2021年中考数学压轴题精选含答案

1．如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P． （1）当BP＝ 时，△MBP～△DCP；

（2）当⊙P与正方形ABCD的边相切时，求BP的长；

（3）设⊙P的半径为x，请直接写出正方形ABCD中恰好有两个顶点在圆内的x的取值范围．

2．如图，已知抛物线y=ax+bx−2(a0)与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，

2直线BD交抛物线于点D，并且D(2,3)，B(−4,0)． （1）求抛物线的解析式；

（2）已知点M为抛物线上一动点，且在第三象限，顺次连接点B、M、C，求BMC面积的最大值；

（3）在（2）中BMC面积最大的条件下，过点M作直线平行于y轴，在这条直线上是否存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆？若存在，求出圆心Q的坐标；若不存在，请说明理由．

3．已知抛物线y=127x-mx+2m-的顶点为点C． 22（1）求证：不论m为何实数，该抛物线与x轴总有两个不同的交点； （2）若抛物线的对称轴为直线x=3，求m的值和C点坐标；

（3）如图，直线y=x−1与（2）中的抛物线并于A、B两点，并与它的对称轴交于点D，直线x=k交直线AB于点M，交抛物线于点N．求当k为何值时，以C、D、M、N为顶点的四边形为平行四边形．

4．如图，在四边形ABCD中，∠B=90°，AD//BC，AD=16，BC=21，CD=13． （1）求直线AD和BC之间的距离；

（2）动点P从点B出发，沿射线BC以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位长度的速度运动，点P、Q同时出发，当点Q运动到点D时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒．试求当t为何值时，以P、Q、D、C为顶点的四边形为平行四边形？

（3）在（2）的条件下，是否存在点P，使△PQD为等腰三角形？若存在，请直接写出相应的t值，若不存在，请说明理由．

5．如图，在菱形ABCD中，AB=a，ABC=60，过点A作AE⊥BC，垂足为E，

AF⊥CD，垂足为F．

（1）连接EF，用等式表示线段EF与EC的数量关系，并说明理由；

（2）连接BF，过点A作AK⊥BF，垂足为K，求BK的长(用含a的代数式表示)； （3）延长线段CB到G，延长线段DC到H，且BG=CH，连接AG，GH，AH． ①判断AGH的形状，并说明理由； ②若a=2,SADH=1(3+3)，求sinGAB的值． 2

6．问题提出

（1）如图①，在ABC中，AB=42,AC=6,BAC=135，求ABC的面积．

问题探究

（2）如图②，半圆O的直径AB=10，C是半圆AB的中点，点D在BC上，且

CD=2BD，点P是AB上的动点，试求PC+PD的最小值．

问题解决

（3）如图③，扇形AOB的半径为20,AOB=45在AB选点P，在边OA上选点E，在边OB上选点F，求PE+EF+FP的长度的最小值．

7．如图，在ABC中，AB=14，B=45，tanA=4，点D为AB中点．动点P从3点D出发，沿DA方向以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，点P关于点D对称点为点Q，以PQ为边向上作正方形PQMN．设点P的运动时间为t秒．

（1）当t=_______秒时，点N落在AC边上．

（2）设正方形PQMN与ABC重叠部分面积为S，当点N在ABC内部时，求S关于

t的函数关系式．

（3）当正方形PQMN的对角线所在直线将ABC的分为面积相等的两部分时，直接写出

t的值．

8．对于平面直角坐标系xOy中的图形W1和图形W2．给出如下定义：在图形W1上存在两点A，B（点A，B可以重合），在图形W2上存在两点M，N，（点M于点N可以重合）使得AM=2BN，则称图形W1和图形W2满足限距关系

(1)如图1，点C(1，0)，D(-1，0)，E(0，3)，点P在线段DE上运动(点P可以与点D，E重合)，连接OP，CP．

①线段OP的最小值为_______，最大值为_______；线段CP的取值范直范围是_____； ②在点O，点C中，点____________与线段DE满足限距关系；

(2)如图2，⊙O的半径为1，直线y=3x+b(b>0)与x轴、y轴分别交于点F，G．若线段FG与⊙O满足限距关系，求b的取值范围；

(3)⊙O的半径为r(r>0)，点H，K是⊙O上的两个点，分别以H，K为圆心，1为半径作圆得到⊙H和K，若对于任意点H，K，⊙H和⊙K都满足限距关系，直接写出r的取值范围．

9．如图，在平面直角坐标系中，点A(1,2)，B(5,0)，抛物线y=ax−2ax(a0)交x2轴正半轴于点C，连结AO，AB． （1）求点C的坐标； （2）求直线AB的表达式；

2（3）设抛物线y=ax−2ax(a0)分别交边BA，BA延长线于点D，E．

①若AE=2AO，求抛物线表达式；

②若△CDB与△BOA相似，则a的值为 ．（直接写出答案）

10．如图，射线AM上有一点B，AB＝6．点C是射线AM上异于B的一点，过C作CD⊥AM，且CD＝

4AC．过D点作DE⊥AD，交射线AM于E. 在射线CD取点F，使得CF3＝CB，连接AF并延长，交DE于点G．设AC＝3x．

（1） 当C在B点右侧时，求AD、DF的长．(用关于x的代数式表示) （2）当x为何值时，△AFD是等腰三角形．

（3）若将△DFG沿FG翻折，恰使点D对应点D'落在射线AM上，连接FD'，GD'．此时x的值为 （直接写出答案）

11．已知：如图，四边形ABCD，ABDC，CB⊥AB，AB=16cm，BC=6cm，

CD=8cm，动点Q从点D开始沿DA边匀速运动，运动速度为1cm/s，动点P从点A开始沿AB边匀速运动，运动速度为2cm/s．点P和点Q同时出发，O为四边形ABCD的对角线的交点，连接 PO并延长交CD于M，连接QM．设运动的时间为t(s)，

0t8．

（1）当t为何值时，PQBD？

2（2）设五边形QPBCM的面积为Scm，求S与t之间的函数关系式；

()（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使PQM的面积等于五边形面积的存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；

11？若15（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点Q在MP的垂直平分线上？若存在，求出

t的值；若不存在，请说明理由．

12．如图1，平面直角坐标系xoy中，A(－4，3)，反比例函数y=k(k0)的图象分别交x矩形ABOC的两边AC，BC于E，F（E，F不与A重合），沿着EF将矩形ABOC折叠使A，D重合．

（1）①如图2，当点D恰好在矩形ABOC的对角线BC上时，求CE的长；

②若折叠后点D落在矩形ABOC内（不包括边界），求线段CE长度的取值范围． （2）若折叠后，△ABD是等腰三角形，请直接写出此时点D的坐标．

13．如图1，已知点B（0，9），点C为x轴上一动点，连接BC，△ODC和△EBC都是等边三角形．

（1）求证：DE＝BO；

（2）如图2，当点D恰好落在BC上时． ①求点E的坐标；

②在x轴上是否存在点P，使△PEC为等腰三角形？若存在，写出点P的坐标；若不存在，说明理由；

③如图3，点M是线段BC上的动点（点B，点C除外），过点M作MG⊥BE于点G，MH⊥CE于点H，当点M运动时，MH＋MG的值是否发生变化？若不会变化，直接写出MH＋MG的值；若会变化，简要说明理由．

14．在综合与实践课上老师将直尺摆放在三角板上，使直尺与三角板的边分别交于点P、M、N、Q，

（1）如图①所示．当∠CNG＝42°，求∠HMC 的度数．（写出证明过程）

（2）将直尺向下平移至图 2 位置，使直尺的边缘通过点 C，交 AB 于点 P，直尺另一侧与三角形交于 N、Q 两点。请直接写出∠PQF、∠A、∠ACE 之间的关系．

15．已知抛物线y=﹣x2﹣2x+3交x轴于点A、C（点A在点C左侧），交y轴于点B．

（1）求A，B，C三点坐标；

（2）如图1，点D为AC中点，点E在线段BD上，且BE=2DE，连接CE并延长交抛物线于点M，求点M坐标；

（3）如图2，将直线AB绕点A按逆时针方向旋转15°后交y轴于点G，连接CG，点P为△ACG内一点，连接PA、PC、PG，分别以AP、AG为边，在它们的左侧作等边△APR和等边△AGQ，求PA+PC+PG的最小值，并求当PA+PC+PG取得最小值时点P的坐标（直接写出结果即可）．

16．已知：AB为⊙O的直径，点C为弧AB的中点，点D为⊙O上一点，连接CD，交AB于点M，AE为∠DAM的平分线，交CD于点E．

（1）如图1，连接BE，若∠ACD=22°，求∠MBE的度数；

（2） 如图2，连接DO并延长，交⊙O于点F，连接AF，交CD于点N． ①求证：DM2+CN2=CM2；

②如图3，当AD=1，AB=10时，请直接写出线段ME的长． ．．．．

17．如图，平面直角坐标系中，抛物线y=ax−2ax−8a与x轴交于B、C两点（点B在

2点C右侧），与y轴交于点A，连接AB，AB=25．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P在第二象限的抛物线上，连接PB交y轴于D，取PB的中点E，过点E作

EH⊥x轴于点H，连接DH，设点P的横坐标为t.ODH的面积为S，求S与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，作PF⊥y轴于F，连接CP、CD，CP=CD，点S为PF上一点，连接BS交y轴于点T，连接BF并延长交抛物线于点R.SBC+FBO=45，在射线CS上取点Q.连接QF，QF=RF，求直线TQ的解析式．

18．定义：将函数l的图象绕点P（m，0）旋转180°，得到新的函数l'的图象，我们称函数l'是函数关于点P的相关函数．

例如：当m＝1时，函数y＝（x+1）2+5关于点P（1，0）的相关函数为y＝﹣（x﹣3）2﹣5．

（1）当m＝0时

①一次函数y＝x﹣1关于点P的相关函数为 ； ②点（

91，﹣）在二次函数y＝﹣ax2﹣ax+1（a≠0）关于点P的相关函数的图象上，求28a的值．

（2）函数y＝（x﹣1）2+2关于点P的相关函数y＝﹣（x+3）2﹣2，则m＝ ； （3）当m﹣1≤x≤m+2时，函数y＝x2﹣mx﹣值为6，求m的值．

19．如图，在▱ABCD中，对角线AC⊥BC，∠BAC＝30°，BC＝23，在AB边的下方作射线AG，使得∠BAG＝30°，E为线段DC上一个动点，在射线AG上取一点P，连接BP，使得∠EBP＝60°，连接EP交AC于点F，在点E的运动过程中，当∠BPE＝60°时，则AF＝_____．

12

m关于点P（m，0）的相关函数的最大2

20．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知RtABC的直角顶点C(0,12)，斜边AB在

x轴上，且点A的坐标为(−9,0)，点D是AC的中点，点E是BC边上的一个动点，抛

物线y=ax+bx+12过D，C，E三点．

2

（1）当DE//AB时， ①求抛物线的解析式；

②平行于对称轴的直线x=m与x轴，DE，BC分别交于点F，H，G，若以点D，

H，F为顶点的三角形与△GHE相似，求点m的值．

（2）以E为等腰三角形顶角顶点，ED为腰构造等腰△EDG，且G点落在x轴上.若在

x轴上满足条件的G点有且只有一个时，请直接写出点E的坐标． ．．．．

21．如图1，D是等边△ABC外一点，且AD＝AC，连接BD，∠CAD的角平分交BD于E． （1）求证：∠ABD＝∠D； （2）求∠AEB的度数；

（3）△ABC 的中线AF交BD于G（如图2），若BG＝DE，求

AF的值． DE

22．在平面直角坐标系xOy中，点A、B为反比例函数y=的横坐标与B点的纵坐标均为1，将y=的对应点为A’，B点的对应点为B’．

（1）点A’的坐标是 ，点B’的坐标是 ；

4(x0)的图像上两点，A点x4(x0)的图像绕原点O顺时针旋转90°，A点x（2）在x轴上取一点P，使得PA+PB的值最小，直接写出点P的坐标． 此时在反比例函数y=4(x0)的图像上是否存在一点Q，使△A’B’Q的面积与△PAB的面积相等，若存x在，求出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由；

（3）连接AB’，动点M从A点出发沿线段AB’以每秒1个单位长度的速度向终点B’运动；动点N同时从B’点出发沿线段B’A’以每秒1个单位长度的速度向终点A’运动．当其中一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t秒，试探究：是否存在使△MNB’为等腰直角三角形的t值．若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．

23．（操作发现）如图1，ABC为等腰直角三角形，ACB=90，先将三角板的90角与ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0且小于45），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D．在三角板另一直角边上取一点F，使

CF=CD，线段AB上取点E，使DCE=45，连接AF，EF．

（1）请求出EAF的度数？ （2）DE与EF相等吗？请说明理由；

（类比探究）如图2，ABC为等边三角形，先将三角板中的60角与ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0且小于30°）.旋转后三角板的一直角边与AB交于点D.在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使

DCE=30，连接AF，EF.

（3）直接写出EAF=_________度；

（4）若AE=1，BD=2，求线段DE的长度.

24．如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=2，AC=4．对角线AC、BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转°（0°＜＜180°），分别交直线BC、AD于点E、F．

（1）当=_____°时，四边形ABEF是平行四边形；

（2）在旋转的过程中，从A、B、C、D、E、F中任意4个点为顶点构造四边形， ①当=_______°时，构造的四边形是菱形；

②若构造的四边形是矩形，求该矩形的两边长． 25．如图，抛物线y=12x+bx+c与x轴交于点A（-2，0），交y轴于点B（0，4−35）．直线y=kx+过点A与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点是D．

22

(1) 求抛物线y=312x+bx+c与直线y=kx+的解析式；

24(2)点P是抛物线上A、D间的一个动点，过P点作PM∥CE交线段AD于M点. ①过D点作DE⊥y轴于点E，问是否存在P点使得四边形PMEC为平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由;

②作PN⊥AD于点N，设△PMN的周长为m，点P的横坐标为x，求m关于x的函数关系式，并求出m的最大值．

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、中考数学压轴题 1．B

解析：（1）；（2）3或43；（3）5＜x【解析】 【分析】

（1）设BP=a，则PC=8-a，由△MBP～△DCP知

8365 MBBP=，代入计算可得； DCCP（2）分别求出⊙P与边CD相切时和⊙P与边AD相切时BP的长即可得； （3）①当PM=5时，⊙P经过点M，点C；②当⊙P经过点M、点D时，由PC2+DC2=BM2+PB2，可求得BP=7，继而知PM=【详解】

（1）设BP=a，则PC=8-a，

72+42=65．据此可得答案．

∵AB=8，M是AB中点， ∴AM=BM=4， ∵△MBP～△DCP， ∴

MBBP4a=，即=，

88−aDCCP83解得a=， 故答案为：．

（2）如图1，当⊙P与边CD相切时，

83

设PC=PM=x，

在Rt△PBM中，∵PM2=BM2+PB2， ∴x2=42+（8-x）2， ∴x=5，

∴PC=5，BP=BC-PC=8-5=3． 如图2，当⊙P与边AD相切时，

设切点为K，连接PK，

则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形． ∴PM=PK=CD=2BM， ∴BM=4，PM=8，

在Rt△PBM中，PB＝82−42=43． 综上所述，BP的长为3或43．

（3）如图1，当PM=5时，⊙P经过点M，点C；

如图3，当⊙P经过点M、点D时，

∵PC2+DC2=BM2+PB2， ∴42+BP2=（8-BP）2+82， ∴BP=7， ∴PM=72+42=65．

65．

综上，5＜x【点睛】

本题是圆的综合问题，主要考查切线的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．

2．B

解析：（1）y=【解析】 【分析】

123x+x−2；（2）4；（3）存在，Q的坐标为(−2,4)或(−2,−1) 22(1)根据题意将D(2,3)、B(−4,0)的坐标代入抛物线表达式，即可求解；

(2)由题意设点M的坐标为x,SBMC1231x+x−2，则点Kx,−x−2，222=1MKOB，即可求解； 2(3)由题意和如图所示可知，tanQHN=1，在Rt2222QNH中，QH=m+6，

1QNm2+4，进行分析==QN=OQ=(−2)+m=m+4，sinQHN=m+65QH计算即可求解． 【详解】

4a+2b−2=3解：(1)将D(2,3)、B(−4,0)的坐标代入抛物线表达式得：，解得：

16a−4b−2=01a=2， b=32则抛物线的解析式为：y=123x+x−2； 22(2)过点M作y轴的平行线，交直线BC于点K，

0=−4k'+b'将点B、C的坐标代入一次函数表达式：y=k'x+b'得：，解得：

b'=−21k'=−2， b'=−2则直线BC的表达式为：y=−设点M的坐标为x,1x−2， 21231x+x−2，则点Kx,−x−2， 222SBMC=1131MKOB=2−x−2−x2−x+2=−x2−4x， 2222BMC有最大值，

a=−10，S当x=−

b=−2时， 2aSBMC最大值为4，

点M的坐标为(−2,−3)；

(3)如图所示，存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆，切点为N，

过点M作直线平行于y轴，交直线AC于点H，

点M坐标为(−2,−3)，设：点Q坐标为(−2,m)， 点A、C的坐标为(1,0)、(0,−2)，tanOCA=OA1=， OC2QH//y轴， QHN=OCA，

tanQHN=11，则sinQHN=， 25m+n=0y=mx+n将点A、C的坐标代入一次函数表达式：得：，

n=−2则直线AC的表达式为：y=2x−2，

则点H(−2,−6)，

在RtQNH中，QH=m+6，QN=OQ=(−2)2+m2=m2+4，

1QNm2+4， sinQHN===QHm+65解得：m=4或−1，

即点Q的坐标为(−2,4)或(−2,−1)． 【点睛】

本题考查的是二次函数知识的综合运用，涉及到解直角三角形、圆的基本知识，本题难点是(3)，核心是通过画图确定圆的位置，本题综合性较强．

3．（1）详见解析；（2）m=3，点C坐标为(3,−2)；（3）k=5或k=4+17或k=4-17时，可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形．

【解析】 【分析】

（1）从x2-mx+2m-127=0的判别式出发，判别式总大于等于3，而证得； 2（2）根据抛物线的对称轴x=-b=-3来求m的值；然后利用配方法把抛物线解析式转2a化为顶点式，由此可以写出点C的坐标；

（3）根据平行四边形的性质得到：MN=|k-1-(k2-3k+)|=CD=4．

需要分类讨论：①当四边形CDMN是平行四边形，MN=k-1-(k2-3k+)=4，通过解该方程可以求得k的值；

②当四边形CDNM是平行四边形，NM=得k的值． 【详解】

解：（1）D=(-m)2-4?1(2m27)=(m-2)2+3， 2212521252125k-3k+-(k-1)=4，通过解该方程可以求22∵不论m为何实数，总有(m−2)0， \\D=(m-2)2+3>0，

∴无论m为何实数，关于x的一元二次方程x2-mx+2m-根，

∴无论m为何实数，抛物线y=（2）

\\-127=0总有两个不相等的实数2127x-mx+2m-与x轴总有两个不同的交点． 22抛物线的对称轴为直线x=3，

-m=31，即m=3， 2´2此时，抛物线的解析式为y=∴顶点C坐标为(3,−2)；

1251x-3x+=(x-3)2-2， 222（3）QCD//MN,C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，

四边形CDMN是平行四边形（直线在抛物线的上方）或四边形CDMN（直线在抛物线

的下方），如图所示，

由已知D(3,2),M(k,k-1),N(k，k2-3k+)，

QC(3,-2)，

1252CD=4，

15\\MN=k-1-(k2-3k+)=CD=4，

22①当四边形CDMN是平行四边形，

15MN=k-1-(k2-3k+)=4，

22整理得，k2−8k+15=0，

解得k1=3（不合题意，舍去），k2=5； ②当四边形CDNM是平行四边形，

NM=125k-3k+-(k-1)=4， 22整理得k2-8k-1=0， 解得，k1=4+17，k2=4-四边形． 【点睛】

本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有待定系数法求二次函数解析式，抛物线的顶点公式和平行四边形的判定与性质．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．

17，

17时，可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行

综上，k=5或k=4+17或k=4-4．A

解析：（1）12；（2）5s或【解析】 【分析】

（1）AD与BC之间的距离即AB的长，如下图，过点D作BC的垂线，交BC于点E，在RtDEC中可求得DE的长，即AB的长，即AD与BC间的距离； （2）四边形QDCP为平行四边形，只需QD=CP即可；

（3）存在3大类情况，情况一：QP=PD，情况二：PD=QD，情况三：QP=QD，而每大类中，点P存在2种情况，一种为点P还未到达点C，另一种为点P从点C处返回． 【详解】

（1）如下图，过点D作BC的垂线，交BC于点E

6816377s；（3）s或s或s

2335

∵∠B=90°，AD∥BC ∴AB⊥BC，AB⊥AD

∴AB的长即为AD与BC之间的距离

∵AD=16，BC=21， ∴EC=5 ∵DC=13

∴在RtDEC中，DE=12

同理，DE的长也是AD与BC之间的距离 ∴AD与BC之间的距离为12 （2）∵AD∥BC

∴只需QD=PC，则四边形QDCP是平行四边形 QD=16－t，PC=21－2t或PC=2t－21 ∴16－t=21－2t或16－t=2t－21 解得：t=5s或t=

37s 3（3）情况一：QP=PD

图形如下，过点P作AD的垂线，交AD于点F

∵PQ=PD，PF⊥QD， ∴QF=FD

∵AF∥BP，AB∥FP，∠B=90° ∴四边形ABPF是矩形， ∴AF=BP

由题意得：AQ=t，则QD=16－t，QF=8－BP=2t或BP=21－(2t－21)=42－2t ∵AF=BP ∴8+

tt，AF=8+ 22tt=2t或8+=42－2t 22解得：t=

6816或t= 35情况二：PD=QD，图形如下，过点P作AD的垂线，交AD于点F

同理QD=16－t，PF=AB=12 BP=2t或21－(2t－21)=42－2t

则FD=AD－AF=AD－BP=16－2t或FD=16－(42－2t)=2t－26

∴在RtPFD中，PD2=122+(16−2t)或PD2=122+(2t−26) ∵PD=QD， ∴PD2=QD2

∴(16－t)=122+(16−2t)或(16－t)=122+(2t−26) 解得：2个方程都无解

情况三：QP=QD，图形如下，过点P作AD的垂线，交AD于点F

222222

同理：QD=16－t，FP=12 BP=2t或BP=42－2t

QF=AF－AQ=BP－AQ=2t－t=t或QF=42－2t－t=42－3t

22222在RtQFP中，PQ=12+t或PQ=12+(42−3t)

2∵PQ=QD， ∴PQ=QD

∴(16－t)=12+t或(16－t)=12+(42−3t)

22222222第一个方程解得：t=综上得：t=【点睛】

7，第二个方程解得：无解 216687或或

235本题考查四边形中的动点问题，用到了勾股定理、平行四边形的性质、矩形的性质，解题关键是根据点Q运动的轨迹，得出BP的长度．

5．E

解析：（1）EF=形，见解析；②【解析】 【分析】

（1）连接EF，AC，由菱形的性质，可证RtAEBRtAFD，然后得到AEF为等边

3EC，见解析；（2）BK=27a；（3）①AGH是等边三角71(6−2) 4三角形，由解直角三角形得到AE=3EC，即可得到答案；

（2）由菱形的性质和等边三角形的性质，求出AF的长度，然后得到BF的长度，然后由相似三角形的性质，得到

ABBK=，即可求出答案； FBBA（3）①由等边三角形的性质，先证明VABGVACH，然后得到AG=AH，然后得到

BAH+GAB=GAH=60，即可得到答案；

②由三角形的面积公式得到DH=3+1，然后得到△AHF为等腰直角三角形，再由解直角三角形的性质，即可求出答案． 【详解】 解：（1）EF=3EC；

理由：∵四边形ABCD是菱形，ABC=60，

AB=AD=BC,ABC=ADC=60,AD//BC， BAD=120，

∵AE⊥BC，垂足为E，AF⊥CD，垂足为F，

AEB=AFD=90

RtAEBRtAFD，

AE=AF,BAE=DAF=30，

EAF=60， AEF为等边三角形， EF=AE.

连接AC，BAC=1BAD=60 2EAC=30

在RtAEC中，tanEAC=EC AEAE=3EC， EF=3EC

（2）如图：

∵四边形ABCD是菱形，ABC=60,AB=a，

ACD是等边三角形，AB//CD,AD=CD=a,ADC=60.

AF⊥CD，垂足为F， CF=DF=1a,BAF=AFD=90 2在RtADF中，sinADF=AF， ADAF=3a 2AB2+AF2，

在RtABF中，BF=BF=7a 2AK⊥BF，垂足为K，

AKB=FAB=90 ABK=FBA

RtAKB~RtFAB，

ABBK=， FBBABK=27a， 7（3）如图：

①AGH是等边三角形. 理由：连接AC.

AB=BC,ABC=60，

ABC为等边三角形，

AB=AC,ABC=ACB=60， ABG=120.

AB//CD，

BCH=ABC=60， ACH=120

ABG=ACH，

又

BG=CH，

ABGACH，

AG=AH,GAB=HAC. BAH+HAC=BAC=60， BAH+GAB=GAH=60，

AGH为等边三角形；

ADC为等边三角形，

AD=DC=AC=2,CF=DF=1，

②

AF=3. SADH=1(3+3)， 211DH3=(3+3)， 22DH=3+1

CH=DH−CD=3−1，HF=DH−DF=3， AF=HF，

AHF为等腰直角三角形，

AHF=45.

过点C作CM⊥AH，垂足为M. 在RtCMH中，QsinCHM=CM， CHCM=1(6−2)， 2在RtAMC中，sinMAC=CM， ACsinMAC=1(6−2). 4又GAB=HAC，

1(6−2)； 4sinGAB=sinHAC=【点睛】

本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的定理和性质，正确作出辅助线进行解题．

6．B

解析：（1）12；（2）53；（3）202． 【解析】 【分析】

（1）如图1中，过点B作BD⊥CA，交CA延长线于点D，通过构造直角三角形，求出BD利用三角形面积公式求解即可.

（2）如图示，作点D关于AB的对称点Q，交AB于点H，连接CQ，交AB于点P，连接PD、OD、OC，过点Q作QM⊥CO，交CO延长线于点M，确定点P的位置，利用勾股定理与矩形的性质求出CQ的长度即为答案.

（3）解图3所示，在AB上这一点作点P关于OA的对称点S，作点P关于OB的对称点

N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，连接OS、ON、OP、EP、FP，通过轴

对称性质的转化，最终确定最小值转化为SN的长. 【详解】

（1）如解图1所示，过点B作BD⊥CA，交CA延长线于点D，

BAC=135，

BAD=180−BAC=180−135=45，

BD⊥CA，交CA延长线于点D，

BAD为等腰直角三角形，且BDA=90，

BD=AD，

在BAD中，BD=AD,BDA=90，

BD2+AD2=AB2，即2BD2=AB2，

AB=42，

2BD2=AB2=(42)2=32，解得：BD=4，

AC=6， SABC=11ACBD=64=12． 22

（2）如解图2所示，作点D关于AB的对称点Q，交AB于点H，连接CQ，交AB于点P，连接PD、OD、OC，过点Q作QM⊥CO，交CO延长线于点M，

QD关于AB的对称点Q，CQ交AB于点P， PD=PQ，

PC+PD=PC+PQ=CQ，

点P为AB上的动点，

PC+PDCQ，

当点P处于解图2中的位置，PC+PD取最小值，且最小值为CQ的长度，

点C为半圆AB的中点，

COB=90，

BOD+COD=COB=90， 11BOD=COB=90=30，

33AB=10，

OD=11AB=10=5， 22155OD=,QH=DH=， 2222在Rt△ODH中，由作图知，OHD=90，且HOD=BOD=30，

DH=535， OH=OD2−DH2=52−=22由作图知，四边形OMQH为矩形，

553， OM=QH=,MQ=OH=22515CM=OM+OC=5+=，

22155322CQ=CM+MQ=+=53， 2222PC+PD的最小值为53．

（3）如解图3所示，在AB上这一点作点P关于OA的对称点S，作点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，连接OS、ON、OP、EP、FP， 点P关于OA的对称点S，点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交

OB于点F，

PE=SE，FP=FN，SOA=POA， NOB=POB,OS=OP=ON，

．PE+EF+FP=SE+EF+FN=SN，

SOA+NOB=POA+POB， E为OA上的点，F为OB上的点

PE+EF+FPSN，

当点E、F处于解图3的位置时，PE+EF+FP的长度取最小值，最小值为SN的长

度，

POA+POB=AOB=45，

SOA+NOB=45，

SON=SOA+AOB+NOB=45+45=90．

扇形AOB的半径为20，

OS=ON=OP=20，

在RtSON中，SON=90，OS=ON=20,SON=90

PE+EF+FP的长度的最小值为202．

【点睛】

本题主要考察了轴对称、勾股定理、圆、四边形等相关内容，理解题意，作出辅助线是做题的关键.

7．A

24t,14解析：（1）；（2）S=5−1t2+21t−49,22或72−7． 【解析】 【分析】

（1）如下图，根据tanA=70t3；（3）t的值为47−7147t534，可得出PN与AP的关系，从而求出t的值； 3（2）如下图，存在2种情况，一种是点M在△ABC内，另一种是点M在△ABC外部，分别根据正方形和三角形求面积的公式可求解；

（3）如下图，存在2种情况，一种是PM所在的直线将△ABC的面积平分，另一种是QN所在的直线将△ABC的面积平分． 【详解】

（1）如图1，点N在AC上

图1

由题意可知：PD=DQ=t，AP=7－t ∴PN=PQ=2t ∵tanA=∴

4 3NP42t4=，即= AP37−t3解得：t=

14 5（2）①如图2，

图2

四边形PQMN是正方形，

BQM=90，

B=45，

BQ=MQ，即7−t=2t 7， 3722故当0t≤时，S=(2t)=4t；

3②如图3，

解得t=图3

BQF=90，B=45，

BQ=FQ=7−t，BFQ=MFE=45，

则MF=MQ−QF=3t−7，

M=90， ME=MF=3t−7，

则S=(2t)−21149(3t−7)2=−t2+21t−222147t；

5324t,综上，S=−1t2+21t−49,2270t3．

714t53（3）如下图，过点C作AB的垂线，交AB于点G

图4

∵tanA=4 3∴设CG=4x，则AG=3x ∵∠B=45°

∴△CBG是等腰直角三角形 ∴GB=GC=4x ∵AB=14

∴3x+4x=14，解得：x=2 ∴S∴

ABC=1148=56 2=28

1S2ABC情况一：PM所在的直线平分△ABC的面积，如下图，PM与BC交于点E

图5

则SPBE=28

∵四边形PQMN是正方形，∴∠EPB=45° ∵∠B=45°

∴△PBE是等腰直角三角形 ∵SPBE=28=1PEPB 2∴PE=PB=214 ∴PB=47 ∵PB=AB－PA=14－(7－t)=7+t ∴7+t=47 t=47−7

情况二：如下图，QN所在线段平分△ABC的面积，QF交AC于点F，过点F作AB的垂线，交AB于点H

图6

同理，SAFQ=28

∵四边形PQMN是正方形，∴∠EQH=45° ∴△FHQ是等腰直角三角形 ∵tanA=4 317y4y=28，解得：y=2 2∴设FH=4y，则AH=3y，HQ=FH=4y，∴AQ=7y ∴SAFQ=∵AQ=AB－QB=14－(7－t)=7+t ∴7+t=72 解得：t=72−7

∴综上得：t的值为47−7或72−7． 【点睛】

本题考查动点问题，解题关键是根据动点的变化情况，适当划分为几种不同的形式分别分析求解．

8．C

解析：（1）①【解析】 【分析】

13，3，3CP2，②O；（2）b；（3）0＜r≤3．

32（1）①根据垂线段最短以及已知条件，确定OP，CP的最大值，最小值即可解决问题．②根据限距关系的定义判断即可．

（2）直线y=3x+b与x轴、y轴分别交于点F，G（0，b），分三种情形：①线段FG在⊙O内部，②线段FG与⊙O有交点，③线段FG 与⊙O没有交点，分别构建不等式求解即可．

（3）如图3中，不妨设⊙K，⊙H的圆心在x轴上位于y轴的两侧，根据⊙H和⊙K都满足限距关系，构建不等式求解即可． 【详解】

（1）①如图1中，

∵D（-1，0），E(0，3)， ∴OD=1，OE=∴tanEDO=3， OE=3， OD∴∠EDO=60°，

当OP⊥DE时，OP=OD•sin60=3，此时OP的值最小， 2当点P与E重合时，OP的值最大，最大值为3， 当CP⊥DE时，CP的值最小，最小值=CD•cos60=3， 当点P与D或E重合时，PC的值最大，最大值为2， 故答案为：3，3，3CP2. 2②根据限距关系的定义可知，线段DE上存在两点M，N，满足OM=2ON， 故点O与线段DE满足限距关系． 故答案为O．

（2）直线y=3x+b与x轴、y轴分别交于点F，G（0，b）， 当0＜b＜1时，线段FG在⊙O内部，与⊙O无公共点，

此时⊙O上的点到线段FG的最小距离为1-b，最大距离为1+b， ∵线段FG与⊙O满足限距关系， ∴1+b≥2（1-b）， 解得b1， 3∴b的取值范围为

1b＜1． 3当1≤b≤2时，线段FG与⊙O有公共点，线段FG与⊙O满足限距关系， 当b＞2时，线段FG在⊙O的外部，与⊙O没有公共点， 此时⊙O上的点到线段FG的最小距离为∵线段FG与⊙O满足限距关系， ∴b+12b−1， 而b+12b−1总成立，

∴b＞2时，线段FG 与⊙O满足限距关系，综上所述，b的取值范围为b（3）如图3中，不妨设⊙K，⊙H的圆心在x轴上位于y轴的两侧，

1b−1，最大距离为b+1， 212121． 3

两圆的距离的最小值为2r-2，最大值为2r+2， ∵⊙H和⊙K都满足限距关系， ∴2r+2≥2（2r-2）， 解得r≤3，

故r的取值范围为0＜r≤3． 【点睛】

本题属于圆综合题，考查了解直角三角形，垂线段最短，直线与圆的位置关系，限距关系的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建不等式解决问题，属于中考创新题型．

9．C

解析：（1）点C的坐标为(2,0)；（2）y=−4815x+；（3）①y=x2−x；22151510． 13【解析】

②【分析】

（1）求得对称轴，由对称性可知C点坐标； （2）利用待定系数法求解可得；

（3）①由AE=3AO的关系，建立K型模型相似，求得点E坐标代入解析式可得； ②若△CDB与△BOA相似，则∠OAB=∠CDB=90°，由相似关系可得点D坐标，代入解析式y=ax2-2ax可得a值． 【详解】

2解：（1）把y=0代入y=ax−2ax，得ax2−2ax=0，

解得：x=0，或x=2． ∵点C在x轴正半轴上， ∴点C的坐标为(2,0)．

（2）设直线表达式为y=kx+b，把点A(1,2)，B(5,0)分别代入y=kx+b，

1k=−k+b=22得，解得，

55k+b=0b=2∴直线AB的表达式为：y=−15x+． 22（3）①作AH⊥x轴于点H，EF⊥AH于点F（如图），

∵OA2=12+22=5，AB2=22+42=20，OB2=52=25， ∴OA2+AB2=OB2． ∴EAO=OAB=90． 由△EFA∽△AHO，得∴EF=4，FA=2， ∴点E坐标为(−3,4)．

把E(−3,4)代入y=ax−2ax，得9a+6a=4，

2EFFAEA===2， AHHOAO解得：a=∴y=4． 15428x−x． 1515②若△CDB与△BOA相似，如图，作DG⊥BC，

∴

CDBDBC==，∠OAB=∠CDB=90°， AOABBOCDBD3==， ∴52553565，BD=，

55∵BC=5−2=3，

∴CD=3565∴5=6， DG=535∴−15613x+=，解得：x=， 2255∴点D的坐标为：（

2136，）， 55把点D代入y=ax−2ax，即解得：a=169136a−2a= 255510； 1310． 13故答案为：【点睛】

本题是二次函数的综合问题，考查了二次函数的基本性质，数形结合与K型模型的使用，以及相似存在性问题，内容综合较好，难度相当入门级压轴问题．

10．A

解析：（1）AD=5x，DF=x+6；（2）△ADF为等腰三角形，x的取值可以是

48，174814，； （3）4或

3312【解析】

【分析】

（1）由已知条件可得：CD=4x，根据勾股定理得：AD=5x，由AB=6且C在B点右侧，可以依次表示BC、CF、DF的长；（2）分两种情况：①当C在B点的右侧时，AF=DF，②当C在线段AB上时，又分两种情况：i）当CF＜CD时，如图3，ii）当CF＞CD时，如图4，由AF=DF，作等腰三角形的高线FN，由等腰三角形三线合一得：AN=ND=2.5x，利用同角的三角函数列比例式可求得x的值；（3）由翻折性质得到DG=GD'，DGF=FGD'，从而证出△ADG≌△AGD'，从而推出∠FAC=∠DAG，即AF平分∠DAC，过F作FN⊥AD于N，分两种情况：当C在AB的延长线上时，当C在AB边上时，根据sinCDA＝可列出关于x的比例式，即可求解. 【详解】 ⑴∵CD＝

354AC，AC=3x， 3∴CD=4x， ∵CD⊥AM， ∴∠ACD=90°， 由勾股定理得：AD=5x， ∵AB=6，C在B点右侧， ∴BC=AC-AB=3x-6， ∵BC=FC=3x-6，

∴DF=CD-FC=4x-（3x-6）=x+6； （2）分两种情况： ①当C在B点的右侧时， ∴AC＞AB， ∴F必在线段CD上， ∵∠ACD=90°，

∴∠AFD是钝角，若△ADF为等腰三角形，只可能AF=DF，过F作FN⊥AD于N，如图，

∴AN=ND=2.5x， ∴cosADC=即

DNDC=， DFAD2.5x4x＝， x+65x解得，x=48； 17②当C在线段AB上时，同理可知若△ADF为等腰三角形，只可能AF=DF， i）当CF＜CD时，过F作FN⊥AD于N，如图，

x的取值可以是

48481，，； 17312∵AB=6，AC=3x， ∴BC=CF=6-3x， ∴DF=4x-（6-3x）=7x-6， ∵cosADC=∴

DNDC=， DFAD2.5x4x＝， 7x−65x48； 31 解得x= ii）当CF＞CD时，如图4，

BC=CF=6-3x，

∴FD=AD=6-3x-4x=6-7x， 则6-7x=5x，x=

1， 248481，，； 17312综上所述，x的取值可以是

（3）∵△DFG沿FG翻折得到△FD'G ∴DG=GD'，DGF=FGD'

又∵AG=AG， ∴△ADG≌△AGD' ∴∠FAC=∠DAG， 即AF平分∠DAC，

如图， 当C在AB的延长线上时，过F作FN⊥AD于N， FN=FC=3x-6，DF=x+6，

3x−63＝， x+65解得：x=4；

当C在AB边上时，如图，

∵FN=FC=6-3x， DF=7x-6， ∴sinCDA=解得x=6−3x3＝， 7x−654； 3综上所述，x的值是4或【点睛】

4. 3本题是四边形的综合题，考查了平行四边形、菱形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定、同角的三角函数以及动点问题，采用分类讨论的思想，并参考数形结合解决问题．

11．A

解析：（1）t=（4）存在，t1=【解析】 【分析】

（1）如下图，根据Rt△ADH求得AD的长，在利用QP∥DB得到t的值；

924240t−t+72；（3）不存在，理由详见解析；；（2）SQPBCM=9105122+21966122−21966，t2=．

3939（2）先利用△DOC∽△BOA，得到AP、BP、DM，然后用割补法求面积； （3）假设存在，使得PQM的面积等于五边形面积的内；

（4）如下图，分别在Rt△EMQ和Rt△QFP中求得QM和QP的长，令它们相等求得t. 【详解】

（1）如下图，过点D作AB的垂线交AB于点H

11，验证t的值是否在取值范围15

∵DC=8，AB=16，CB=6，∴AH=8，DH=6 ∴在Rt△DHA中，AD=设DQ=t则AP=2t ∴AQ=10−t ∵QP∥DB

62+82=10

10−t2tAQAP== ，即

10ADAB10解得：t=．

9（2）∵DC∥AB

∴∠ABO=∠CDO，∠OAB=∠DCO ∴△DOC∽△BOA

CDDO1== ADBO2∵AP=2t，∴BP=16−2t

∴

DM=8−t

∴SQPBCM=S四

ABCD−S△APQ−S△DMQ

13131=(8+16)6−2t?(10−t)−(8−t)t

252523123=72−6t+t2−t+t2

5510=9242t−t+72． 1056−2t+t)6(9242 t−t+72−四

PBCM=1052（3）∵S△PQM=SQPBCM−S=9227t−t+24 10511 15又∵PQM的面积等于五边形面积的∴

1111927S四ABCD=S△PQM，即：72=t2−t+24

15151050t8，不存在．

解得：t1=3+41，t1=3−41 （4）如下图，延长CD，过点Q作AB的垂线，交CD于点E，AB与点F

∵∠QAF=QDE，∠AHD=∠QED ∴△AHD∽△DEQ 同理，△ADH∽△AQF ∵AD=10，AH=8 又∵QD=t ∴EQ=t，ED=∵AQ=10－t ∴AF=

354t 534(10−t)，FQ=(10−t) 552234∴QM=t+t+8−t 5543QP=(10−t)+2t−(10−t) 55∵点Q是MP的垂直平分线，∴QM=QP，即：

224343 t+t+8−t=10−t+2t−10−t()()5555化简得：39t2−244t+180=0 解得：t1=【点睛】

本题主要考查相似和勾股定理，在第（3）问中，解题关键是根据垂直平分线的性质，得到QM=QP，然后求解计算.

2222122+21966122−21966，t2=．

393912．E

1132337,)或(−,) 解析：（1）①EC＝2； ②CE4；（2）点D的坐标为(−88255【解析】 【分析】

（1）①根据A(－4，3)和反比例函数图象上点的特征可得E、F的坐标，从而可表示出AE、AF并求得推出EC=AE4=，从而证得△AEF∽△ACB，利用相似三角形的性质的折叠的性质可AF31AC，即可求得结果； 2②当D在BO上时，由折叠的性质和同角的余角相等证得△AEF∽△BAD，设AF=x，利用勾股定理可列出方程，解之得AF的长，进而求出AE、CE的长，即可得出CE的取值范围； （2）由△ABD是等腰三角形，可得AD=BD或AD=AB，分情况进行求解即可． 【详解】

解:（1）①由题意得E(,3)，F(−4,−)， ∵k0，则EC=−∴AE=4+k3k4kk，FB=−，

43kk，AF=3+，

43k1(12+k)AE43=3==， ∴

AF3+k1(12+k)344∵由A(－4，3)得：AC=4,AB=3，

4+∴∴

AC4=， AB3AEAC=， AFAB又∵∠A=∠A， ∴△AEF∽△ACB， ∴∠AEF=∠ACB， ∴EF∥CB，

如图2，连接AD交EF于点H ，

由折叠的性质得：AH=DH， ∵D在BC上， ∴

AEAH==1，则AE=EC， ECDH1AC=2； 2∴EC= ②由折叠得EF垂直平分AD，

∴∠AHE=90，则EAH+AEF=90， 又∵BAD+EAH=BAC=90， ∴BAD=AEF，

如图，当D落在BO上时，∵EAF=ABD=90，

∴△AEF∽△BAD， ∴

ABAE4AEAF==， =，则

BDAF3ABBD439=3=， 344∴BD=AB设AF=x，则FB=3－x，FD=AF=x，

在Rt△BDF中，由勾股定理得：FB2+BD2=FD2，

2759即(3−x)+=x2，解得：x=，

3242∴AF=75， 32∴AE=447525AF==， 33328257=， 88∴CE=4−AE=4−7∴CE4，即折叠后点D落在矩形ABOC内（不包括边界），CE的取值范围为87CE4； 8（2）∵△ABD是等腰三角形，显然ABAD， ∴AD=BD或AD=AB，

①当AD=BD时，BAD=ABD， 由（1）得：BAD=AEF， ∴ABD=AEF，

如图，过点D作DG//x轴分别交AB、y轴于点M、N，

则DM⊥AB，MN=AC=4， ∴BMD=EAF=90，BM=∴△AEF∽△MBD， ∴

13AB=， 22MBAE4AEAF===， ，则

MDAF3MBMD4339==， 3248∴MD=MB∴DN=MN−MD=4−∴点D的坐标为(−923=， 88233,)； 82②当AD=AB时，如图，过点D作DG//x轴分别交AB、y轴于点M、N，

则AD=AB=3，DM⊥AB，MN=AC=4， ∴AMD=EAF=90， 由（1）得BAD=AEF， ∴△AEF∽△MAD， ∴

AMAE4AEAF===， ，则

MDAF3AMMD设AM=4a，则MD=3a，

在Rt△MAD中，由勾股定理得：AM2+MD2=AD2， 即(4a)2+(3a)2=32，解得：a=∴AM=3， 5129，MD=， 55123911=，DN=MN−MD=4−=，

5555∴BM=AB−AM=3−∴点D的坐标为(−113,)； 55综上所述，若折叠后，△ABD是等腰三角形，点D的坐标为(−【点睛】

113233,)或(−,)． 8255本题考查了反比例函数与几何综合、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的判定与性质，解题的关系是熟悉反比例函数图象上点的特征和熟练掌握相似三角形的判定与性质．

13．E

解析：（1）见解析；（2）①E（63，9）；②存在，点P的坐标为（－33，0）或（93，0）；③不变化，MH＋MG＝9 【解析】 【分析】

（1）根据等边三角形的性质得到BC=CE，OC=CD，∠OCD=∠BCE=60°，求得

∠OCB=∠DCE，根据全等三角形的性质即可得到结论；

（2）①由点B（0，9），得到OB=9，根据全等三角形的性质得到∠CDE=∠BOC=90°，根

据等边三角形的性质得到∠DEC=30°，求得CE=63，过E作EF⊥x轴于F，角三角形即可得到结论；

②存在，如图，当CE=CP=63时，当CE=PE，根据等腰三角形的性质即可得到结论；③不会变化，连接EM，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】

（1）∵△ODC和△EBC都是等边三角形 ∴OC＝DC，BC＝CE，∠OCD＝∠BCE＝60° ∴∠BCE＋∠BCD＝∠OCD＋∠BCD 即∠ECD＝∠BCO ∴△DEC≌△OBC（SAS） ∴DE＝BO

（2）①∵点B（0，9）， ∴OB=9，

由（1）知△BCO≌△ECD， ∴∠CDE=∠BOC=90°， ∴DE⊥BC，

∵△EBC是等边三角形， ∴∠DEC=30°， ∴∠OBC=∠DEC=30°， ∴OC=3OB=33，BC=63， 3∴CE=63， 过E作EF⊥x轴于F，

∵∠DCO=∠BCE=60°， ∴∠ECF=60°， ∵CE=BC=63， ∴CF=33，EF=∵CO=33 ， ∴OF=63，

3CE=9， 2∴E（63，9）； ②存在，如图，

当CE=CP=63时， ∵OC=33，

∴OP1=33，OP2=93， ； （，0），P（，0）∴P1−33293当CE=PE， ∵∠ECP=60°， ∴△CPE是等边三角形， ∴P2，P3重合，

∴当△PEC为等腰三角形时，点P的坐标为（－33，0）或（93，0）； ③不会变化，如图，连接EM，

∵SBCE=111BC•DE=BE•GM+CE•MH 222∵BC=CE=BE， ∴GM+MH=DE=9，

∴MH+MG的值不会发生变化．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，三角形面积的计算，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．

14．F

解析：（1）48°；（2）∠PQF＝∠A+∠ACE，理由见解析 【解析】 【分析】

（1）过点C作CD∥EH，根据两直线平行，内错角相等可得∠DCN＝∠CNG＝42°，进而

可证得∠HMC＝∠ACD＝48°即可；

（2）根据平行线的性质及三角形的外角性质即可得证． 【详解】

解：（1）如图，过点C作CD∥EH，

∵CD∥EH，EH∥FG， ∴CD∥FG，

∴∠DCN＝∠CNG＝42°， ∵∠ACB＝90°，

∴∠ACD＝∠ACB﹣∠DCN＝90°﹣42°＝48°， ∵CD∥EH，

∴∠HMC＝∠ACD＝48°，

（2）∠PQF＝∠A+∠ACE，理由如下： ∵EH∥FG， ∴∠PQF＝∠APE， ∵∠APE是△APM的外角， ∴∠APE＝∠A+∠ACE， ∴∠PQF＝∠A+∠ACE． 【点睛】

本题考查了平行线的性质及判定，三角形的外角性质，正确作出辅助线以及利用三角形的外角性质是解决本题的关键．

15．A

解析：（1）A（﹣3，0），C（1，0），B（0，3）；（2）M（﹣219,P（﹣【解析】 【分析】

22（1）抛物线y=−x−2x+3中，令y=−x−2x+3=0，可得A，C坐标；当x=0时，

1251，）；（3）5259123，）． 1919可得B的坐标；

（2）首先利用A、C坐标，求出D的坐标，根据BE=2ED，求出点E坐标，求出直线CE，利用方程组求交点坐标M即可；

（3）先证明△QAR≌△GAP即可得出QR=PG，进而得到PA+PC+PG=PR+PC+QR，可得当

Q，R，P，C共线时，PA+PC+PG的值最小，即为线段QC的长，作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K，利用勾股定理求得QC的长，再求出AM，CM，利用等边三角形性质求出AP、PM、PC，由此即可解决问题． 【详解】

解：（1）抛物线y=﹣x2﹣2x+3中，令y=﹣x2﹣2x+3=0，可得x1=1，x2=﹣3， ∴A（﹣3，0），C（1，0）， 当x=0时，y=3， ∴B（0，3）；

（2）∵点D为AC中点，A（﹣3，0），C（1，0）， ∴D（﹣1，0）， ∵BE=2DE，B（0，3）， ∴E（﹣

2，1）， 32，1）代入，可得 3设直线CE为y=kx+b，把C（1，0），E（﹣

3k=−2−k+b=15，解得， 33b=k+b=05∴直线CE为y=﹣

33x+， 551233x=−x=1y=x+5解方程组，可得或， 5551y=02y=y=−x−2x+325∵M在第二象限， ∴M（﹣

1251，）； 525（3）∵△APR和△AGQ是等边三角形， ∴AP=AR=PR，AQ=AG，∠QAG=∠RAP=60°， ∴∠QAR=∠GAP， 在△QAR和△GAP中，

AQ=AGQAR=GAP， AR=AP∴△QAR≌△GAP（SAS）， ∴QR=PG，

∴PA+PC+PG=PR+PC+QR，

∴当Q，R，P，C共线时，PA+PC+PG的值最小，即为线段QC的长，

如图3，作QN⊥OA于N，作AM⊥CQ于M，作PK⊥CN于K， 依题意得∠GAO=45°+15°=60°，AO=3， ∴AG=GQ=QA=6，∠AGO=30°，OG=33， ∵∠AGQ=60°， ∴∠QGO=90°， ∴Q（﹣6，33），

在Rt△QNC中，QN=33，CN=6+1=7，

∴QC=QN2+CN2=219，即PA+PC+PG的最小值为219， ∴sin∠ACM=

AMQN= ， ACQCACQN657= ， QC19∵△APR是等边三角形，

∴AM=

∴∠APM=60°，PM=14193AM，MC=AC2−AM2= ，

193∴PC=CM﹣PM=

819， 19CKCNPKQN= = ∵sin∠PCN=，cos∠PCN=，

CPCQPCQC28123，CK=，

19199∴OK=，

19∴PK=∴P（﹣

9123，）． 1919

【点睛】

本题属于二次函数综合题，主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形等知识的综合应用，解题的关键是理解Q、R、P、C共线时，PA+PG+PC最小，学会添加常用辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理计算求解．

16．C

解析：（1）11；（2）①见解析；②5−【解析】 【分析】

（1）由圆周角定理，得到∠CAB=∠ABC=∠ADC= 45°，由角平分线的定义和三角形的外角性质，得到∠CAE=∠CEA，结合等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，即可求出答案；

（2）①根据题意，将△ADM绕点A逆时针旋转90°，得到ADM，连接CM，由旋转的性质，△ADM≌△ANM，得到DM=NM，然后证明△MAC≌△MAC，得到

CM=CM，利用勾股定理，即可得到结论成立；

②连接CF，由（1）可知AC=BC=CE，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求出CE的长

52 4度，然后利用相似三角形的判定和性质，得到线段的比，然后构建方程，求出CM的长度，即可得到ME的长度． 【详解】

（1）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°， ∵点C为弧AB中点， ∴AC=BC，

∴∠CAB=∠ABC=∠ADC= 45°，AC=BC ∴△ACB是等腰直角三角形 ∵AE为∠DAM的平分线， ∴∠MAE=∠EAD

∵∠CAE=∠CAB+∠MAE，∠CEA=∠ADC+∠EAD， ∴∠CAE=∠CEA， ∴AC=CE=BC ∴∠CBE=∠CBM+∠MBE=∵∠ACD=22°，

180−BCE

2BCE=68

又∵∠CBM=45° ∴∠MBE=

180−68−45=11； 2（2）证明：将△ADM绕点A逆时针旋转90°，得到ADM，连接CM，

∵DF是⊙O的直径， ∴∠DAF=90° ∵∠ADC＝45°

∴△AND为等腰三角形，AD=AN ∴AD'和AN重合 ∴△ADM≌△ANM’

∴DM=NM，AM=AM，∠MNA=∠ADC＝45°， ∵∠M’ AM=90°，∠CAB=45°， ∴∠MAC=45°

∴△M’ AC≌△MAC（SAS）， ∴CM=CM ∵∠M’NA=∠ADC＝∠AND＝45°， ∴∠M’ND＝∠M’NC＝90°， ∴M’ N2+ CN 2＝C M’ 2， ∴MD2+ CN 2＝C M2 ； （3）如图：连接CF，

∵AB与DF为直径，AB=10，AD=1， ∴∠DCF=90°，∠DAF=90°， ∴AF=(10)2−12=3，

由（1）可知，△AND是等腰直角三角形，△ABC是等腰直角三角形， ∴AN=AD=1，∠AND=45°，AC=BC=CE=5， ∴NF=3-1=2，

∴△CNF是等腰直角三角形， ∴CN=CF=2， ∴CD=(10)2−(2)2=22，

∵∠AMD=∠CMB，∠ADM=∠CBM=45°， ∴△ADM∽△CBM， ∴

AMDMAD1===， CMBMCB5∵AM=10−BM，DM=22−CM， ∴

10−BM22−CM1， ==CMBM552310,BM=， 44解得：CM=∴ME=CE−CM=5−【点睛】

52． 4本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、垂径定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用相似比，构建方程解决问题，属于中考压轴题．

17．H

解析：（1）y=【解析】 【分析】

(1)先把B、C两点坐标求解出来，再根据待定系数法即可把函数解析式求解出来； (2) 过点P作PK⊥x轴于点K，PF⊥y轴于点F，把OH、OD的长度用t表示出来，再根据ODH的面积为S，即可表示出S与t的函数关系式； (3)先证明PKCCOD，再过点R作RN⊥x轴，设Rm,1312174x−x−2；（2）S=−t2−t−2；（3）y=−x+ 432342121m−m−2，连接42RC、RO，作CL⊥RO于L，求出Q点的坐标，再利用待定系数法即可把直线TQ的解

析式求解出来； 【详解】

2（1）∵y=ax−2ax−8a与x轴交于B、C两点

∴令y=0，即ax2−2ax−8a=0 解得x1=4，x2=−2

由题意得，∴B(4,0)，C(−2,0) 在RtOAB中，OB=4，AB=25.

∴OA=AB2−OB2=2

∴A(0,−2) ∴−8a=−2 ∴a=1 4121x−x−2 42（2）过点P作PK⊥x轴于点K，PF⊥y轴于点F

∴抛物线的解析式为y=

∴PKO=PFO=90，FOK=90 ∴四边形FPKO为矩形 ∴FO=PK ∵E为PB的中点 ∴PE=BE ∵EH⊥BK

∴PKB=EHB=90 ∴PK//EH ∴

BHBM= HKPM∴BH=HK ∵Pt,t−∴PK=OF=1421t−2 2121t−t−2，OK=PF=−t 42∴BK=4−t ∴BH=1tBK=2− 22∴OH=4−2−∵tanDBO=tt=2+ 22ODPK=， OBBK11−t−2 即OD42=44−t∴OD=−t−2 ∴S=t211t13ODOH=(−t−2)2+=−t2−t−2， 22242（3）∵OK=−t，OC=2， ∴CK=OD=−t−2，

∵CP=CD，PKC=COD=90， ∴PKCCOD， ∴PK=OC=2， ∴OF=2 ∴tanFBO=OF1= OB2过点R作RN⊥x轴，如图

设Rm,121m−m−2 42RN1=， BN2∴tanFBO=121m−m−21 ∴42=4−m2解得m=−4或m=4（舍去）， ∴R(−4,4) ∴tanCRN=CN1= RN2∴CRN=FBO

连接RC、RO，作CL⊥RO于L，如上图 ∵RN=ON

∴NRO=RON=NRC+CRO=45， ∴LC=LO，RO=42 ， ∴CL=OL=∴tanCRO2 ，

CL1=， RL3OT1=， OB3∵SBC+FBO=45， ∴tanTBO=∴OT= ∴T0,42，TF=， 334 3∵PF//OB ，

2FT1 ∴

tanFST==3=FSFS3∴FS=2，

∴FS=CO=OF=2， ∴QC⊥BC

∵QF=FB，QSF=BOF=90， ∴QFSBFO ∴QS=OB=4 ∴Q(−2,6)

设直线TQ的解析式为y=kx+b

7k=−−2k+b=63 解得∴ 44b=b=33∴直线TQ的解析式为y=−【点睛】

本题主要考查了二次函数的综合应用，涉及到用待定系数法求解函数解析式、一次函数、全等三角形、图形的面积计算、矩形的性质、解直角三角形等相关知识，灵活运用所学知识是解题的关键．

74x+． 3318．A

解析：（1）①y＝x+1；②a＝【解析】

1；（2）-1；（3）m的值为1−15或22． 2【分析】

（1）①由相关函数的定义，将y＝x﹣1旋转变换可得相关函数为y＝x+1；

29111②将（，﹣）代入y=ax−−1−a可得a的值， 2824（2）两函数顶点关于点P中心对称，可用中点坐标公式获得点P坐标，从而获得m的值；

（3）在相关函数中，以对称轴在给定区间的左侧，中部，右侧，三种情况分类讨论，获得对应的m的值． 【详解】

解：（1）①∵一次函数y＝x﹣1，k=1,过（0，-1） ∴绕点P（0，0）旋转180°后k不变，过（0，1） ∴关于点P的相关函数为y＝x+1， 故答案为：y＝x+1；

211②∵y=−ax2−ax+1=−ax++1+a，

2411∴y＝﹣ax2﹣ax+1关于点P（0，0）的相关函数为y=ax−−1−a，

249111∵点A（，﹣）在函数y=ax−−1−a的图象上，

28249111∴−=a−−1−a，

8422解得a＝

2221， 2（2）∵函数y＝（x﹣1）2+2的顶点为（1，2），函数y＝﹣（x+3）2﹣2的顶点为（﹣3，﹣2），

这两点关于中心对称， ∴

1+(−3)=m， 2∴m＝﹣1，

故答案为：﹣1．

113（3）∵y=x2−mx−m2=x−m−m2， 22421233∴y=x−mx−m关于点P（m，0）的相关函数为y=−x−m+m2，

22422①当

3m„m−1，即m≤﹣2时，y有最大值是6， 233∴−m−1−m+m2=6，

24∴m1=1−15，m2=1+15（不符合题意，舍去）， ②当m−1剟mm+2时，即﹣2＜m≤4时，当x=∴

2323m时，y有最大值是6， 232m=6 43mm+2，即m＞4时，当x＝m+2时，y有最大值是6， 22∴m1=22，m2=−22（不符合题意，舍去）， ③当

33∴−m+2−m+m2=6，

24∴m=−226（不符合题意，舍去）， 综上，m的值为1−15或22． 【点睛】

本题考查了二次函数的性质问题以及中心对称，（3）是本题的难点，需要分三类进行讨论，研究函数的变化轨迹，是很好的一道压轴问题．

19．C 解析：

15 4【解析】 【分析】

如图，连接PC交AB于T，作PN⊥AB于N，CM⊥PC交PE的延长线于M．首先证明∠APC＝90°，解直角三角形求出AC，PA，利用相似三角形的性质求出CM，由CM∥PA，推出

AFPA5==，由此即可解决问题． FCCM3【详解】

解：如图，连接PC交AB于T，作PN⊥AB于N，CM⊥PC交PE的延长线于M．

∵AC⊥BC，

∴∠ACB＝90°，

∵BC＝23，∠BAC＝30°，

∴AB＝2BC＝43，AC＝3BC＝6，∠ABC＝60°， ∵∠EPB＝∠EBP＝60°， ∴△EPB是等边三角形， ∴∠PEB＝60°，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，

∴∠BCE＝180°﹣∠ABC＝120°， ∴∠EPB+∠BCE＝180°， ∴P，B，C，E四点共圆，

∴∠PCB＝∠PEB＝60°，∠MPC＝∠EBC， ∵∠TCB＝∠CBT＝60° ∴△TCB是等边三角形，

∴∠BCT＝60°，∠ACT＝30°，BT＝BC＝AT＝23， ∵∠BAG＝∠BAC＝30°， ∴∠APC＝90°，

∴PA＝AT•cos30°＝3，AN＝PA•cos30°＝∴BN＝AB﹣AN＝53， 23133，PN＝PA＝，PC＝3PA＝33，

222∵∠PBE＝∠CBT＝60°， ∴∠PBN＝∠CBE＝∠CPM， ∵∠PCM＝∠PNB＝90°， ∴△PCM∽△BNP， ∴

CMPC=， PNBNCM33=∴353，

22∴CM＝

9， 5∵PA⊥PC，CM⊥PC， ∴CM∥PA，

AFPA35===∴FCCM93，

5∴AF＝

515AC＝．

48故答案为

15． 4【点睛】

本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．

20．A

解析：（1）①y=−7127x+x+12；②m的值为或0；（2）

2612153−18150−453,或(12,3)． 28【解析】 【分析】

（1）①先由A、C的坐标求出点D的坐标，由勾股定理求出AC，通过三角函数可求出DE，即可得到E点坐标，然后将D、E代入y=ax2+bx+12即可；②分

GEH=FDH和GEH=DFH两种情况讨论，根据三角函数求解；

（2）分两种情况：①EG⊥AB，②以E为圆心DE为半径作圆，交AB延长线于M，过E作EH⊥AB于H， D、E、M三点共线时． 【详解】

（1）①∵点A(−9,0)，点C(0,12)， ∴AO=9，CO=12， 在RtVAOC中，AC=∵点D是AC的中点， ∴点D的坐标为−∵DE//AB， ∴CDE=CAB，

AO2+CO2=15，

1159,6，CD=AC=，

22215CDAO9， =cos∠CAB=∴cos∠CDE=，即2=CEACCE15∴CE=25， 2925+,6，即(8,6)， 22∴E的坐标为−9E8,6把()和D−,6代入y=ax2+bx+12，

2981a−b+12=6得4， 2a+8b+12=61a=−6解得，

7b=12∴抛物线的解析式为y=−127x+x+12. 612②当GEH=FDH时，可得解得DH=8， ∴m=−DH4=tanHGE=， HF397+8=； 22当GEH=DFH时，可得解得DH=∴m=−DH3=tanHEG=， HF49， 299+=0. 22综上所述，m的值为

7或0. 2（2）若在x轴上满足条件的G点有且只有一个，则有两种情况， 第一种情况，EG⊥AB，如图，

∠A+∠B=90°，∠B+∠BCO=90°，∠B+∠BEG=90°， ∴∠A=∠BCO=∠BEG，

∴△AOC∽△COB，△AOC∽△COB， ∴∴

AOACAOAC==，， EGBEOCBCEG3915==， ，即EGBEBE5915=，即BC=20， 12BC设EG=DE=3x，则BE=5x，CE=20−5x， 在直角三角形CDE中，CD2+CE2=DE2，

2215∴+(20−5x)=(3x)，

22解得x=50−15350+153或x=（舍）， 88150−453， 8EG=DE=3x=由

AOEGAOOC50−153==，得BG=，OB=16， EGGBEGOB2153−18， 2∴OG=OB−BG=153−18150−453,∴E点坐标为， 28第二种情况如图，以E为圆心DE为半径作圆，交AB延长线于M，过E作EH⊥AB于H， D、E、M三点共线时，

则E为DM的中点， 由D−9,6可知E的纵坐标为3，即EH=3， 2由题可知△EHB∽△COB， ∴

EHHB3HB==, 即

COOB1216∴HB=4，OH=OB-HB=16-4=12， ∴E点坐标为(12,3)，

153−18150−453,∴答案为或(12,3)． 28【点睛】

本题考查了二次函数、相似和圆的知识，考察范围较广，属于较难题．

21．A

解析：（1）见解析；（2）60°；（3）【解析】 【分析】

(1)利用等边三角形的性质可得AB=AC,又因为AD＝AC已知，所以AB=AD,进而得到本题答案；

(2) 设∠3=∠D=x°，∠1=∠2=y°，利用等边三角形的性质以及三角形内角和定理得出∠3+∠D+∠BAD=180°，进而得出答案；

(3)首先得出△ABE≌△ADG ,进而得出∠4=∠AEB=60°,进而求出DE=BG=2GF, AG= BG=2GF, AF=AG+GF=3FG，即可得出答案. 【详解】

解：（1）∵AB=AC，AD=AC， ∴AB=AD，

∴∠3=∠D（即∠ABD=∠D） （2）∵AE平分∠CAD， ∴∠1=∠2，

∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC=60°，

设∠3=∠D=x°，∠1=∠2=y°， ∵∠3+∠D+∠BAD=180°， ∴x +x + 60° +2y =180°， ∴x +y =60°，

∴∠AEB=∠1+∠D = x +y = 60°； （3）∵BG=DE， ∴BE=DG，

在△ABE和△ADG中，

3 2AB=AD3=D， BE=DG∴△ABE≌△ADG（SAS） ∴∠4=∠AEB=60°

∵△ABC是等边三角形，F是BC中点， ∴∠AFB=90°，∠7=30°， ∵∠6=90°﹣∠5=30°， ∴DE=BG=2GF，

∵∠3=60°﹣∠6=30°=∠7，

∴AG=BG=2GF， ∴AF=AG+GF=3FG， ∴

AF3GF3==. DE2GF2【点睛】

此题主要考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质,将AF，DE用FG表示得出是解题关键.

22．A

解析：（1）(4，﹣1)，(1，﹣4)；（2）存在，【解析】 【分析】

（1）利用旋转的性质即可解决问题；

（2）由题意A和B′关于x轴对称，B和A′关于x轴对称，连接BB′交x轴于P，连接AP，此时PA+PB的值最小，因为直线BB′的解析式为t=17+6；（3）存在，82﹣8 10517x−，根据A′B′的解析式33得到p点的坐标，最后利用面积相等求出PQ的解析式，解方程组即可得到答案； （3）分两种情形分别求解即可解决问题； 【详解】

解：（1）∵点A、B为反比例函数y=A点的横坐标与B点的纵坐标均为1， ∴得到：A（1，4），B（4，1），

根据旋转的性质可知A（4，-1），B（1，-4）； 故答案为A（4，-1），B（1，-4）；

（2）∵A（1，4），B（4，1），根据旋转的性质可知A（4，-1），B（1，-4）， ∴A和B关于x轴对称，B和A关于x轴对称， 连接BB′交x轴于P，连接AP，此时PA+PB的值最小， ∵直线BB′的解析式为t=∴P（

4(x0)的图像上两点， x517x−， 3317，0）， 5过点P作PQ∥A′B′交y＝

4于Q，如图 x

∴S△PA’B’＝S△QA’B’， ∴直线PQ的解析式为y＝x﹣

17， 54y=x根据，消去y得到：5x2−17x−20=0，

y=x−175解得x=17+617−6或者x=（舍去）

101017+6. 10∴点Q的横坐标为（3）如图：

①当MNB=90时，MB=∴8﹣t＝2t， ∴解得：t＝82﹣8． ②当NMB=90时，NB=∴t＝2（8﹣t），

2BN，

2BM

∴解得：t＝16﹣82（不合题意），

综上，t＝(82−8)s时，MNB是等腰直角三角形． 【点睛】

本题考查反比例函数综合题、旋转变换、平行线的性质、一次函数的应用，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．

23．（1）EAF=90；（2）相等，理由详见解析；（3）120；（4）7 【解析】 【分析】

（1）根据全等三角形的判定得出ACF≌BCD，再由全等三角形的性质得到CAF=B=45、AF=DB，然后根据等腰三角形的判定和性质即可得解；

（2）根据全等三角形的判定得出DCE≌FCE，再由全等三角形的性质得证结论； （3）根据全等三角形的判定得出ACF≌BCD，再由全等三角形的性质得到CAF=B=60、AF=DB，然后根据等边三角形的判定和性质即可得解；

（4）过点F作FH⊥AE于点H交EA延长线于点H，构造出RtAFH，利用含30°角的直角三角形的性质求得AH=1，再根据勾股定理求得FH=3，最后由勾股定理即可求得答案． 【详解】

解：（1）∵ABC为等腰直角三角形，且ACB=90 ∴AC=BC，BAC=B=45 ∵DCF=ACB=90

∴DCF−ACD=ACB−ACD ∴ACF=BCD

AC=BC在ACF和BCD中，ACF=BCD

CF=CD∴ACF≌BCD(SAS) ∴CAF=B=45，AF=DB ∴EAF=BAC+CAF=90； （2）相等，理由如下： ∵DCF=90，DCE=45 ∴FCE=45 ∴DCE=FCE

CD=CF在DCE和△FCE中，DCE=FCE

CE=CE∴DCE≌FCE(SAS) ∴ DE=EF．

（3）∵ABC为等边三角形 ∴AC=BC，BAC=B=60 ∵DCF=ACB=60

∴DCF−ACD=ACB−ACD ∴ACF=BCD

AC=BC在ACF和BCD中，ACF=BCD

CF=CD∴ACF≌BCD(SAS) ∴CAF=B=60

∴EAF=BAC+CAF=120；

（4）过点F作FH⊥AE于点H交EA延长线于点H，如图：

∵由（3）可知，EAF=120，AF=BD ∴FAH=180−EAF=60，AF=BD=2 ∴AFH=90−FAH=30 ∴AH=∴FH=∴EF=【点睛】

本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．

1AF=1 2AF2−AH2=3，EH=AE+AH=2 FH2+EH2=7．

24．A

解析：（1）90º；（2）①45º或90º；②【解析】 【分析】

（1）根据平行四边形的判断方法即可解决问题； （2）①分两种情形分别解决问题即可； ②分两种情形讨论求解即可； 【详解】

解：（1）当α＝90°，四边形ABEF是平行四边形； 理由：∵AB⊥AC， ∴∠BAO＝∠AOF＝90°，

128445和5和5；5 5555∴AB∥EF， ∵平行四边形ABCD ∴AF∥BE，

∴四边形ABEF是平行四边形． 故答案为：90°．

（2）①当α＝45°或90°时，四边形BEDF是菱形． 当α＝45°时 ∵AD∥BC， ∴∠FDO＝∠EBO， ∵∠FOD＝∠BOE，OD＝OB， ∴△FDO≌△EBO， ∴DF＝BE， ∵DF∥BE，

∴四边形BEDF是平行四边形， ∵OA＝OC＝2，AB＝2， ∴AB＝OA， ∴∠AOB＝45°，

∴∠BOF＝45°＋45°＝90°， ∴BD⊥EF，

∴四边形BEDF是菱形．

当α＝90°时，同法可证四边形AFCE是菱形．

故答案为：45°或90°． ②∵AB⊥AC，AB＝2，AC＝4， ∴BC＝25，

当EF＝AC时，四边形AECF是矩形，对角线AC＝4，过A点作AE⊥BC于BC,过点C作CF⊥AD于F，如图1， ∴△AEB∽△BAC

AEAC==2 BEAB∴AE2+BE2=AB2

∴

∴BE=425，AE=5 55∴EC=BC-BE=25-285=5 55

过B作BF⊥AD于F，过D作DE⊥BC于E， 此时四边形BEDF是矩形，EF＝BD，如图2 同理可得：DA=BC=25，AF=∴BE=DF＝DA+FA=25+矩形的边长为：故答案为：【点睛】

本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．

425，BF =5， 552125=5 55124485和5或5 5和5555124485和5或5 5和555525．A

解析：（1）y=和（4，−【解析】 【分析】

（1）将点A和点B的坐标代入抛物线的解析式可求得b、c的值，然后可求得抛物线的解析式，将点A的坐标代入直线的解析式可求得k的值，从而可求得直线的解析式； （2）①将y=123533x−x−，y=x+ ；（2）① 存在，点P的坐标是（2，-3）

424423218483x+ ， m的最大值是15． ）；②m=−x+255512353315x−x−与y=x+联立，可求得点D8,，然后再求得点

242442353313C0,则CE=6，设点P的坐标为x,x2−x−，则M的坐标是x,x+．然

422244后可得到PM的长与x的函数关系式，然后依据PM=CE，可求得x的值，从而可得到点P的坐标；

②在RtCDE中，依据勾股定理可知：DC=10，则CDE的周长是24，接下来，证明

PMN∽CDE，依据相似三角形的周长比等于相似比可得到m与x的函数关系式，最后利用配方法可求得m的最大值．

【详解】 解：（1）

y=12x+bx+c经过点A和点B， 41−2b+c=05，

c=23b=−4解得，

5c=−2抛物线的解析式为y=直线y=kx+−2k+1235x−x−， 4423经过点A(−2,0)， 233=0，解得：k=．

42直线的解析式为y=（2）①将y=33x+； 42123533x−x−与y=x+联立，解得x=−2或x=8，

424423315x+得：y=，

242将x=8代入y=15D8,，

2将x=0代入y=333x+得：y=， 4223C0,，

2CE=6，

353123设点P的坐标为x,x−x−，则M的坐标是x,x+，

24244点P在直线AD的下方，

3135133PM=x+−x2−x−=−x2+x+4，

2442424四边形PMEC为平行四边形， PM=CE，

13−x2+x+4=6，解得x=2或x=4，

42当x=2时，y=−3，当x=4时，y=−3， 2当点P的坐标为(2,−3)或4,−时，四边形PMEC为平行四边形；

2②在RtCDE中，DE=8，CE=6， 依据勾股定理可知：DC=10，

3CDE的周长是24，

PM//y轴，

PMN=DCE，

又PNM=DEC=90， PMN∽CDE，

123lPMNPM−x+x+4=，即m=4， 2lCDEDC2410化简整理得：m=−321848x+x+， 55532配方得：m=−(x−3)+15，

5当x=3时，m有最大值，m的最大是15．

【点睛】

本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，平行四边形的性质、相似三角形的性质和判定，依据相似三角形的周长比等于相似比列出m与x的函数关系式是解题的关键．