是讀懂題意，熟悉折疊的性質(zhì)．
3．（安徽省2019年中考數(shù)學試題）在平面直角坐標系中，垂直于x軸的直線l分別于函數(shù)y=x-a+1和y=x2-2ax的圖像相交于P，Q兩點.若平移直線l，可以使P，Q都在x軸的下方，則實數(shù)a的取值范圍是_______
【答案】a＞1或a＜-1
【解析】
【分析】
首先求出y=x-a+1＜0和y=x2-2ax＜0的解集，然后分情況討論，聯(lián)立不等式，即可得到a的取值范圍.
【詳解】
解：∵直線l分別與函數(shù)y=x-a+1和y=x2-2ax的圖像相交于P，Q兩點，且都在x軸的下方，
∴令y=x-a+1＜0，解得x＜a-1，
令y=x2-2ax＜0，當a＞0時,解得：0＜x＜2a；當a＜0時，解得：2a＜x＜0，
①當a＞0時，若有解，則，解得：a＞1，
②當a＜0時，若有解，則，解得：a＜-1，
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是a＞1或a＜-1.
【點睛】
本題考查了一次函數(shù)、二次函數(shù)與不等式的關(guān)系，利用數(shù)形結(jié)合與分類討論思想是解題關(guān)鍵.
4．（安徽省2018年中考數(shù)學試題）矩形ABCD中，AB=6，BC=8.點P在矩形ABCD的內(nèi)部，點E在邊BC上，滿足△PBE∽△DBC，若△APD是等腰三角形，則PE的長為數(shù)___________.
【答案】3或1.2
【分析】
由△PBE∽△DBC，可得∠PBE=∠DBC，繼而可確定點P在BD上，然后再根據(jù)△APD是等腰三角形，分DP=DA、AP=DP兩種情況進行討論即可得.
【詳解】
∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠C=90°，CD=AB=6，BC=8，∴BD=10，
∵△PBE∽△DBC，
∴∠PBE=∠DBC，∴點P在BD上，
如圖1，當DP=DA=8時，BP=2，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=2：10，
∴PE：6=2：10，
∴PE=1.2；
如圖2，當AP=DP時，此時P為BD中點，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=1：2，
∴PE：6=1：2，
∴PE=3；
綜上，PE的長為1.2或3，
故答案為1.2或3.
【點睛】
本題考查了相似三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)等，確定出點P在線段BD上是解題的關(guān)鍵.
5．（2021·安徽）在三角形紙片ABC中，，，.將該紙片沿過點B的直線折疊，使點A落在斜邊BC上的一點E處，折痕記為BD（如圖1），剪去后得到雙層（如圖2），再沿著邊某頂點的直線將雙層三角形剪開，使得展開后的平面圖形中有一個是平行四邊形.則所得平行四邊形的周長為_________cm.
【答案】或
【解析】
【詳解】
試題解析：先判斷該平行四邊形是菱形，在求出周長，注意分類討論.（1）作
所得的平行四邊形的周長為40cm.
（2）作
所得的平行四邊形的周長為cm.
考點： 菱形的判定及性質(zhì).
1．（2022·吉林·九年級期末）如圖，在平面直角坐標系中，點在拋物線上，過點作軸的垂線交拋物線于另一點，點、在線段上，分別過點、作軸的垂線交拋物線于、兩點，連接，若四邊形是矩形，，則線段的長為 __．
【答案】2
【解析】
【分析】
利用待定系數(shù)法求出拋物線解析式，設(shè)點橫坐標為，點C（m,4），根據(jù)四邊形是矩形，可證EF∥x軸，F(xiàn)、E兩點縱坐標相同，根據(jù)、兩點在拋物線上，得出F，E關(guān)于y軸對稱，可證點C與點D關(guān)于y軸對稱，得出點D的坐標為(-m，4)根據(jù)，求出點坐標為，根據(jù)函數(shù)解析式列方程，解方程即可．
【詳解】
解：把代入中得，
解得，
，
設(shè)點橫坐標為，點C（m,4），
∵四邊形是矩形，
∴EF∥CD即EF∥AB，
過點A作軸的垂線交拋物線于另一點，
∴AB∥x軸，
∴EF∥x軸，F(xiàn)、E兩點縱坐標相同，
∵、兩點在拋物線上，
∴F，E關(guān)于y軸對稱，
∴點C與點D關(guān)于y軸對稱，
∴點D的坐標為(-m，4)，
則，
，
，
點坐標為，
，
解得（舍或．
．
故答案為：2．
【點睛】
本題考查待定系數(shù)法求拋物線解析式，矩形性質(zhì)，軸對稱判定與性質(zhì)，根據(jù)矩形性質(zhì)得出FE∥x軸，利用點F的坐標特征列方程是解題關(guān)鍵．
2．（2022·浙江紹興·八年級期末）如圖，AB∥CD，AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AC和BD交于點E，F(xiàn)，G分別是線段AB和線段AC上的動點，且AF=CG，若DE=1，AB=2，則DF+DG的最小值為______．
【答案】
【解析】
【分析】
先根據(jù)AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AB∥CD證明四邊形ABCD是菱形．在AC上取點B'，使AB'=AB，連接FB'，作點D關(guān)于AB的對稱點D'，連接D'F、DD'．作BH⊥CD于點H，作BM⊥DD'于點M，則△B'AF≌△DCG（SAS），得出B'F=DG，所以DF+DG=D'F+B'F，當B'、F、D'三點在同一直線上時，DF+DG=D'F+B'F取最小值為B'D'．再根據(jù)勾股定理求出B'D'即可．
【詳解】
解：連接BC，
∵AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AB∥CD，
∴∠DAC=∠BAC，∠ADB=∠CDB，∠AED=180°-180°÷2=90°，
∵AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴DA=DC，
同理：DA=BA，
∴DC=AB，
∵AB∥CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵DA=DC，
∴四邊形ABCD是菱形．
如圖．在AC上取點B'，使AB'=AB，連接FB'，作點D關(guān)于AB的對稱點D'，連接D'F、DD'．
作B'H⊥CD于點H，作B'M⊥DD'于點M．
∴DF=D'F，
∵AF=CG，∠B'AF=∠DCG，AB'=AB=CD，
∴△B'AF≌DCG（SAS），
∴B'F=DG，
∴DF+DG=D'F+B'F，
∴當B'、F、D'三點在同一直線上時，DF+DG=D'F+B'F取最小值為B'D'．
∵DE=1，AD=AB=2，
∴∠DAE=30°，∠ADE=60°，
∴AC=AD=2，CB'=2-2，
∴B'H=B'C=-1，CH=B'H=3-，
∴DH=DC-CH=2-（3-）=?1，
∵四邊形DHB′M是矩形
∴DM=B'H=-1，MB′=DH=,
∴D'M=DD'-DM=AD-DM=2-（-1）=+1，
∴D'B'=．
即DF+DG的最小值為2．
故答案為：．
【點睛】
本題考查了線段之和最小值問題，作輔助線推出△B'AF≌△DCG是解題的關(guān)鍵．
3．（2021·重慶一中三模）如圖，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，點D為BC邊的中點，點E是AB邊上一點，連接ED，將△EDB沿DE翻折，得到△DEP，連接PC，PB，PA，若DP經(jīng)過AC的中點F，且PC＝2，則△AFP的面積是 _____．
【答案】##
【解析】
【分析】
過點D作 DM⊥AB于點M，設(shè)ED與BP交于點O，可得四邊形BDPE為平行四邊形，而BD＝DP，故平行四邊形BDPE為菱形，即得EP＝BD＝BE＝CD＝5，BP⊥ED，又四邊形 EPCD為平行四邊形，推出ED＝PC＝2，證明四邊形EDPG是平行四邊形，可得PF是△ACG中位線，從而PFAG＝1，在 Rt△BOE中，BO＝2，即知S△BDEDE?BO＝2BE?DM，推出DM，根據(jù)△AFP與△BDE等高，即可得答案．
【詳解】
解：過點D作 DM⊥AB于點M，設(shè)ED與BP交于點O，
∵點D是BC邊的中點，點F是AC的中點，
∴DP∥BE，
∴∠EBD＝∠PDC，
又∵∠EPD＝∠EBD，
∴∠EPD＝∠PDC，
∴EP∥BD，
∴四邊形BDPE為平行四邊形，
又∵BD＝DP，
∴平行四邊形BDPE為菱形，
∴EP＝BD＝BE＝DP＝CD＝5，BP⊥ED，
∴四邊形 EPCD為平行四邊形，
∴ED＝PC＝2，ED∥CP，
∵DP∥BE，即DP∥EG，
∴四邊形EDPG是平行四邊形，
∴EG＝DP＝5，PG＝ED＝2，
∴PG＝CP，
∴PF是△ACG中位線，
∵AE＝AB﹣BE＝8﹣5＝3，
∴AG＝EG﹣AE＝5﹣3＝2，
∴PFAG＝1，
在 Rt△BOE中，
BE＝BD＝5，EODE＝1，
∴BO2，
∴S△BDEDE?BO＝2BE?DM，
∴DM，
∵平行線間的距離相等，△AFP以PF為底，高即為，
∴S△AFPPF1，
故答案為：．
【點睛】
本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造特殊四邊形解決問題．
4．（2022·貴州遵義·九年級期末）如圖，在平面直角坐標系中，點A（﹣2，0），直線l：yx與x軸交于點B，以AB為邊作等邊△ABA1，過點A1作A1B1x軸，交直線l于點B1，以A1B1為邊作等邊△A1B1A2，過點A2作A2B2x軸，交直線l于點B2，以A2B2為邊作等邊△A2B2A3，以此類推……，則點A2020的縱坐標是__．
【答案】
【解析】
【分析】
先根據(jù)解析式求得B的坐標，即可求得AB＝1，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)，分別求得A1的縱坐標為，A2的縱坐標為，A3的縱坐標為，進而得到An的縱坐標為，據(jù)此可得點A2020的縱坐標．
【詳解】
∵直線l：yx與x軸交于點B，
令y=0，即yx=0，解得：x=?1
∴B（﹣1，0），
∴OB＝1，
∵A（﹣2，0），
∴OA＝2，
∴AB＝1，
∵△ABA1是等邊三角形，過A1點作于 ，如圖所示，
則，，
∴，
∴A1（，），
∵∥AB，
∴把y代入yx，求得x，
∴B1（，），
∴A1B1＝2，
過A2點作于 ，
∵△是等邊三角形
則是的中點，且
∴C2點的橫坐標為：，
∵，
∴A2（，），即A2（，），
∵A3B3∥AB，
∴把y代入yx，得x，
∴B2（，），
∴A2B2＝4，
過A3點作于 ，
∵△是等邊三角形，
則是的中點，且
∴C3點的橫坐標為：，
∵，
∴A3（，），
即A3（ ，），
一般地，An的縱坐標為，
∴點A2020的縱坐標是，
故答案為．
【點睛】
本題是規(guī)律探索題，考查了一次函數(shù)的圖象，等邊三角形的性質(zhì)，從特殊出發(fā)得到一般性結(jié)論是本題的關(guān)鍵．
5．（2021·河南南陽·三模）如圖，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，延長BC到點D，菱形CDEF的邊CF在邊AC上，過點F作FG∥AB交BE于點G，點G是BE的中點，如果∠A＝60°，則線段EF和BC的數(shù)量關(guān)系為____，如果∠A＝90°，AB＝2＋2，則CD的長為____．
【答案】 BC＝2EF
【解析】
【分析】
延長FG交BC于點M，利用ASA證明△BGM≌△EGF，當∠A＝60°時，證明△ABC和△MCF為等邊三角形，再利用菱形的性質(zhì)，即可得到EF和BC的數(shù)量關(guān)系；當∠A＝90°，AB＝2+2時，先證明△ABC和△MCF為等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的邊角關(guān)系即可得到菱形的邊長．
【詳解】
解：如圖，延長FG交BC于點M，
∵四邊形CDEF為菱形，
∴EF∥BC，
∴∠GBM＝∠GEF，
∵BG＝GE，∠BGM＝∠EGF，
∴△BGM≌△EGF（ASA），
∴BM＝EF，
設(shè)菱形CDEF的邊長為a，則BM＝EF＝a，
在等腰三角形ABC中，AB＝AC，如果∠A＝60°，則△ABC為等邊三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵FG∥AB，
∴∠FMC＝∠ABC＝60°，∠CFM＝∠A＝60°，
∴△FMC為等邊三角形，
∴MC＝CF＝a，
∴BC＝BM+MC＝2a，
∴BC＝2EF，
在等腰三角形ABC中，AB＝AC，如果∠A＝90°，則△ABC為等腰直角三角形，
∴BC＝AB＝（2+2）＝4+2，∠ACB＝45°，
∴MC＝BC﹣BM＝4+2﹣a，
∵FG∥AB，
∴FG⊥AC，
∴△FMC為等腰直角三角形，
∴MC＝CF＝a，
∴4+2﹣a＝a，
∴a＝2，
∴CD＝2，
故答案為：BC＝2EF，CD＝2．
【點睛】
本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形，等腰直角三角形的邊角關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵．
1．（2021·河南濮陽·一模）如圖，有一張矩形紙條ABCD，AB＝5，,點M，N分別在邊AB，CD，CN＝1．現(xiàn)將四邊形BCNM沿MN折疊，使點B，C分別落在點， 處，在點M從點A運動到點B的過程中，若邊與邊CD交于點E，則點E相應運動的路徑長___．
【答案】##
【解析】
【分析】
探究點的運動軌跡，尋找特殊位置解決問題即可
【詳解】
解：如圖
∵四邊形是矩形，
，
，
由翻折的性質(zhì)可知：，
，
，
，
，
如圖
當點與重合時，，設(shè)，
在中，則有，解得，
，
如圖
當點運動到時，的值最大，
，
如圖
當點運動到點落在時，
（即），
∴點的運動軌跡，
運動路徑：
=．
故答案為：
【點睛】
本題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意確定關(guān)鍵點的位置，靈活運用所學知識解決問題．難點是對點位置的判斷．
2．（2022·安徽安慶·九年級開學考試）如圖．直線與坐標軸相交于A、B兩點，動點P在線段AB上，動點Q在線段OA上、連結(jié)OP，且滿足，則當______度時，線段OQ的最小值為______．
【答案】 30， 2
【解析】
【分析】
過點O作OE⊥AB于點E，過點Q作QF⊥AB于點F，設(shè)OQ=m，PE=n，構(gòu)造，建立一元二次方程，根據(jù)方程有實數(shù)根確定的最小值，進而求得∠POQ的度數(shù)，即可求得答案．
【詳解】
如圖，過點O作OE⊥AB于點E，過點Q作QF⊥AB于點F，設(shè)OQ=m，PE=n
∵直線與坐標軸相交于A、B兩點，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
在 中, ,
,
在 Rt 中，
，
，
,
整理得, ,
,
,
,
解得, 舍棄 或 ,
的最小值為 2 ,
的最小值為 2 , 此時 ,
,
∴
故答案為：30,2
【點睛】
本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，一元二次方程的根的判別式等知識，學會添加常用
輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題是解題的關(guān)鍵．
3．（2022·四川巴中·九年級期末）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，AB＝3，BC＝4，將△ABO沿著AC折疊得到ΔAB′O，B′O與AD相交于點E，則OE的長是______．
【答案】##
【解析】
【分析】
連接交于點，連接，由折疊可得，，根據(jù)矩形性質(zhì)和勾股定理可得，利用，可得，所以，然后證明△，進而可以解決問題．
【詳解】
解：如圖，連接交于點，連接，
由折疊可知：，，
在矩形中，
，，，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
△，
，
，
，
，
，
．
的長是．
故答案為：．
【點睛】
本題考查了矩形性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)和判定，關(guān)鍵主要考查學生的推理和計算能力．
4．（2022·廣東·模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，已知，，三點，其中，函數(shù)的圖象分別與線段BC，AC交于點P，Q．若，則t的值為______．
【答案】2
【解析】
【分析】
用t分別表示出S△PAB和S△PQB，然后根據(jù)題意得出一元二次方程求解即可．
【詳解】
解：如圖所示，
∵A（2t，0），C（2t，4t），
∴AC⊥x軸，
當x=2t時，y=，
∴Q（2t，），
∵B（0，﹣2t），C（2t，4t），
設(shè)直線BC的解析式為：，將兩點代入可得：
，
解得：，
∴直線BC的解析式為：y=3x﹣2t，
則3x﹣2t=，
解得：x1=t，x2=（舍），
∴P（t，t），
∵S△PAB=S△BAC﹣S△APC，S△PQB=S△BAC﹣S△ABQ﹣S△PQC，
∵S△PAB﹣S△PQB=t﹣1，
∴（S△BAC﹣S△APC）﹣（S△BAC﹣S△ABQ﹣S△PQC）=t﹣1，
S△ABQ+S△PQC﹣S△APC=，
解得：t=2，
故答案為：2．
【點睛】
本題考查的知識點是待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、反比例函數(shù)的圖像及其性質(zhì)以及三角形的面積公式，一元二次方程的應用，解題關(guān)鍵是利用雙曲線函數(shù)圖象解題．
5．（2022年浙江省寧波市中考數(shù)學模擬預測數(shù)學試題）太極推盤是一種常見的健身器材（如圖1），轉(zhuǎn)動兩個圓盤便能鍛煉身體．取推盤上半徑均為0.4米的圓A與圓B（如圖2）且AB=1米，圓A繞圓心A以2°每秒的速度逆時針旋轉(zhuǎn)，圓B繞圓心B以2°每秒的速度順時針旋轉(zhuǎn)．開始轉(zhuǎn)動時圓A上的點C恰好落在線段AB上，圓B上的點D在AB下方且滿足∠DBA=60°，則在兩圓同時開始轉(zhuǎn)動的30秒內(nèi)，CD的最小值是_______米．
【答案】0.5##
【解析】
【分析】
連接CD，以AC、CD為鄰邊構(gòu)造平行四邊形ACDE，過D作AB的平行線MN，求得∠EBA=30°，當AE⊥EB時，CD有最小值，據(jù)此即可求解．
【詳解】
解：連接CD，以AC、CD為鄰邊構(gòu)造平行四邊形ACDE，過D作AB的平行線MN，
設(shè)∠CAB=2t°，由題意得∠ABD=60°-2t°，
∴∠MDE=∠CAB=2t°，∠BDM=180°- ∠ABD=120°+2t°，
∴∠BDE=120°+2t°+2t°=120°+4t°，
又DE=AC=DB，
∴∠EBD=∠BED==30°-2t°，
∴∠EBA=30°，
∴當AE⊥EB時，CDmin=AEmin=AB÷2=0.5(米)．
故答案為：0.5．
【點睛】
本題考查了圓的基本概念，平行四邊形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．

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