兰州市师大附中中考数学二次函数和几何综合专题.doc

兰州市师大附中中考数学二次函数和几何综合专题

一、二次函数压轴题
1．探究：已知二次函数y＝ax2﹣2x+3经过点A(﹣3，0)．
(1)求该函数的表达式；
(2)如图所示，点P是抛物线上在第二象限内的一个动点，且点P的横坐标为t，连接AC，PA，PC．
①求△ACP的面积S关于t的函数关系式；
②求△ACP的面积的最大值，并求出此时点P的坐标．
拓展：在平面直角坐标系中，点M的坐标为(﹣1，3)，N的坐标为(3，1)，若抛物线y＝ax2﹣2x+3(a＜0)与线段MN有两个不同的交点，请直接写出a的取值范围．

2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点，点为抛物线的顶点．点为轴上的动点，将抛物线绕点旋转，得到新的抛物线，其中旋转后的对应点分别记为．
（1）若，求原抛物线的函数表达式；
（2）在（1）条件下，当四边形的面积为时，求的值；
（3）探究满足什么条件时，存在点，使得四边形为菱形?请说明理由．

3．如图，抛物线（）交直线：于点，点两点，且过点，连接，.

（1）求此抛物线的表达式与顶点坐标；
（2）点是第四象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为点，交于点.设点的横坐标为，试探究点在运动过程中，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请求出此时点的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）若点在轴上，点在抛物线上，是否存在以点，，，为顶点的平行四边形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.
4．在正方形ABCD中，AB＝4cm，AC为对角线，AC上有一动点P，M是AB边的中点，连接PM、PB，设A、P两点间的距离为xcm，PM＋PB长度为ycm.

小东根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究.下面是小东的探究过程，请补充完整：
（1）通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如表：
x/cm
0
1
2
3
4
5
y/cm
6.0
4.8
4.5

6.0
7.4

（说明：补全表格时相关数值保留一位小数）
（2）建立平面直角坐标系，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象.
（3）结合画出的函数图象，解决问题：PM＋PB的长度最小值约为______cm.
5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线W1：y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣4，0）、B两点，且过点C（0，﹣2）．抛物线W2与抛物线W1关于原点对称，点C在W2上的对应点为C′．
（1）求抛物线W1的表达式；
（2）写出抛物线W2的表达式；
（3）若点P在抛物线W1上，试探究：在抛物线W2上是否存在点Q，使以C、C′、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，并且其面积等于24？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

6．如图，边长为5的正方形的两边在坐标轴上，以点为顶点的抛物线经过点，点是抛物线上第一象限内一点，过点作于点，点的坐标为．连接．

（1）求抛物线的解析式；
（2）求的值；
（3）①在点运动过程中，当时，点的坐标为________；
②连接，在①的条件下，把沿轴平移（限定点在射线上），并使抛物线与的边始终有两个交点，探究点纵坐标的取值范围是多少？
7．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C（0，1）．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第一象限内抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，求的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第四象限内是否存在这样的点P，使△BPQ∽△CAB．若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
8．如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣8与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第四象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m，过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．
（1）求A，B，C三点的坐标；
（2）试探究在点P运动的过程中，是否存在这样的点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

9．已知抛物线y＝x2+bx+c的顶点为P，与y轴交于点A，与直线OP交于点B．
（1）如图1，若点P的横坐标为1，点B的坐标为（3，6），①试确定抛物线的解析式；②若当m≤x≤3时，y＝x2+bx+c的最小值为2，最大值为6，求m的取值范围；
（2）在（1）的条件下，若M点是直线AB下方抛物线上的一点，且S△ABM≥3，求M点横坐标的取值范围；
（3）如图2，若点P在第一象限，且PA＝PO，过点P作PD⊥x轴于点D，将抛物线y＝x2+bx+c平移，平移后的抛物线经过点 A、D，与x轴的另一个交点为C，试探究四边形OABC的形状，并说明理由．

10．小云在学习过程中遇到一个函数．下面是小云对其探究的过程，请补充完整：
（1）当时，对于函数，即，当时，随的增大而 ，且；对于函数，当时，随的增大而 ，且；结合上述分析，进一步探究发现，对于函数，当时，随的增大而 ．
（2）当时，对于函数，当时，与的几组对应值如下表：

0

1

2

3

0

1

综合上表，进一步探究发现，当时，随的增大而增大．在平面直角坐标系中，画出当时的函数的图象．

（3）过点(0，m)（）作平行于轴的直线，结合（1）（2）的分析，解决问题：若直线与函数的图象有两个交点，则的最大值是 ．
二、中考几何压轴题
11．如图1所示，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点重合，点在对角线上．

（问题发现）如图1所示，与的数量关系为________；
（类比探究）如图2所示，将正方形绕点旋转，旋转角为，请问此时上述结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由；
（拓展延伸）若点为的中点，且在正方形的旋转过程中，有点、、在一条直线上，直接写出此时线段的长度为________
12．如图1，已知，，点D在上，连接并延长交于点F，
（1）猜想：线段与的数量关系为_____；
（2）探究：若将图1的绕点B顺时针方向旋转，当小于时，得到图2，连接并延长交于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展：图1中，过点E作，垂足为点G．当的大小发生变化，其它条件不变时，若，，直接写出的长．

13．如图（1），已知点在正方形的对角线上，垂足为点，垂足为点．

（1）证明与推断：
求证：四边形是正方形；
推断：的值为_ _；
（2）探究与证明：
将正方形绕点顺时针方向旋转角，如图（2）所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展与运用：
若，正方形在绕点旋转过程中，当三点在一条直线上时，则 ．

14．（1）问题探究：如图1所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，连接BE与DG，请判断线段BE与线段DG之间有怎样的数量关系和位置关系．并请说明理由．
（2）理解应用：如图2所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，将正方形AEFG绕点A在平面内任意旋转，当∠ABE＝15°，且点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出AE的长　 　；
（3）拓展应用：如图3所示，有公共顶点A的两个矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，将矩形AEFG绕点A在平面内任意旋转，连接BD，DE，点M，N分别是BD，DE的中点，连接MN，当点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出MN的长　 　

15．（问题探究）
（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．
①请探究AD与BD之间的位置关系？并加以证明．
②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，求线段AD的长．
（拓展延伸）
（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．

16．（1）问题探究：
如图1，△ABC，△ADE均为等边三角形，连接BD、CE，试探究线段BD与CE的数量关系，并说明理由．

（2）类比延伸
如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，连接BD，CE，试确定BD与CE的数量关系，并说明理由．
（3）拓展迁移
如图3，在四边形ABCD中，AC⊥BC，且AC＝BC，CD＝4，若将线段DA绕点D按逆时针方向旋转90°得到DA′，连接BA′，求线段BA′的长．
17．将抛物线y＝ax2的图像（如图1）绕原点顺时针旋转90度后可得新的抛物线图像（如图2），记为C：y2＝x．

（概念与理解）
将抛物线y1=4x2和y2=x2按上述方法操作后可得新的抛物线图像，记为：C1：_____________；C2：____________．
（猜想与证明）
在平面直角坐标系中，点M（x，0）在x轴正半轴上，过点M作平行于y轴的直线，分别交抛物线C1于点A、B，交抛物线C2于点C、D，如图3所示．
（1）填空：当x=1时，=______；当x=2时，=_______；
（2）猜想：对任意x（x＞0）上述结论是否仍然成立？若成立，请证明你的猜想；若不成立，请说明理由．
（探究与应用）
①利用上面的结论，可得△AOB与△COD面积比为　 ；
②若△AOB和△COD中有一个是直角三角形时，求△COD与△AOB面积之差；
（联想与拓展）
若抛物线C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（0<m<n），M（k，0）在x轴正半轴上，如图所示，过点M作平行于y轴的直线，分别交抛物线C3于点A、B，交抛物线C4于点C、D．过点A作x轴的平行线交抛物线C4于点E，过点D作x轴的平行线交抛物线C3于点F．对于x轴上任取一点P，均有△PAE与△PDF面积的比值1:3，请直接写出m和n之间满足的等量关系是______．
18．（1）（操作）如图，请用尺规作图确定圆的圆心，保留作图痕迹，不要求写作法；

（2）（探究）如图，若（1）中的圆的半径为2，放入平面直角坐标系中，使它与轴，轴分别切于点和，点的坐标为，过点的直线与圆有唯一公共点（与不重合）时，求点的坐标；

（3）（拓展）如图3，点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴向点运动，同时，点从原点出发，以每秒1个单位的速度沿轴向上运动，设运动时间为（），过点，，三点的圆，交第一象限角平分线于点，当为何值时，有最小值，求出此时，并探索在变化过程中的值有变化吗？为什么？

19．如图：两个菱形与菱形的边在同一条直线上，边长分别为a和b，点C在上，点M为的中点．

（1）观察猜想：如图①，线段与线段的数量关系是______________．
（2）拓展探究：如图②，，将图①中的菱形绕点B顺时针旋转至图②位置，其他条件不变，连接，
①猜想线段与线段的数量关系，并说明理由．
②求出线段与所成的最小夹角．
（3）解决问题：如图③，若将题目中的菱形改为矩形，且，请直接写出线段与线段的数量关系．
20．已知：如图1所示将一块等腰三角板BMN放置与正方形ABCD的重合，连接AN、CM，E是AN的中点，连接BE．

（观察猜想）
（1）CM与BE的数量关系是________；CM与BE的位置关系是________；
（探究证明）
（2）如图2所示，把三角板BMN绕点B逆时针旋转，其他条件不变，线段CM与BE的关系是否仍然成立，并说明理由；
（拓展延伸）
（3）若旋转角，且，求的值．

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一、二次函数压轴题

1．探究：（1）；（2）①，②的面积的最大值是，此时点的坐标为，拓展：.
【分析】
（1）由待定系数法易求解析式；
（2）过点作于点，交于点.设点的坐标为，由可得关于t的二次函数，进而可求最大值.
（3）根据抛物线与MN的位置关系可知当抛物线经过M点时，a取最大值.
【详解】
探究：（1）∵抛物线经过点，
∴，解得.
∴抛物线的表达式为.
（2）①过点作于点，交于点.

设直线的解析式为，
将、代入，
，解得：，
∴直线的解析式为.
∵点在抛物线上，点在直线上，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∴ ，
∴ .
②∵，
∴当时，，
当时，.
∴的面积的最大值是，此时点的坐标为.
[拓展]：抛物线y=ax2−2x+3(a<0),当x=1时，y=a-2+3=a+1＜3，故抛物线右边一定与MN有交点，
当x=-1，y=a+2+3=a+5，在M点或下方时，抛物线左边边一定与MN有交点，
即a+5≤3；
∴；
【点睛】
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形面积的计算，极值的确定，关键是确定出抛物线解析式，难点是数形结合确定a点的求值范围．
2．B
解析：（1）（2）；（3）时，存在点，使得四边形为菱形，理由见解析
【分析】
（1）因为，所以，将代入得关于b和c的二元一次方程组，解方程组得到b和c即可求得原抛物线的解析式；
（2）连接，延长与轴交于点，根据题（1）可求出点B、C的坐标，继而求出直线BC的解析式及点E的坐标，根据题意易知四边形是平行四边形，继而可知，由此可知ME＝10，继而即可求解点M的坐标；
（3）如图，过点作轴于点，当平行四边形为菱形时，应有，故点在之间，继而可证根据相似三角形的性质可得代入数据即可求解．
【详解】
解：（1）∵，∴
将代入得：
解得：
∴原抛物线的函数表达式为：；
（2）连接，并延长与轴交于点，
二次函数的项点为

直线的解析式为：

抛物线绕点旋转

四边形是平行四边形，

（3）如图，过点作轴于点
当平行四边形为菱形时，应有，
故点在之间，
当时，

即
二次函数的顶点为
，
，
∴，

所以时，存在点，使得四边形为菱形．
【点睛】
本题考查二次函数的综合应用，涉及到平行四边形的性质、菱形的性质，难度较大，解题的关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质及二次函数的性质，注意挖掘题目中的隐藏条件．
3．A
解析：（1）顶点坐标为；（2）存在， ，；（3）或或.
【分析】
（1）根据一次函数解析式求出A、C两点的坐标，把A、B、C三点代入解析式求解即可求的解析式，然后把解析式化为顶点式可求得结果.
（2）先求出BC所在直线的解析式，设出P、Q两点的坐标，根据勾股定理求出AC，根据以，，为顶点的三角形是等腰三角形可分类讨论，分为AQ=AC,AC=CQ,AQ=CQ三种情况.
（3）分两种情况讨论，一是F在抛物线上方，过点作轴，可得FH=4，设，可得，求出n代入即可；二是F在抛物线下方，可得，求出n的值即可，最后的结果综合两个结果即可.
【详解】
解：（1）
∵当时，,
∴;
∴，;
二次函数过点、，设;
∵过点,
∴;
∴;
∴
;
∵,
∴顶点坐标为.
（2）存在.
设过、,
;
设解得：;
∴;
设、;
在中，解得;
①当时;
;
解得：（不合题意舍去），;
∴;
②当时;
;
解得：，（不合题意舍去）;
∴;
③当时;
;
解得：（不合题意舍去）;
∴，;
（3）当在抛物线上方时，，时;
过点作轴，与全等;

则;
设;
则;
解得；，；
或;
当在抛物线下方时，;
（不合题意舍去），;
∴;
∴或或.
【点睛】
本题主要考查了二次函数综合应用，准确分析题目条件，利用了等腰三角形、直角三角形的性质进行求解.
4．H
解析：（1）5.0；（2）见解析；（3）x＝2时，函数有最小值y＝4.5
【分析】
（1）通过作辅助线，应用三角函数可求得HM+HN的值即为x=2时，y的值；
（2）可在网格图中直接画出函数图象；
（3）由函数图象可知函数的最小值．
【详解】
（1）当点P运动到点H时，AH=3，作HN⊥AB于点N．
∵在正方形ABCD中，AB=4cm，AC为对角线，AC上有一动点P，M是AB边的中点，∴∠HAN=45°，∴AN=HN=AH•sin45°=3，∴HM，HB，∴HM+HN==≈≈2.125+2.834≈5.0．

故答案为：5.0；
（2）

（3）根据函数图象可知，当x=2时，函数有最小值y=4.5．
故答案为：4.5．
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
5．A
解析：（1）y＝；（2）y＝；（3）存在，Q点坐标为（﹣6，10）或（6，﹣4）．
【分析】
（1）待定系数法：把A、C两点的坐标分别代入抛物线的解析式中，解方程组即可；
（2）两抛物线关于原点对称，则其大小和形状相同，开口方向相反，则只要求出W1的顶点坐标，即可求出它关于原点对称的抛物线W2的顶点坐标，从而求得W2的解析式；
（3）按是对角线和边分类，根据面积确定点P或Q的横坐标，代入函数关系式，从而求得Q的坐标．
【详解】
解（1）把点A、点C的坐标分别代入y＝x2+bx+c中，
得：，
∴b＝，c=－2，
∴y＝；
（2）∵抛物线w1：y＝＝（x+1）2﹣的顶点是（﹣1，﹣），
∴w2的顶点是（1，），
∴w2的解析式是：y＝﹣（x﹣1）2+＝﹣x2+x+2；
（3）存在．
由题意知，，则．
①若CC′是对角线，如图，

∵W1和W2关于原点对称，
∴P、Q也关于原点对称，
设点P到y轴的距离为h，
∵平行四边形的面积=2
∴CC′•h＝24，
∴4•h＝24，
∴h＝6，
即P点横坐标是6或﹣6，
当x＝6时，y＝×62+×6﹣2＝10，
∴Q（﹣6，10），
当x＝﹣6时，y＝×（﹣6）2﹣×6﹣2＝4，
∴Q（6，﹣4），
②当CC′是边时，PQ∥CC′，PQ＝CC′，如图，

设点Q（x，），P（x，），
由①知：x＝6或﹣6，
当P（6，10）时，
∵y＝﹣×62+×6+2＝﹣4，
∴Q（6，﹣4），
∴PQ＝14≠4，
当x＝﹣6时，y＝﹣×（﹣6）2+×（﹣6）+2＝﹣10，
∴PQ＝14，
∴PQ≠CC′，
∴CC′不能为边，
综上所述，当C、C′、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，并且其面积等于24时，点Q的坐标是（﹣6，10）或（6，﹣4）．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，平行四边形的性质，用到了分类讨论思想，本题第三问的关键是根据已知两个点，按边和对角线分类．
6．F
解析：（1）；（2）；（3）①；②
【分析】
（1）由题可设抛物线解析式为，将N点坐标代入，求出a即可求出抛物线的函数表达式．
（2）过点作轴于，由题可设，故可求出PF的长．在中，利用勾股定理可求出PE的长，即发现，故．
（3）①由题意易求，即．结合（2）即可列出关于m的方程，解出m即可求出此时P点坐标．
②根据题意可知将沿y轴平移，使抛物线与△PEF的边始终有两个交点的极限条件为：向上平移，一直到点与点重合前和向下平移，一直到点与点重合前．根据平移规律结合①即可得出答案．
【详解】
解：（1）由题可设抛物线解析式为，
把代入，，
解得，
∴抛物线的函数表达式为．
（2）如图，过点作轴于，

由题可设，
∴
∵在中，，即，
∴，
∴，即．
（3）①由题意可知，
∵，
∴，
∴．
由（2）可知，．
∴，
解得：（舍）．
故，即．

②根据题意可知将沿y轴平移，使抛物线与△PEF的边始终有两个交点的条件为：向上平移，一直到点与点重合前和向下平移，一直到点与点重合前．
Ⅰ当沿y轴向上平移，且点与点重合时，如图，.

∵,
∴此时P点向上平移1个单位得到，即．
∵点与点重合时，抛物线与△PEF的边有两个交点，即当时抛物线与△PEF的边有两个交点，
∴．
Ⅱ当沿y轴向下平移，且点与点P重合时，如图，.

∵，
∴此时P点向下平移4个单位得到，即．
∵点与点P重合时，抛物线与△PEF的边只有一个交点，即当时抛物线与△PEF的边只有一个交点，
∴．
综上可知．
【点睛】
本题考查二次函数综合，勾股定理，两点的距离公式以及含角的直角三角形的性质．作出辅助线并利用数形结合的思想是解答本题的关键．
7．A
解析：（1）；（2）的最大值为；（3）或
【分析】
（1）用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）构造出△AGE∽△DEH，可得，而DE和AG都可以用含自变量的式子表示，最后用二次函数最大值的方法求值．
（3）先发现△ABC是两直角边比为2：1的直角三角形，由△BPQ∽△CAB，构造出△BPQ，表示出Q点的坐标，代入解析式求解即可．
【详解】
解：（1）分别将C（0，1）、A（﹣，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx+c中得
，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为．
（2）过A作AG∥y轴交BC的延长线于点G，过点D作DH∥y轴交BC于点H，

∵B（2，0）C（0，1），
∴直线BC：y＝x+1，
∵A（-，0），
∴G（-，），
设D（），则H（），
∴DH＝（）﹣（），
＝﹣m2+2m，
∴AG=，
∵AG∥DH，
∴，
∴当m＝1时，的最大值为．
（3）符合条件的点P坐标为（）或（）．
∵l∥BC，
∴直线l的解析式为：y＝-x，
设P（n，-n），
∵A（-，0），B（2，0），C（0，1），
∴AC2＝，BC2＝5，AB2＝．
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°．
∵△BPQ∽△CAB，
∴，
分两种情况说明：
①如图3，过点P作PN⊥x轴于N，过点Q作QM⊥x轴于M．

∵∠PNB＝∠BMQ＝90°，
∠NBP+∠MBQ＝90°，
∠MQB+∠MBQ＝90°，
∴∠NBP＝∠MQB．
∴△NBP∽△MQB，
∴，
∵，
∴，
∴BN＝2﹣n，
∴BM＝2PN＝n，QM＝2BN＝4﹣2n，
∴OM＝OB+BM＝2+n，
∴Q（2+n，2n﹣4），
将Q的坐标代入抛物线的解析式得：
，
2n2+9n﹣8＝0，
解得：
∴P()．
②如图4，过点P作PN⊥x轴于N，过点Q作QM⊥x轴于M．

∵△PNB∽△BMQ，
又∵△BPQ∽△CAB，
∴，
∵，
∴Q（2﹣n，4﹣2n），
将Q的坐标代入抛物线的解析式得：
，
化简得：2n2﹣9n+8＝0，
解得：，
∴P()．
【点睛】
本题考查待定系数法求抛物线解析式，平行线分线段成比例，利用二次函数求线段比的最大值，勾股定理逆定理，相似三角形判定与性质，抛物线与一元二次方程，掌握待定系数法求抛物线解析式，平行线分线段成比例，利用二次函数求线段比的最大值，勾股定理逆定理，相似三角形判定与性质，抛物线与一元二次方程的关系是解题关键．
8．A
解析：（1）A（﹣2，0），B（4，0），C（0，﹣8）；（2）存在，Q点坐标为，．
【分析】
(1)解方程，可求得A、B的坐标，令，可求得点C的坐标；
(2)利用勾股定理计算出，利用待定系数法可求得直线BC的解析式为，可设Q（m，2m﹣8）（0＜m＜4），分三种情况讨论：当CQ＝AC时，当AQ＝AC时，当AQ＝QC时，然后分别解方程求出m即可得到对应的Q点坐标．
【详解】
(1)当，，
解得x1＝﹣2，x2＝4，所以，，
x＝0时，y＝﹣8，
∴；
(2)设直线BC的解析式为，
把，代入解析式得：，解得，
∴直线BC的解析式为，
设Q（m，2m﹣8）（0＜m＜4），
当CQ＝CA时，，
解得，，（舍去）；
∴Q，
当AQ＝AC时，，解得：（舍去），m2＝0（舍去）；
当QA＝QC时，，解得，
∴Q．
综上所述，满足条件的Q点坐标为，．
【点睛】
本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的性质，会利用待定系数法求函数解析式，理解坐标与图形性质，会利用勾股定理表示线段之间的关系，会运用分类讨论的思想解决数学问题．
9．A
解析：（1）①，②；（2）；（3）四边形OABC是矩形，证明见详解．
【分析】
（1）利用顶点P的横坐标求出b=-2,然后把b=-2和B点的坐标代入求出抛物线的解析式；
（2）先求出A点坐标，然后得出直线AB的解析式，设M点坐标为（x，x2-2x+3），根据S△ABM=3列出方程，并解方程，从而得出M点坐标，再根据S△ABM≥3求出M横坐标的范围即可；
（3）根据抛物线的图象可求出A、P、D的坐标，利用抛物线与直线相交求出B点坐标，然后求出平移后抛物线的解析式，然后求出C点坐标，然后求出BC的长度，从而得出四边形OABC是平行四边形，再根据∠AOC=90°得出四边形OABC是矩形.
【详解】
解：（1）①依题意, , 解得b=-2，
将b=-2及点B(3, 6)的坐标代入抛物线解析式，
得 ，
解c=3，
所以抛物线的解析式为，
②当，
解得，
当m≤x≤3时，y＝x2+bx+c的最小值为2，最大值为6，
∴；
（2）∵抛物线 与y轴交于点A，
∴ A(0, 3)，
∵ B(3, 6)，
可得直线AB的解析式为，
设直线AB下方抛物线上的点M坐标为（x，），过M点作y轴的平行线交直线AB于点N, 则N(x, x+3). (如图)，

∴ ，
∴，
解得 ，
∴点M的坐标为(1, 2) 或 (2, 3)，
∵S△ABM≥3，
；
（3）结论是：四边形OABC是矩形，理由如下：
如图，由 PA=PO, OA=c, 可得，

∵抛物线的顶点坐标为 ，
∴ ，
∴，
∴ 抛物线，
A（0，），P（，）, D（，0），
∴直线OP的解析式为，
∵ 点B是抛物线与直线的图象的交点，
令 ，
解得，
可得点B的坐标为（-b，），
由平移后的抛物线经过点A, 可设平移后的抛物线解析式为，
将点D(，0)的坐标代入，得，
∴ 平移后的抛物线解析式为，
令y=0, 即，
解得，
依题意, 点C的坐标为（-b，0），
∴ BC=，
∴ BC= OA，
又BC∥OA，
∴ 四边形OABC是平行四边形，
∵ ∠AOC=90°，
∴ 四边形OABC是矩形．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象和性质，并与几何图形相结合的综合题，难度较高，解题的关键在于灵活运用二次函数的性质及待定系数法，并注重点的坐标与线段长的互相转化．
10．（1）减小，减小，减小；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据一次函数的性质，二次函数的性质分别进行判断，即可得到答案；
（2）根据表格的数据，进行描点，连线，即可画出函数的图像；
（3）根据函数图像和性质，当时，函数有最大值，代入计算即可得到答案．
【详解】
解：（1）根据题意，在函数中，
∵,
∴函数在中，随的增大而减小；
∵，
∴对称轴为：，
∴在中，随的增大而减小；
综合上述，在中，随的增大而减小；
故答案为：减小，减小，减小；
（2）根据表格描点，连成平滑的曲线，如图：

（3）由（2）可知，当时，随的增大而增大，无最大值；
由（1）可知在中，随的增大而减小；
∴在中，有
当时，，
∴m的最大值为；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，以及函数的最值问题，解题的关键是熟练掌握题意，正确的作出函数图像，并求函数的最大值．
二、中考几何压轴题

11．【问题发现】；【类比探究】上述结论还成立，理由见解析；【拓展延伸】 或．
【分析】
问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；
类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即
解析：【问题发现】；【类比探究】上述结论还成立，理由见解析；【拓展延伸】 或．
【分析】
问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；
类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即可的结论；
拓展延伸：分两种情况，连接CE交GF于H，由正方形的性质得出AB=BC=4，AC=AB=4，GF=CE=CF，GH=HF=HE=HC，得出CF=BC=2，GF=CE=2，HF=HE=HC=，由勾股定理求出AH==，即可得出答案．
【详解】
问题发现：
AE=BF，理由如下：
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，CE=CF，，
∴，
∴，
∴AE=BF；
故答案为：AE=BF；
类比探究：
上述结论还成立，理由如下：连接，如图2所示：

∵，
∴，
在和中，CE=CF，CA=CB，
∴，
∴，
∴，
∴AE=BF；
拓展延伸：
分两种情况：①如图3所示：连接交于，

∵四边形和四边形是正方形，
∴，AC=AB=4，GF=CE=CF，，
∵点为的中点，
∴，GF=CE=2，GH=HF=HE=HC=，
∴
∴AG=AH+HG=；
②如图4所示：连接交于，

同①得：GH=HF=HE=HC=，
∴，
∴AG=AH-HG=；
故答案为：或．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
12．(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12
【分析】
(1) 延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；
(2
解析：(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12
【分析】
(1) 延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；
(2)证明原理同(1)，延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；
(3)补充完整图后证明四边形AEGC为矩形，进而得到∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°即可求解．
【详解】
解：(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示

∵，
∴DE=AC，BD=BC，
∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，
∴∠ADF=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠EDB=90°，
∴∠ADF+∠FDE=90°，
∴∠ACD=∠FDE，
又延长DF使得FG=DC，
∴FG+DF=DC+DF，
∴DG=CF，
在△ACF和△EDG中，
，
∴△ACF△EDG(SAS)，
∴GE=AF，∠G=∠AFC，
又∠AFC=∠GFE，
∴∠G=∠GFE
∴GE=EF
∴AF=EF，
故AF与EF的数量关系为：AF=EF.
故答案为：AF=EF；
(2)仍旧成立，理由如下：
延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示
设BD延长线DM交AE于M点，

∵，
∴DE=AC，BD=BC，
∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，
∴∠MDF=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠EDB=90°，
∴∠MDF+∠FDE=90°，
∴∠ACD=∠FDE，
又延长DF使得FG=DC，
∴FG+DF=DC+DF，
∴DG=CF，
在△ACF和△EDG中，
，
∴△ACF△EDG(SAS)，
∴GE=AF，∠G=∠AFC，
又∠AFC=∠GFE，
∴∠G=∠GFE
∴GE=EF，
∴AF=EF，
故AF与EF的数量关系为：AF=EF.
故答案为：AF=EF；
(3)如下图所示：

∵BA=BE，
∴∠BAE=∠BEA，
∵∠BAE=∠EBG,
∴∠BEA=∠EBG，
∴AECG，
∴∠AEG+∠G=180°，
∴∠AEG=90°，
∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，
∴四边形AEGC为矩形，
∴AC=EG，且AB=BE，
∴Rt△ACBRt△EGB(HL)，
∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，
又∵ED=AC=EG，且EB=EB，
∴Rt△EDBRt△EGB(HL)，
∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，
∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，
∴∠BAC=30°，
∴在Rt△ABC中由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：
．
故答案为：．
【点睛】
本题属于四边形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，本题的关键是延长DF到G点并使FG=DC，进而构造全等，本题难度稍大，需要作出合适的辅助线．
13．（1）证明见解析；；（2）线段与之间的数量关系为；（3）或
【分析】
（1）①由、结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；
②由正方形性质知、，据此可得、，利用平行线分线段成比例定理可得；
（2
解析：（1）证明见解析；；（2）线段与之间的数量关系为；（3）或
【分析】
（1）①由、结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；
②由正方形性质知、，据此可得、，利用平行线分线段成比例定理可得；
（2）连接CG，只需证即可得；
（3）由（2）证出就可得到，再根据三点在同一直线上分在CD左边和右边两种不同的情况求出AG的长度，即可求出BE的长度．
【详解】
（1）证明：四边形是正方形，

四边形是矩形，

四边形是正方形；
解：由①知四边形CEGF是正方形，
∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，
∴，GE∥AB，
∴
故答案为：．
（2）如下图所示连接由旋转性质知
在和中，

，

线段与之间的数量关系为；

（3）解：当正方形在绕点旋转到如下图所示时：
当三点在一条直线上时，
由（2）可知，
，

∠CEG=∠CEA=∠ABC=90°，，

当正方形在绕点旋转到如下图所示时：
当三点在一条直线上时，
由（2）可知，
，

∠CEA=∠ABC=90°，，

故答案为：或．
【点睛】
本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
14．（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8
【分析】
（1）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性质可得BE⊥DG；
（2）由
解析：（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8
【分析】
（1）由“SAS”