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综合性问题
一、选择题
1. 〔2022·湖北鄂州〕如图，菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，P是AB上一点，BP=3，Q是CD边上一动点，将梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点为A′，当CA′的长度最小时，CQ的长为〔〕
A. 5 B. 7 C. 8 D.
【考点】菱形的性质，梯形，轴对称〔折叠〕，等边三角形的判定和性质，最值问题．
【分析】如以下列图所示，由题意可知，△ABC为等边三角形；过C作CH⊥AB，那么AH=HB；连接DH；要使CA′的长度最小，那么梯形APQD沿直线PQ折叠后A的对应点A′应落在CH上，且对称轴PQ应满足PQ∥DH；因为BP=3，易知HP=DQ=1，所以CQ=7.
【解答】解：如图，过C作CH⊥AB，连接DH；
∵ABCD是菱形，∠B=60°
∴△ABC为等边三角形；
∴AH=HB==4；
∵BP=3，
∴HP=1
要使CA′的长度最小，那么梯形APQD沿直线PQ折叠后A的对应点A′应落在CH上，且对称轴PQ应满足PQ∥DH；
由作图知，DHPQ为平行四边形
∴DQ=HP= 1，
CQ=CD-DQ=8-1=7.
故正确的答案为：B．
【点评】此题综合考查了菱形的性质，梯形，轴对称〔折叠〕，等边三角形的判定和性质，最值问题．此题作为选择题，不必直接去计算，通过作图得出答案是比较便捷的方法。弄清在什么情况下CA′的长度最小〔相当于平移对称轴〕是解决此题的关键.
2. (2022·四川资阳)如图，两个三角形的面积分别是9，6，对应阴影局部的面积分别是m，n，那么m﹣n等于〔 〕
A．2 B．3 C．4 D．无法确定
【考点】三角形的面积．
【分析】设空白出的面积为x，根据题意列出关系式，相减即可求出m﹣n的值．
【解答】解：设空白出图形的面积为x，
根据题意得：m+x=9，n+x=6，
那么m﹣n=9﹣6=3．
应选B．
3. (2022·四川自贡)二次函数y=ax2+bx+c的图象如图，反比例函数y=与正比例函数y=bx在同一坐标系内的大致图象是〔 〕
A．B．C．D．
【考点】二次函数的性质；正比例函数的图象；反比例函数的图象．
【分析】根据函数图象的开口方向，对称轴，可得a、b的值，根据a、b的值，可得相应的函数图象．
【解答】解：由y=ax2+bx+c的图象开口向下，得a＜0．
由图象，得﹣＞0．
由不等式的性质，得b＞0．
a＜0，y=图象位于二四象限，
b＞0，y=bx图象位于一三象限，
应选：C．
【点评】此题考查了二次函数的性质，利用函数图象的开口方向，对称轴得出a、b的值是解题关键．
4．〔2022·山东枣庄〕假设关于的一元二次方程有两个不相等的实数根,那么一次函数的图象可能是
【答案】B.
考点：根的判别式；一次函数的性质.
二、填空题
1．〔2022·湖北鄂州〕如图，AB＝6，O是AB的中点，直线l经过点O，∠1＝120°，P是直线l上一点。当△APB为直角三角形时，AP＝ .
【考点】外接圆，切线，直角三角形的判定，勾股定理，三角函数，分类讨论思想．
【分析】确定P点在直线l上的位置是解决此题的关键。要使△APB为直角三角形，我们就联想到以AB为直径的外接圆，但AB也有可能为直角边，所以要分类讨论。我们将满足条件的P逐一画在图上。如图，P1，P2在以O为圆心的外接圆上，P1，P2在⊙O的切线上，再根据题目的条件逐一解答即可。
【解答】解：分类讨论如下：
〔1〕在Rt△AP1B中，∵∠1＝120°，OP1=OB，
∴∠OBP1 =∠OP1B=30°，
∴AP1 =AB=×6=3；
〔2〕在Rt△AP2B中，∵∠1＝120°，OP2=OB，
∴∠P2BO =∠OP2B=60°，
∴AP2 =AB=cos∠OBP2×6=×6=3；
〔3〕P3B为以B为切点的⊙O的切线，
∵∠1＝120°，OP2=OB，
∴∠P2BO =∠OP2B=60°，
∴∠P3OB=60°，
在Rt△OP3B中，∴BP3 =tan∠P3OB×3 =×3=3;
在Rt△AP3B中，AP3 ===3；
〔4〕P4B为以A为切点的⊙O的切线，
∵∠1＝120°，OP1=OA，
∴∠P1AO =∠OP1A=60°，
∴∠P4OA=60°，
在Rt△OP4A中，∴AP4 =tan∠P4OA×3 =×3=3.
综上，当△APB为直角三角形时，AP＝3，或3，或3.
故答案为：3或3或3.
【点评】此题考查了外接圆，切线，直角三角形的判定，勾股定理，三角函数，分类讨论思想．注意分类讨论思想的运用；此题难度虽然不大，但容易遗漏. 四种情况中，有两种情况的结果相同。
2. 〔2022.咸宁〕如图，边长为4的正方形ABCD内接于⊙O，点E是AB上的一动点〔不与A、B重合〕，点F是BC上的一点，连接OE，OF，分别与AB，BC交于点G，H，且∠EOF=90°，有以下结论：
①AE=BF；
②△OGH是等腰直角三角形；
③四边形OGBH的面积随着点E位置的变化而变化；
④△GBH周长的最小值为４＋.
其中正确的选项是__________.
〔把你认为正确结论的序号都填上〕.
【考点】正方形的性质，圆心角定理，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定，四边形的面积，三角形的周长，动点问题，最值问题．
【分析】①连接OA，OB，如图16-1，根据正方形的性质，知∠AOB=90°=∠EOF，又∠BOE共用，故可得∠AOE=∠BOF，再根据圆心角定理可得①AE=BF；故①正确；
②连接OB，OC，如图16-2，证明△OGB≌△OHC，可得OG=OH，即可得出△OGH是等腰直角三角形；故②正确；
③如图16-3，过点O作OM⊥BC，ON⊥AB，易证得△OGN≌△OHM，因此可得出S△OGN=S△OHM，故不管点E的位置如何变化，四边形OGBH的面积不变；故③错误；
④过点B作B关于OF的对称点P〔易知点P在⊙O上〕，连接PH，那么PH=BH；过点B作B关于OE的对称点Q〔易知点Q在⊙O上〕，连接QG，那么QG=BG；连接PQ，易证明PQ过圆心O，那么PQ==4≠４＋，故④错误.
【解答】解：①连接OA，OB，如图16-1，
根据正方形的性质，知∠AOB=90°=∠EOF，
∠AOB-∠BOE =∠EOF-∠BOE，
即∠AOE=∠BOF，
根据相等的圆心角所对的弧相等，可得AE=BF；
故①正确；
〔图16-1〕〔图16-2〕
②连接OB，OC，如图16-2，那么OB=OC，
由①知AE=BF
∵ABCD为正方形，∴AB=BC
∴AB=BC
∴AB-AE=BC-BF
即BE=CF
∴∠BOG=∠COH
又∵∠OBG+∠OBC=90°，∠OCH+∠OBC=90°，
∴∠OBG =∠OCH
在△OGB和△OHC中，
∠OBG =∠OCH
∠BOG=∠COH
OB=OC
∴△OGB≌△OHC，
∴OG=OH，
又∵∠EOF=90°
∴△OGH是等腰直角三角形；
故②正确；
③如图16-3，过点O作OM⊥BC，ON⊥AB，
〔图16-3〕
又∵正方形ABCD内接于⊙O，
∴OM=ON
由②知，OG=OH，
在Rt△OGN和Rt△OHM中，
OG=OH，
OM=ON
∴Rt△OGN≌Rt△OHM，
∴S△OGN=S△OHM，
又∵四边形BMOG公共
∴不管点E的位置如何变化，四边形OGBH的面积不变；
故③错误；
④过点B作B关于OF的对称点P〔易知点P在⊙O上〕，连接PH，那么PH=BH；过点B作B关于OE的对称点Q〔易知点Q在⊙O上〕，连接QG，那么QG=BG；
〔图16-4〕
连接PQ，易证明PQ过圆心O，
∴PQ==4≠４＋，
故④错误.
综上，①②正确，③④错误.
故答案为：①②.
【点评】此题考查了正方形的性质，圆心角定理，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定，四边形的面积，三角形的周长，动点问题，最值问题．运用圆心角定理是解答①的关键；在②中连接OB，OC，证明三角形全等是解题的关键；在③中，运用证明三角形全等，从而证明面积相等以解决不管点E的位置如何变化，四边形OGBH的面积不变的问题；解答④的关键是运用轴对称解决最小周长问题. 作为填空题，解题时要注意技巧.
3.〔2022·四川巴中〕二元一次方程组的解为，那么在同一平面直角坐标系中，直线l1：y=x+5与直线l2：y=﹣x﹣1的交点坐标为 〔﹣4，1〕 ．
【考点】一次函数与二元一次方程〔组〕．
【分析】根据一次函数与二元一次方程组的关系进行解答即可．
【解答】解：∵二元一次方程组的解为，
∴直线l1：y=x+5与直线l2：y=﹣x﹣1的交点坐标为〔﹣4，1〕，
故答案为：〔﹣4，1〕．
4.〔2022•呼和浩特〕以下四个命题：
①对应角和面积都相等的两个三角形全等；
②“假设x2﹣x=0，那么x=0”的逆命题；
③假设关于x、y的方程组有无数多组解，那么a=b=1；
④将多项式5xy+3y﹣2x2y因式分解，其结果为﹣y〔2x+1〕〔x﹣3〕．
其中正确的命题的序号为①②③④．
【考点】命题与定理．
【分析】①正确，根据相似比为1的两个三角形全等即可判断．
②正确．写出逆命题即可判断．
③正确．根据方程组有无数多组解的条件即可判断．
④正确．首先提公因式，再利用十字相乘法即可判断．
【解答】解：①正确．对应角相等的两个三角形相似，又因为面积相等，所以相似比为1，所以两个三角形全等，故正确．
②正确．理由：“假设x2﹣x=0，那么x=0”的逆命题为x=0，那么x2﹣x=0，故正确．
③正确．理由：∵关于x、y的方程组有无数多组解，
∴==，
∴a=b=1，故正确．
④正确．理由：5xy+3y﹣2x2y=﹣y〔2x2﹣5x﹣3〕=﹣y〔2x+1〕〔x﹣3〕，故正确．
故答案为①②③④．
三、解答题
1. (2022·四川资阳)在Rt△ABC中，∠C=90°，Rt△ABC绕点A顺时针旋转到Rt△ADE的位置，点E在斜边AB上，连结BD，过点D作DF⊥AC于点F．
〔1〕如图1，假设点F与点A重合，求证：AC=BC；
〔2〕假设∠DAF=∠DBA，
①如图2，当点F在线段CA的延长线上时，判断线段AF与线段BE的数量关系，并说明理由；
②当点F在线段CA上时，设BE=x，请用含x的代数式表示线段AF．
【考点】几何变换综合题．
【分析】〔1〕由旋转得到∠BAC=∠BAD，而DF⊥AC，从而得出∠ABC=45°，最后判断出△ABC是等腰直角三角形；
〔2〕①由旋转得到∠BAC=∠BAD，再根据∠DAF=∠DBA，从而求出∠FAD=∠BAC=∠BAD=60°，最后判定△AFD≌△BED，即可；
②根据题意画出图形，先求出角度，得到△ABD是顶角为36°的等腰三角形，再用相似求出，，最后判断出△AFD∽△BED，代入即可．
【解答】解：〔1〕由旋转得，∠BAC=∠BAD，
∵DF⊥AC，
∴∠CAD=90°，
∴∠BAC=∠BAD=45°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC=45°，
∴AC=CB，
〔2〕①由旋转得，AD=AB，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠DAF=∠ABD，
∴∠DAF=∠ADB，
∴AF∥BB，
∴∠BAC=∠ABD，
∵∠ABD=∠FAD
由旋转得，∠BAC=∠BAD，
∴∠FAD=∠BAC=∠BAD=×180°=60°，
由旋转得，AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，
在△AFD和△BED中，
，
∴△AFD≌△BED，
∴AF=BE，
②如图，
由旋转得，∠BAC=∠BAD，
∵∠ABD=∠FAD=∠BAC+∠BAD=2∠BAD，
由旋转得，AD=AB，
∴∠ABD=∠ADB=2∠BAD，
∵∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，
∴∠BAD+2∠BAD+2∠BAD=180°，
∴∠BAD=36°，
设BD=x，作BG平分∠ABD，
∴∠BAD=∠GBD=36°
∴AG=BG=BC=x，
∴DG=AD﹣AG=AD﹣BG=AD﹣BD，
∵∠BDG=∠ADB，
∴△BDG∽△ADB，
∴．
∴，
∴，
∵∠FAD=∠EBD，∠AFD=∠BED，
∴△AFD∽△BED，
∴，
∴AF==x．
2. (2022·四川资阳)如图，在平行四边形ABCD中，点A、B、C的坐标分别是〔1，0〕、〔3，1〕、〔3，3〕，双曲线y=〔k≠0，x＞0〕过点D．
〔1〕求双曲线的解析式；
〔2〕作直线AC交y轴于点E，连结DE，求△CDE的面积．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题；平行四边形的性质．
【分析】〔1〕根据在平行四边形ABCD中，点A、B、C的坐标分别是〔1，0〕、〔3，1〕、〔3，3〕，可以求得点D的坐标，又因为双曲线y=〔k≠0，x＞0〕过点D，从而可以求得k的值，从而可以求得双曲线的解析式；
〔2〕由图可知三角形CDE的面积等于三角形EDA与三角形ADC的面积之和，从而可以解答此题．
【解答】解：〔1〕∵在平行四边形ABCD中，点A、B、C的坐标分别是〔1，0〕、〔3，1〕、〔3，3〕，
∴点D的坐标是〔1，2〕，
∵双曲线y=〔k≠0，x＞0〕过点D，
∴2=，得k=2，
即双曲线的解析式是：y=；
〔2〕∵直线AC交y轴于点E，
∴S△CDE=S△EDA+S△ADC=，
即△CDE的面积是3．
3. (2022·四川自贡)计算：〔〕﹣1+〔sin60°﹣1〕0﹣2cos30°+|﹣1|
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．
【分析】根据负整数指数幂，零指数幂，特殊角的三角函数值，绝对值的定义化简即可．
【解答】解：原式=2+1﹣+﹣1
=2．
【点评】此题考查负整数指数幂、零指数幂、特殊角的三角函数值、绝对值等知识，熟练掌握这些知识是解决问题的关键，记住a﹣p=〔a≠0〕，a0=1〔a≠0〕，|a|=，属于中考常考题型．
4. (2022·四川自贡)抛物线y=﹣x2+4ax+b〔a＞0〕与x轴相交于O、A两点〔其中O为坐标原点〕，过点P〔2，2a〕作直线PM⊥x轴于点M，交抛物线于点B，点B关于抛物线对称轴的对称点为C〔其中B、C不重合〕，连接AP交y轴于点N，连接BC和PC．
〔1〕a=时，求抛物线的解析式和BC的长；
〔2〕如图a＞1时，假设AP⊥PC，求a的值．
【考点】二次函数的性质；轴对称的性质．
【分析】〔1〕根据抛物线经过原点b=0，把a=、b=0代入抛物线解析式，即可求出抛物线解析式，再求出B、C坐标，即可求出BC长．
〔2〕利用△PCB∽△APM，得=，列出方程即可解决问题．
【解答】解：〔1〕∵抛物线y=﹣x2+4ax+b〔a＞0〕经过原点O，
∴b=0，
∵a=，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+6x，
∵x=2时，y=8，
∴点B坐标〔2，8〕，
∵对称轴x=3，B、C关于对称轴对称，
∴点C坐标〔4，8〕，
∴BC=2．
〔2〕∵AP⊥PC，
∴∠APC=90°，
∵∠CPB+∠APM=90°，∠APM+∠PAM=90°，
∴∠CPB=∠PAM，
∵∠PBC=∠PMA=90°，
∴△PCB∽△APM，
∴=，
∴=，
整理得a2﹣4a+2=0，解得a=2±，
∵a＞0，
∴a=2+．
【点评】此题考查二次函数性质、相似三角形的判定和性质、待定系数法等知识，解题的关键是利用相似三角形性质列出方程解决问题，学会转化的思想，属于中考常考题型
5. (2022·新疆)如图，▱ABCD中，AB=2，AD=1，∠ADC=60°，将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，折痕交CD边于点E．
〔1〕求证：四边形BCED′是菱形；
〔2〕假设点P时直线l上的一个动点，请计算PD′+PB的最小值．
【考点】平行四边形的性质；菱形的判定；轴对称-最短路线问题；翻折变换〔折叠问题〕．
【分析】〔1〕利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，进而利用平行四边形的判定方法得出四边形DAD′E是平行四边形，进而求出四边形BCED′是平行四边形，根据折叠的性质得到AD=AD′，然后又菱形的判定定理即可得到结论；
〔2〕由四边形DAD′E是平行四边形，得到▱DAD′E是菱形，推出D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，那么BD的长即为PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，解直角三角形得到AG=，DG=，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】证明：〔1〕∵将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，
∴∠DAE=∠D′AE，∠DEA=∠D′EA，∠D=∠AD′E，
∵DE∥AD′，
∴∠DEA=∠EAD′，
∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，
∴∠DAD′=∠DED′，
∴四边形DAD′E是平行四边形，
∴DE=AD′，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AB∥DC，
∴CE=D′B，CE∥D′B，
∴四边形BCED′是平行四边形；
∵AD=AD′，
∴▱DAD′E是菱形，
〔2〕∵四边形DAD′E是菱形，
∴D与D′关于AE对称，
连接BD交AE于P，那么BD的长即为PD′+PB的最小值，
过D作DG⊥BA于G，
∵CD∥AB，
∴∠DAG=∠CDA=60°，
∵AD=1，
∴AG=，DG=，
∴BG=，
∴BD==，
∴PD′+PB的最小值为．
【点评】此题考查了平行四边形的性质，最短距离问题，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
6. (2022·云南)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，∠ABC：∠BAD=1：2，BE∥AC，CE∥BD．
〔1〕求tan∠DBC的值；
〔2〕求证：四边形OBEC是矩形．
【考点】矩形的判定；菱形的性质；解直角三角形．
【专题】计算题；矩形 菱形 正方形．
【分析】〔1〕由四边形ABCD是菱形，得到对边平行，且BD为角平分线，利用两直线平行得到一对同旁内角互补，根据角之比求出相应度数，进而求出∠BDC度数，即可求出tan∠DBC的值；
〔2〕由四边形ABCD是菱形，得到对角线互相垂直，利用两组对边平行的四边形是平行四边形，再利用有一个角为直角的平行四边形是矩形即可得证．
【解答】〔1〕解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠DBC=∠ABC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠ABC：∠BAD=1：2，
∴∠ABC=60°，
∴∠BDC=∠ABC=30°，
那么tan∠DBC=tan30°=；
〔2〕证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠BOC=90°，
∵BE∥AC，CE∥BD，
∴BE∥OC，CE∥OB，
∴四边形OBEC是平行四边形，
那么四边形OBEC是矩形．
【点评】此题考查了矩形的判定，菱形的性质，以及解直角三角形，熟练掌握判定与性质是解此题的关键．
7. (2022·云南)〔12分〕〔2022•云南〕有一列按一定顺序和规律排列的数：
第一个数是；
第二个数是；
第三个数是；
…
对任何正整数n，第n个数与第〔n+1〕个数的和等于．
〔1〕经过探究，我们发现：
设这列数的第5个数为a，那么，，，哪个正确
请你直接写出正确的结论；
〔2〕请你观察第1个数、第2个数、第3个数，猜想这列数的第n个数〔即用正整数n表示第n数〕，并且证明你的猜想满足“第n个数与第〔n+1〕个数的和等于〞；
〔3〕设M表示，，，…，，这2022个数的和，即，
求证：．
【考点】分式的混合运算；规律型：数字的变化类．
【分析】〔1〕由规律可得；
〔2〕先根据规律写出第n、n+1个数，再根据分式的运算化简可得；
〔3〕将每个分式根据﹣=＜＜=﹣，展开后再全部相加可得结论．
【解答】解：〔1〕由题意知第5个数a==﹣；
〔2〕∵第n个数为，第〔n+1〕个数为，
∴+=〔+〕
=×
=×
=，
即第n个数与第〔n+1〕个数的和等于；
〔3〕∵1﹣=＜=1，
=＜＜=1﹣，
﹣=＜＜=﹣，
…
﹣=＜＜=﹣，
﹣=＜＜=﹣，
∴1﹣＜+++…++＜2﹣，
即＜+++…++＜，
∴．
【点评】此题主要考查分式的混合运算及数字的变化规律，根据规律=﹣得到﹣=＜＜=﹣是解题的关键．
9. (2022·云南)计算：﹣〔﹣1〕2022﹣3tan60°+〔﹣2022〕0．
【考点】实数的运算．
【分析】首先利用二次根式的性质以及特殊角的三角函数值、零指数幂的性质分别化简求出答案．
【解答】解：原式=3﹣1﹣3×+1=0．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
8．〔2022·黑龙江大庆〕如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以BC为直径的⊙O交斜边AB于点M，假设H是AC的中点，连接MH．
〔1〕求证：MH为⊙O的切线．
〔2〕假设MH=，tan∠ABC=，求⊙O的半径．
〔3〕在〔2〕的条件下分别过点A、B作⊙O的切线，两切线交于点D，AD与⊙O相切于N点，过N点作NQ⊥BC，垂足为E，且交⊙O于Q点，求线段NQ的长度．
【考点】圆的综合题．
【分析】〔1〕连接OH、OM，易证OH是△ABC的中位线，利用中位线的性质可证明△COH≌△MOH，所以∠HCO=∠HMO=90°，从而可知MH是⊙O的切线；
〔2〕由切线长定理可知：MH=HC，再由点M是AC的中点可知AC=3，由tan∠ABC=，所以BC=4，从而可知⊙O的半径为2；
〔3〕连接CN，AO，CN与AO相交于I，由AC、AN是⊙O的切线可知AO⊥CN，利用等面积可求出可求得CI的长度，设CE为x，然后利用勾股定理可求得CE的长度，利用垂径定理即可求得NQ．
【解答】解：〔1〕连接OH、OM，
∵H是AC的中点，O是BC的中点，
∴OH是△ABC的中位线，
∴OH∥AB，
∴∠COH=∠ABC，∠MOH=∠OMB，
又∵OB=OM，
∴∠OMB=∠MBO，
∴∠COH=∠MOH，
在△COH与△MOH中，
，
∴△COH≌△MOH〔SAS〕，
∴∠HCO=∠HMO=90°，
∴MH是⊙O的切线；
〔2〕∵MH、AC是⊙O的切线，
∴HC=MH=，
∴AC=2HC=3，
∵tan∠ABC=，
∴=，
∴BC=4，
∴⊙O的半径为2；
〔3〕连接OA、CN、ON，OA与CN相交于点I，
∵AC与AN都是⊙O的切线，
∴AC=AN，AO平分∠CAD，
∴AO⊥CN，
∵AC=3，OC=2，
∴由勾股定理可求得：AO=，
∵AC•OC=AO•CI，
∴CI=，
∴由垂径定理可求得：CN=，
设OE=x，
由勾股定理可得：CN2﹣CE2=ON2﹣OE2，
∴﹣〔2+x〕2=4﹣x2，
∴x=，
∴CE=，
由勾股定理可求得：EN=，
∴由垂径定理可知：NQ=2EN=．
【点评】此题考查圆的综合问题，涉及垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，切线的判等知识内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
9．〔2022·黑龙江大庆〕假设两条抛物线的顶点相同，那么称它们为“友好抛物线〞，抛物线C1：y1=﹣2x2+4x+2与C2：u2=﹣x2+mx+n为“友好抛物线〞．
〔1〕求抛物线C2的解析式．
〔2〕点A是抛物线C2上在第一象限的动点，过A作AQ⊥x轴，Q为垂足，求AQ+OQ的最大值．
〔3〕设抛物线C2的顶点为C，点B的坐标为〔﹣1，4〕，问在C2的对称轴上是否存在点M，使线段MB绕点M逆时针旋转90°得到线段MB′，且点B′恰好落在抛物线C2上假设存在求出点M的坐标，不存在说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】〔1〕先求得y1顶点坐标，然后依据两个抛物线的顶点坐标相同可求得m、n的值；
〔2〕设A〔a，﹣a2+2a+3〕．那么OQ=x，AQ=﹣a2+2a+3，然后得到OQ+AQ与a的函数关系式，最后依据配方法可求得OQ+AQ的最值；
〔3〕连接BC，过点B′作B′D⊥CM，垂足为D．接下来证明△BCM≌△MDB′，由全等三角形的性质得到BC=MD，CM=B′D，设点M的坐标为〔1，a〕．那么用含a的式子可表示出点B′的坐标，将点B′的坐标代入抛物线的解析式可求得a的值，从而得到点M的坐标．
【解答】解：〔1〕∵y1=﹣2x2+4x+2=﹣﹣2〔x﹣1〕2+4，
∴抛物线C1的顶点坐标为〔1，4〕．
∵抛物线C1：与C2顶点相同，
∴=1，﹣1+m+n=4．
解得：m=2，n=3．
∴抛物线C2的解析式为u2=﹣x2+2x+3．
〔2〕如图1所示：
设点A的坐标为〔a，﹣a2+2a+3〕．
∵AQ=﹣a2+2a+3，OQ=a，
∴AQ+OQ=﹣a2+2a+3+a=﹣a2+3a+3=﹣〔a﹣〕2+．
∴当a=时，AQ+OQ有最大值，最大值为．
〔3〕如图2所示；连接BC，过点B′作B′D⊥CM，垂足为D．
∵B〔﹣1，4〕，C〔1，4〕，抛物线的对称轴为x=1，
∴BC⊥CM，BC=2．
∵∠BMB′=90°，
∴∠BMC+∠B′MD=90°．
∵B′D⊥MC，
∴∠MB′D+∠B′MD=90°．
∴∠MB′D=∠BMC．
在△BCM和△MDB′中，，
∴△BCM≌△MDB′．
∴BC=MD，CM=B′D．
设点M的坐标为〔1，a〕．那么B′D=CM=4﹣a，MD=CB=2．
∴点B′的坐标为〔a﹣3，a﹣2〕．
∴﹣〔a﹣3〕2+2〔a﹣3〕+3=a﹣2．
整理得：a2﹣7a﹣10=0．
解得a=2，或a=5．
当a=2时，M的坐标为〔1，2〕，
当a=5时，M的坐标为〔1，5〕．
综上所述当点M的坐标为〔1，2〕或〔1，5〕时，B′恰好落在抛物线C2上．
【点评】此题主要考查的是二次函数的综合应用，解答此题主要应用了二次函数的顶点坐标公式、二次函数的图象和性质、全等三角形的性质和判定、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，用含a的式子表示点B′的坐标是解题的关键．
10.〔2022·湖北鄂州〕〔此题总分值10分〕如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90º，AO是△ABC的角平分线。以O为圆心，OC为半径作⊙O。
〔1〕〔3分〕求证：AB是⊙O的切线。
〔2〕〔3分〕AO交⊙O于点E，延长AO交⊙O于
点D，tanD＝，求的值。
〔3〕〔4分〕在〔2〕的条件下，设⊙O的半径为3，求
AB的长。 第3题图
【考点】切线，角平分线，相似三角形的判定与性质，勾股定理，二元一次方程组.
【分析】〔1〕过O作OF⊥AB于F，由角平分线上的点到角两边的距离相等即可得证；
〔2〕连接CE，证明△ACE∽△ADC可得AE/AC=CE/CD=tanD=1/2；
〔3〕先由勾股定理求得AE的长，再证明△B0F∽△BAC，得BF/BC＝BO/BA=0F/AC，设BO=y，BF=z，列二元一次方程组即可解决问题.
【解答】⑴证明：作OF⊥AB于F〔1分〕
∵AO是∠BAC的角平分线，∠ACB=90º
∴OC=OF〔2分〕
∴AB是⊙O的切线〔3分〕
⑵连接CE〔1分〕
∵AO是∠BAC的角平分线，
∴∠CAE=∠CAD
∵∠ACE所对的弧与∠CDE所对的弧是同弧
∴∠ACE=∠CDE
∴△ACE∽△ADC
∴= =tanD=〔3分〕
⑶先在△ACO中，设AE=x,
由勾股定理得
(x＋3)²=(2x) ²＋3² ，解得x=2, 〔1分〕
∵∠BFO=90°=∠ACO
易证Rt△B0F∽Rt△BAC〔2分〕
得BF/BC＝BO/BA=0F/AC，
设BO=yBF=z
y/4＋z=z/3＋y=3/4 即 4z=9＋3y
4y=12＋3z
解得z=y=〔4分〕
∴AB=＋4=〔5分〕
【点评】此题主要考查了切线，角平分线，相似三角形的判定与性质，勾股定理，二元一次方程组. 作OF⊥AB于F是解题的关键.
11．〔2022·湖北鄂州〕〔此题总分值12分〕如图在平面直角坐标系xoy中，直线y＝2x+4与y轴交于A点，与x轴交于B点，抛物线C1：y=－x²＋bx+c过A、B两点，与x轴另一交点为C。
〔1〕〔3分〕求抛物线解析式及C点坐标。
〔2〕〔4分〕向右平移抛物线C1，使平移后的抛物线C2恰好经过△ABC的外心，抛物线C1、C2 相交于点D，求四边形AOCD的面积。
〔3〕〔5分〕抛物线C2的顶点为M，设P为抛物线C1对称轴上一点，Q为抛物线C1上一点，是否存在以点M、Q、P、B为顶点的四边形为平行四边形，假设存在，直接写出P点坐标，不存在，请说明理由。
图〔1〕图〔2〕
第4题图
12.〔2022·湖北黄冈〕〔总分值14分〕如图，抛物线y=-x2+x+2与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点. 设点P的坐标为(m, 0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.
(1)求点A，点B，点C的坐标；
(2)求直线BD的解析式；
(3)当点P在线段OB上运动时，直线l交BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；
(4)在点P的运动过程中，是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形假设存在，求出点Q的坐标；假设不存在，请说明理由.
〔第4题〕
【考点】二次函数综合题.
【分析】〔1〕将x=0，y=0分别代入y=-x2+x+2=2中，即可得出点A，点B，点C的坐标；
〔2〕因为点D与点C关于x轴对称，所以D(0, -2)；设直线BD为y=kx-2, 把B(4, 0)代入，可得k的值，从而求出BD的解析式.
〔3〕因为P(m, 0)，那么可知M在直线BD上，根据〔2〕可知点Mr坐标为M(m, m-2)，因这点Q在y=-x2+x+2上，可得到点Q的坐标为Q(-m2+m+2). 要使四边形CQMD为平行四边形，那么QM=CD=4. 当P在线段OB上运动时，QM=(-m2+m+2)-〔m-2〕= -m2+m+4=4, 解之可得m的值.
〔4〕△BDQ是以BD为直角边的直角三角形，但不知直角顶点，因此需要情况讨论：当以点B为直角顶点时，那么有DQ2= BQ2+ BD2.；当以D点为直角顶点时，那么有DQ2= DQ2+ BD2. 分别解方程即可得到结果.
【解答】解：〔1〕当x=0时，y=-x2+x+2=2,
∴C〔0，2〕. …………………………………………………….1分
当y=0时，－x2+x+2=0
解得x1=－1，x2=4.
∴A(-1, 0)，B(4, 0). ………………………………………………3分
〔2〕∵点D与点C关于x轴对称，
∴D(0, -2). ……………………………………………………….4分
设直线BD为y=kx-2,
把B(4, 0)代入，得0=4k-2
∴k=.
∴BD的解析式为：y=x-2. ………………………………………6分
〔3〕∵P(m, 0),
∴M(m, m-2)，Q(-m2+m+2)
假设四边形CQMD为平行四边形，∵QM∥CD，∴QM=CD=4
当P在线段OB上运动时，
QM=(-m2+m+2)-〔m-2〕= -m2+m+4=4, ………………….8分
解得m=0〔不合题意，舍去〕，m=2.
∴m=2. ………………………………………………………………10分
〔4〕设点Q的坐标为〔m, -m2+m +2〕，
BQ2=(m-4)2+( -m2+m +2)2,
BQ2=m2+［(-m2+m +2)+2］2, BD2=20.
①当以点B为直角顶点时，那么有DQ2= BQ2+ BD2.
∴m2+［(-m2+m +2)+2］2= (m-4)2+( -m2+m +2)2+20
解得m1=3，m2=4.
∴点Q的坐标为〔4, 0〕〔舍去〕，〔3，2〕. …………………..11分
②当以D点为直角顶点时，那么有DQ2= DQ2+ BD2.
∴(m-4)2+( -m2+m +2)2= m2+［(-m2+m +2)+2］2+20
解得m1= -1，m2=8.
∴点Q的坐标为〔-1, 0〕，〔8，-18〕.
即所求点Q的坐标为〔3，2〕，〔-1, 0〕，〔8，-18〕. ……………14分
注：此题考查知识点较多，综合性较强，主要考查了二次函数的综合运用，涉及待定系数法，平行四边形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，解一元二次方程，一次函数，对称，动点问题等知识点。在〔4〕中要注意分类讨论思想的应用。
13．〔2022·湖北十堰〕如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+1经过点A〔4，﹣3〕，顶点为点B，点P为抛物线上的一个动点，l是过点〔0，2〕且垂直于y轴的直线，过P作PH⊥l，垂足为H，连接PO．
〔1〕求抛物线的解析式，并写出其顶点B的坐标；
〔2〕①当P点运动到A点处时，计算：PO=5，PH=5，由此发现，PO=PH〔填“＞〞、“＜〞或“=〞〕；
②当P点在抛物线上运动时，猜想PO与PH有什么数量关系，并证明你的猜想；
〔3〕如图2，设点C〔1，﹣2〕，问是否存在点P，使得以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似假设存在，求出P点的坐标；假设不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】〔1〕利用待定系数法即可解决问题．
〔2〕①求出PO、PH即可解决问题．
②结论：PO=PH．设点P坐标〔m，﹣m2+1〕，利用两点之间距离公式求出PH、PO即可解决问题．
〔3〕首先判断PH与BC，PO与AC是对应边，设点P〔m，﹣m2+1〕，由=列出方程即可解决问题．
【解答】〔1〕解：∵抛物线y=ax2+1经过点A〔4，﹣3〕，
∴﹣3=16a+1，
∴a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+1，顶点B〔0，1〕．
〔2〕①当P点运动到A点处时，∵PO=5，PH=5，
∴PO=PH，
故答案分别为5，5，=．
②结论：PO=PH．
理由：设点P坐标〔m，﹣m2+1〕，
∵PH=2﹣〔﹣m2+1〕=m2+1
PO==m2+1，
∴PO=PH．
〔3〕∵BC==，AC==，AB==4
∴BC=AC，
∵PO=PH，
又∵以P，O，H为顶点的三角形与△ABC相似，
∴PH与BC，PO与AC是对应边，
∴=，设点P〔m，﹣m2+1〕，
∴=，
解得m=±1，
∴点P坐标〔1，〕或〔﹣1，〕．
【点评】此题考查二次函数综合题、待定系数法、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是记住两点之间的距离公式，学会转化的思想，用方程去解决问题，属于中考压轴题．
14. 〔2022·湖北咸宁〕〔此题总分值12分〕如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为〔0，1〕，取一点B〔b，0〕，连接AB，作线段AB的垂直平分线l1，过点B作x轴的垂线l2，记l1，l2的交点为P.
〔1〕当b=3时，在图1中补全图形〔尺规作图，不写作法，保存作图痕迹〕；
〔2〕小慧屡次取不同数值b，得出相应的点P，并把这些点用平滑的曲线连接起来，发现：这些点P竟然在一条曲线L上！
①设点P的
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