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重庆巴蜀中学中考数学二次函数和几何综合专题

一、二次函数压轴题
1．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，点与点关于轴对称，点的坐标为，过点作轴的垂线交抛物线于点．

（1）求点、点、点的坐标；
（2）当点在线段上运动时，直线交于点，试探究当为何值时，四边形是平行四边形；
（3）在点的运动过程中，是否存在点，使是以为直角边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
2．问题发现：如图1，在△ABC中，∠C=90°，分别以AC，BC为边向外侧作正方形ACDE和正方形BCFG．
（1）△ABC和△DCF面积的关系是______________；（请在横线上填写“相等”或“不等”）
（2）拓展探究：若∠C≠90°，（1）中的结论还成立吗？若成立，请结合图2给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）解决问题：如图3，在四边形ABCD中，AC⊥BD，且AC与BD的和为10，分别以四边形ABCD的四条边为边向外侧作正方形ABFE、正方形BCHG、正方形CDJI，正方形DALK，运用（2）的结论，图中阴影部分的面积和是否有最大值？如果有，请求出最大值，如果没有，请说明理由．

图1

图2

图3
3．小明在学习函数的过程中遇到这样一个函数：y＝[x]，若x≥0时，[x]＝x2﹣1；若x＜0时，x＝﹣x+1．小明根据学习函数的经验，对该函数进行了探究．
（1）下列关于该函数图像的性质正确的是　 　；（填序号）
①y随x的增大而增大；
②该函数图像关于y轴对称；
③当x＝0时，函数有最小值为﹣1；
④该函数图像不经过第三象限．
（2）①在平面直角坐标系xOy中画出该函数图像；
②若关于x的方程2x+c＝[x]有两个互不相等的实数根，请结合函数图像，直接写出c的取值范围是　 　；
（3）若点（a，b）在函数y＝x﹣3图像上，且﹣＜[a]≤2，则b的取值范围是　 　．

4．某班“数学兴趣小组”对函数的图象和性质进行了探究，探究过程如下．
（1）自变量的取值范围是全体实数，与的几组对应值如下：

…
-3

-2
-1
0
1
2

3
…

…
3

-1
0
-1
0

3
…
其中，______．
（2）根据表中数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请你画出该函数图象的另一部分．
（3）进一步探究函数图象发现：
①方程有______个实数根；
②关于的方程有4个实数根时，的取值范围是______．

5．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．

6．综合与探究
如图，已知二次函数的图像与轴交于，B两点，与轴交于点C，直线经过B，C两点
（1）求二次函数的解析式；
（2）点P是线段 BC上一个动点，过点P作x轴的垂线于点Q，交抛物线于点D，当点Q是线段PD的中点时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点M是直线BC上一点，N是平面内一点，当以P，D，M，N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点N的坐标．

7．已知函数，某兴趣小组对其图像与性质进行了探究，请补充完整探究过程．

…
－3
－2
－1
1
2
3
4
5
…

…
－6
－2
2
－2
－1
－2

…
（1）请根据给定条件直接写出的值；
（2）如图已经画出了该函数的部分图像，请你根据上表中的数据在平面直角坐标系中描点、连线，补充该函数图像，并写出该函数的一条性质；

（3）若，结合图像，直接写出的取值范围．
8．某校九年级数学兴趣社团的同学们学习二次函数后，有兴趣的在一起探究“函数的有关图象和性质”．探究过程如下：
（1）列表：问______．
x
…

0
1
2

…
y
…
6
2
0
0
0
2
m
…
（2）请在平面直角坐标系中画出图象．

（3）若方程（p为常数）有三个实数根，则______．
（4）试写出方程（p为常数）有两个实数根时，p的取值范围是______．
9．如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+3经过A(1，0) 、B(－3，0)两点，与y轴交于点C．直线BC经过B、C两点．

（1）求抛物线的解析式及对称轴；
（2）将△COB沿直线 BC平移，得到△C1O1B1，请探究在平移的过程中是否存在点 O1落在抛物线上的情形，若存在，求出点O1的坐标，若不存在，说明理由；
（3）如图2，设抛物线的对称轴与x轴交于点E，连结AC，请探究在抛物线上是否存在一点F，使直线EF∥AC，若存在，求出点F的坐标，若不存在，说明理由．
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第一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）求此抛物线的表达式：
（2）过点P作PN⊥BC，垂足为点N，请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
（3）试探究点P在运动过程中，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．

二、中考几何压轴题
11．问题情境：两张直角三角形纸片中，．连接，，过点作的垂线，分别交线段，于点，（与在直线异侧）．

特例分析：
（1）如图1，当时，求证：；
拓展探究：
（2）当，探究下列问题：
①如图2，当时，直接写出线段与之间的数量关系： ；
②如图3，当时，猜想与之间的数量关系，并说明理由；
推广应用：
（3）若图3中，，设的面积为，则的面积为 ．（用含，的式子表示）
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．问题发现：（1）如图1，与同为等边三角形，连接则与的数量关系为________；直线与所夹的锐角为_________；
类比探究：（2）与同为等腰直角三角形，其他条件同（1），请问（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
拓展延伸：（3）中，为的中位线，将绕点逆时针自由旋转，已知，在自由旋转过程中，当在一条直线上时，请直接写出的值．

14．我们定义：连结凸四边形一组对边中点的线段叫做四边形的“准中位线”．

（1）概念理解：
如图1，四边形中，为的中点，，是边上一点，满足，试判断是否为四边形的准中位线，并说明理由．
（2）问题探究：
如图2，中，，，，动点以每秒1个单位的速度，从点出发向点运动，动点以每秒6个单位的速度，从点出发沿射线运动，当点运动至点时，两点同时停止运动．为线段上任意一点，连接并延长，射线与点构成的四边形的两边分别相交于点，设运动时间为．问为何值时，为点构成的四边形的准中位线．
（3）应用拓展：
如图3，为四边形的准中位线，，延长分别与，的延长线交于点，请找出图中与相等的角并证明．
15．（问题情境）（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
（类比探究）
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
（拓展提升）
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 ．

16．（问题探究）课堂上老师提出了这样的问题：“如图①，在中，，点是边上的一点，，求的长”．某同学做了如下的思考：如图②，过点作，交的延长线于点，进而求解，请回答下列问题：
（1）___________度；
（2）求的长．
（拓展应用）如图③，在四边形中，，对角线相交于点，且，，则的长为_____________．

17．综合与实践：利用矩形的折叠开展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法．
动手操作：如图①，矩形纸片ABCD的边AB＝2，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H；
如图②，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH；
若在图①中连接BH，得到如图③，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且∠AMN＝∠ABH；
若在图②中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图④．

解决问题：
（1）在图②中，∠ACB＝ ，BC＝ ，＝ ，与△ABG相似的三角形有 个；
（2）在图②中，AH2＝AE· （从图②中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论；
（3）在图③中，△ABH为 三角形，设BM为x，则NH＝ （用含x的式子表示）；
拓展延伸：
（4）在图④中，将△ABQ绕点B按顺时针方向旋转α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，连接DQ′，则DQ′的最小值为 ，当tan∠CBQ′＝ 时，△DBQ′的面积最大值为 ．
18．（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．
19．随着教育教学改革的不断深入，数学教学如何改革和发展，如何从“重教轻学”向自主学习探索为主的方向发展，是一个值得思考的问题．从数学的产生和发展历程来看分析，不外乎就是三个环节：（观察猜想）-（探究证明）-（拓展延伸）．下面同学们从这三个方面试看解决下列问题：
已知：如图1所示将一块等腰三角板放置与正方形的重含，连接、，E是的中点，连接．

（观察猜想）
（1）与的数量关系是________，与的位置关系是___________；
（探究证明）
（2）如图2所示，把三角板绕点B逆时针旋转，其他条件不变，线段与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．
20．问题探究：
（1）如图①，已知在△ABC中，BC＝4，∠BAC＝45°，则AB的最大值是　 　．
（2）如图②，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D为△ABC内一点，且AD＝2，BD＝2．，CD＝6，请求出∠ADB的度数．
问题解决：
（3）如图③，某户外拓展基地计划在一处空地上修建一个新的拓展游戏区△ABC，且AB＝AC．∠BAC＝120°，点A、B、C分别是三个任务点，点P是△ABC内一个打卡点．按照设计要求，CP＝30米，打卡点P对任务点A、B的张角为120°，即∠APB＝120°．为保证游戏效果，需要A、P的距离与B、P的距离和尽可能大，试求出AP+BP的最大值．

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一、二次函数压轴题

1．C
解析：（1）
（2）当，四边形是平行四边形
（3）存在，点的坐标为， ，
【分析】
（1）根据函数解析式列方程即可；
（2）根据平行四边形的判定，用含未知数的值表示QM的长度，从而可求解;
（3）设Q点的坐标为,分两种情况讨论：当时，由勾股定理可得：，当时，由勾股定理可得：，可解出的值.
【详解】
（1）令，则，C点的坐标为（0,2）；
令，则 解得，点A为（-1,0）；点B为（4,0）
∴
（2）如图1所示：

点C与点D关于轴对称，点,设直线BD的解析式为，将代入得： 解得
∴直线BD的解析式为：
∵
∴当时，四边形是平行四边形
设Q点的坐标为 ，则
∴
解得 （不合题意，舍去）
∴当，四边形是平行四边形
（3）存在，设Q点的坐标为
∵是以BD为直角边的直角三角形
∴当时，由勾股定理可得：
即
解得 （不合题意，舍去）
∴Q点的坐标为
当时，由勾股定理可得：
即
解得
Q点的坐标为
综上所述：点的坐标为， ，.
【点睛】
本题考查了一次函数和抛物线的综合问题，解题的关键在于拿出函数解析式，会用含未知数的代数式表示出关键的点的坐标和线段的长度.
2．B
解析：（1）相等；（2）成立，理由见解析；（3）阴影部分的面积和有最大值,最大值为25
【解析】
解：（1）相等；
（2）成立；理由如下：
如图，延长BC到点P，过点A作AP⊥BP于点P；过点D作DQ⊥FC于点Q．

∴∠APC=∠DQC=90°．
∵四边形ACDE、四边形BCFG均为正方形，
∴AC=CD，BC=CF，∠ACP+∠PCD=90°，∠DCQ+∠PCD=90°，
∴∠ACP=∠DCQ．

∴△APC≌△DQC（AAS），
∴AP=DQ．
又∵S△ABC=BC•AP，S△DFC =FC•DQ，
∴S△ABC=S△DFC.
（3）图中阴影部分的面积和有最大值
理由：由（2）的结论可知：

设AC=m,则BD=10-m, ∵AC⊥BD.
∴.
∴
∴阴影部分的面积和有最大值,最大值为25
3．（1）③④；（2）①见解析；②或；（3）或
【分析】
（1）画出图象，根据函数的性质即可判断．
（2）①根据题意列表、描点、连线即可．
②将看成是一次函数，此函数与轴的交点是，因此要与图像有两个交点，则需要分情况讨论．当时，满足两个交点的要求；当时，与图像没有两个交点；当时，可以有两个交点，此种情况要代入，根据根的判别式求出的范围即可．
（3）因为，所以根据分段函数的图像，求解取值在到2之间的自变量的范围，分情况讨论即可．再根据点在函数图象上，则，即，代入到的取值范围中求解即可．
【详解】
解：（1）画出图象，根据图象可知，
①当时，随的增大而增大，故错误；
②该函数图象关于轴不对称，故错误；
③当时，函数有最小值为，正确；
④该函数图象不经过第三象限，正确；
故答案为：③④．
（2）①在平面直角坐标系中画出该函数图象，

②关于的方程有两个互不相等的实数根，
可以看成是和有两个交点．
是一次函数，与轴的交点为，
当时，满足两个交点的条件．
若将向下平移与图像有两个交点，则．
方程为，即．
△，
，
．
故答案为：或．
（3），
当时，，，解出．
当时，，，解出．
或．
点在函数图象上，
，
，
或．
故答案为：或．
【点睛】
此题考查的是分段函数，用数形结合的思想是解此题的关键．
4．（1）0；（2）图见解析；（3）①3；②
【分析】
（1）那x=-2代入解析式，即可求得m的值；
（2）利用描点法画函数图象即可；
（3）①观察图象找出图象与x轴的交点个数即可求解；②观察图象，找出图象与平行于x轴直线的交点个数为4个时对应y的取值范围即可．
【详解】
（1）x=-2时，m=（-2）2- =0；
故答案为：0；
（）如图所示

（）①观察图象，可知与x轴有三个交点，
所以有三个根，分别是、、；
即答案为3；
②∵关于的方程有四个根，
∴函数的图象与y=a有四个交点，
由函数图象知：的取值范围是．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程，其中观察函数图像的能力是解答本题的关键．
5．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．
6．B
解析：（1）；（2）P（2，1）；（3），，，
【分析】
（1）求出点B，带入求解即可；
（2）设，，，根据中点的性质列式计算即可；
（3）根据菱形的性质分类讨论即可；
【详解】
（1）令，解得：，
∴，
令，则，
∴，
把，代入中，
∴，
∴，，
∴；
（2）设，，，

∵Q为PD中点，
∴，
∴，
∴，（舍），
∴；
（3）①如图，由题意可得：为菱形的边，为菱形的对角线，

由（2）可得：，，

设，，
由可得：
整理得：
解得：
检验：不合题意舍去，取

如图，为菱形的边，

同理可得：或
②如图，当为对角线时，

由，，
可得：重合，重合时，四边形为菱形，

综上：，，，；
【点睛】
本题主要考查了二次函数综合，结合菱形的判定与性质、等腰三角形的性质和一元二次方程的求解是解题的关键．
7．（1），，；（2）见详解；（3）x的取值范围是：3≤x＜0或1≤x≤2．
【分析】
（1）先将（-1，2）和（1，-2）代入函数y=a（x-1）2++1中，列方程组解出可得a和b的值，写出函数解析式，计算当x=4时m的值即可；
（2）描点并连线画图，根据图象写出一条性质即可；
（3）画y=x-3的图象，根据图象可得结论．
【详解】
解：（1）把（-1，2）和（1，-2）代入函数y=a（x-1）2++1中得：
，解得：，
∴y=（a≠0），
当x=4时，m=；
（2）如图所示，

性质：当x＞2时，y随x的增大而减小（答案不唯一）；
（3）∵a（x1）2+≥x4，
∴a（x1）2++1≥x3，
如图所示，

由图象得：x的取值范围是：3≤x＜0或1≤x≤2．
【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式，描点，画函数图象，以及二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数的性质，利用了数形结合思想进行分析．
8．（1）；（2）见解析；（3）；（4）或．
【分析】
（1）把x=代入解析式，计算即可；
（2）按照画图像的基本步骤画图即可；
（3）一个方程有两个不同实数根，另一个方程有两个相等的实数根和两个方程都有两个不同的实数根，但是有一个公共根；
（4）结合函数的图像，分直线经过顶点和在x轴上方两种情形解答即可．
【详解】
（1）当x=时，

=
=，
∴；
（2）画图像如下；

（3）当x≥0时，函数为；当x＜0时，函数为；
∵方程（p为常数）有三个实数根，
∴两个方程有一个公共根，设这个根为a，
则，
解得a=0，
当a=0时，p=0，
故答案为：p=0；
（4）∵方程（p为常数）有两个实数根，
∴p＞0；
或△=0
即1+4p=0，
解得．
综上所述，p的取值范围是或．
【点睛】
本题考查了二次函数图像，二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握抛物线与一元二次方程的关系，灵活运用分类思想，数形结合思想是解题的关键．
9．F
解析：（1），；（2）O1(,)或（，）；（3）满足条件的点F的坐标为F1(-2，3)，F2(3，-12)．
【分析】
（1）把A（1，0），B（-3，0）代入y=ax2+bx+3即可求解；
（2）先求出直线OO1的解析式为，再根据，求解即可或是根据得出x的值，再根据直线OO1的解析式为求解；
（3）先求出直线EF解析式为 ，再根据求解即可．
【详解】
解：（1）将点A（1, 0），B（-3, 0）代入抛物线解析式y=x2+bx+3
得：
解得：
∴抛物线解析式为
∴ ∴
（2）∵点C为与轴的交点∴C（0，3）
∵B(－3，0)∴OB＝OC ∴ ∠CBO=45°
∵将△COB沿直线 BC平移，得到△C1O1B1
∴直线OO1∥BC ∴ ∠O1OA=45°
∴直线OO1的解析式为
根据题意 得
整理得
解得
∴O1(, )或)（，）
解法2 ∵点C为与轴的交点∴C（0，3）∴OC=3
∵将△COB沿直线 BC平移，得到△C1O1B1 01C1=3
∴
整理得
解得
∵B(－3，0)∴OB＝OC ∴ ∠CBO=45°
∵将△COB沿直线 BC平移，得到△C1O1B1
∴直线OO1∥BC ∴ ∠O1OA=45°
∴直线OO1的解析式为y=x
∴O1(, )或（，）

(3)∵抛物线对称轴与x轴交于点E,则点E的坐标为E(-1,0),过点C作CF∥x轴
根据抛物线的对称性得F的坐标为F(-2,3)
∴AE=CF=2 ∵CF∥AE ∴四边形CFEA为平行四边形
∴EF∥CA
设直线EF的解析式为
得： 解得：
∴直线EF解析式为
根据题意 得
解得
满足条件的点F的坐标为F1(-2，3)，F2(3，-12)．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，学会用转化的思想思考问题．
10．A
解析：（1）；（2），当m＝2时，PN的最大值为；（3）Q(1，3)或(，)
【分析】
（1）由二次函数交点式表达式，即可求解．
（2）由PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+ m+4+m﹣4）即可求解．
（3）分AC＝AQ、AC＝CQ、CQ＝AQ三种情况，当AC＝AQ时，构造直角三角形AMQ利用勾股定理可求坐标，AC＝CQ时，先求BQ再求MB，即可得到坐标，CQ＝AQ时，联立解得不合题意．
【详解】
解：（1）由二次函数交点式表达式得：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣x﹣12）＝ax2﹣ax﹣12a，
即：﹣12a＝4，解得：a＝﹣，
则抛物线的表达式为，
（2）设点P（m，﹣m2+m+4），则点Q（m，﹣m+4），
∵OB＝OC，
∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，
PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）＝﹣（m﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴PN有最大值，
当m＝2时，PN的最大值为．
（3）存在，理由：
点A、B、C的坐标分别为（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），
则AC＝5，AB＝7，BC＝4，∠OBC＝∠OCB＝45°，
将点B（4，0）、C（0，4）的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b
得
解得
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4…①，
设直线AC的解析式为y=mx+n
把点A（﹣3，0）、C（0，4）代入得
解得
∴直线AC的表达式为：y＝x+4，
设直线AC的中点为K（﹣，2），过点M与CA垂直直线的表达式中的k值为﹣，
设过点K与直线AC垂直直线的表达式为y＝﹣x+q
把K（﹣，2）代入得2=﹣×（﹣）+q
解得q=
∴y＝﹣x+…②，
①当AC＝AQ时，如图1，

则AC＝AQ＝5，
设：QM＝MB＝n，则AM＝7﹣n，
由勾股定理得：（7﹣n）2+n2＝25，解得：n＝3或4（舍去4），
故点Q（1，3），
②当AC＝CQ时，如图1，
CQ＝5，则BQ＝BC﹣CQ＝4﹣5，
则QM＝MB＝，
故点Q（，）．
③当CQ＝AQ时，
联立①②，，
解得，x＝（舍去），
综上所述点Q的坐标为：Q（1，3）或Q（，）．
【点睛】
此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知待定系数法、一次函数的图像与性质、二次函数的图像与性质及等腰三角形的性质．
二、中考几何压轴题

11．（1）详见解析；（2）①；②，证明详见解析；（3）．
【分析】
（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；
（2）①由题意可知，，，且，
解析：（1）详见解析；（2）①；②，证明详见解析；（3）．
【分析】
（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；
（2）①由题意可知，，，且，，可证∽，同理可证∽，可得，，即可得出BD与AN的数量关系；②过E点作AC的平行线，交AN的延长线于点P，连接PC，可证∽，即，可得，四边形为平行四边形，所以，即可得出BD与AN的数量关系；
（3）由（2）②已证四边形为平行四边形，所以，且∽，，所以，即ACE的面积可得．
【详解】
（1）证明：∵，于点，
∴，，（等腰三角形三线合一）
∵，
，
且，
∴，
∵，
∴，即．
∴，
∵，
∴，
在ABM和CAN中，

∴（AAS），
∴，∴．
（2）①．
∵由题意可知，，，且，，
∴，
∴∽，
同理，，，且，，
∴，
∴∽，
∴，即，，即，
∴．
②．证明：过E点作AC的平行线，交AN的延长线于点P，连接PC．

∴，
∵，
∴，
∴，
∵于点，∴．
∴．
∴．
∴，
∴∽，
∴，
∵，∴，，
∴．
∵，∴四边形为平行四边形．
∴，∴．
（3）．
∵由（2）②已证四边形为平行四边形，
∴，
又∵∽，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考察了等腰三角形三线合一、全等三角形的证明与应用、相似三角形的证明与应用、平行四边形的性质，解题的关键在于构造出全等三角形，且掌握相似三角形面积之比为边长之比的平方．
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），；（2）不成立，见解析；（3）2或4
【分析】
（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60°．
（2）根据题意，利用等腰直角三角形
解析：（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4
【分析】
（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60°．
（2）根据题意，利用等腰直角三角形的性质可推出，再根据相似三角形对应角相等，得出，故得出直线与所夹的锐角为45°，与（1）结论不符．
（3）此问需要分两种情况讨论，一种情况是当在直线上，该种情况需要先证明，从而根据相似三角形的性质得到，最后根据全等三角形的性质求出；另一种情况是，当在直线下，先证明，从而证明四边形为矩形，最后求出．
【详解】
解：（1）；60°
解答如下：如图１，
与为等边三角形，
，
在与中，
，

故答案为：；直线与所夹的锐角为60°．
（2）不成立
理由如下：与为等腰直角三角形，
，，
，
即：，
在与中，

故（1）中的结论不成立；

（3）的长度为2或4；
①点在直线上方时如图4，
，

，

②点在直线下方时，如图5，

∥
根据题意，易证四边形为矩形，
，
故答案为
综上可得的长度为2或4

【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的三边关系、旋转的性质、矩形的判定及性质相似三角形的判定及性质，综合性比较强，熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）利用等边三角形的性质，从而证明三角形全等是解答该小问的关键．（2）根据等腰直角三角形的三边关系，证明两个三角形相似是解答第二问的关键，重点掌握相似三角形的判定方法．（3）解答本题时，首先要认识到旋转过程中满足题意的两种情况，其次证明过程可参考上面的证明过程，最后如何判定四边形为矩形也是解答最后一题第二种情况的关键．
14．（1）是，理由见解析；（2）或或；（3），证明见解析．
【分析】
（1）证明，可得，又点F为CD中点,即可得出结论；
（2）当为点构成的四边形的准中位线．则M、N一定是中点，再分两种情况讨论：和，根
解析：（1）是，理由见解析；（2）或或；（3），证明见解析．
【分析】
（1）证明，可得，又点F为CD中点,即可得出结论；
（2）当为点构成的四边形的准中位线．则M、N一定是中点，再分两种情况讨论：和，根据平行线分线段成比例列方程即可求解；
（3）连接，取的中点，连接，得两条中位线，根据中位线定理，得平行，可找到相等角和线段，从而可得是等腰三角形，进而可得．
【详解】
解：（1）是四边形的准中位线，理由如下：
∵，
∴．
又∵，，
∴，
∴，
∴．
又∵为中点，
∴为四边形的准中位线．
（2）当为点构成的四边形的准中位线时．
①如图，当时，则需满足且为中点．

∴，解得：；
②如图，当时，则需满足且为中点．
∴，解得：，．
综上：当或或时，
为点构成的四边形的准中位线．

（3）．证明如下：
如图，连接，取的中点，连接，．

，分别是，的中点，
∴，，
∴．
∵分别是，的中点，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
【点睛】
本题围绕线段的中点考查了等腰三角形判定及性质、平行线分线段成比例、三角形中位线等知识点，考查范围广，综合性强．解（2）的关键是由准中位线图形特征得出四边形有一组对边平行，解（3）的关键是构造出和中位线定理相关的图形．
15．（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．
【分析】
（1）通过证明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．
（2）通过证明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延长BE
解析：（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．
【分析】
（1）通过证明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．
（2）通过证明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延长BE、GD相交于点H．因为矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以∠HEF
+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，所以DG⊥BE．
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．首先证明点G的运动轨迹是线段GM，将2BG+BE的最小值转化为求2（BG+DG）的最小值．
【详解】
（1）DG=BE
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=9