1．如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=BC=22，E、F分别是AD、CD的中点，连接BE、BF、EF，若四边形ABCD的面积为6，则△BEF的面积为（ ） A．2
B．
9 4C．
5 2D．3
2.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴上，点B坐标为（4，t）（t＞0），二次函数y?x?bx（b＜0）的图象经过点B，顶点为点D． （1）当t=12时，顶点D到x轴的距离等于 ；
（2）点E是二次函数y?x?bx（b＜0）的图象与x轴的一个公共点（点E与点O不重合），求OE?EA的最大值及取得最大值时的二次函数表达式；
（3）矩形OABC的对角线OB、AC交于点F，直线l平行于x轴，交二次函数y?x?bx（b＜0）的图象于点M、N，连接DM、DN，当△DMN≌△FOC时，求t的值．
222
3.如果三角形的两个内角α与β满足2α+β=90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”． （1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A=60°，则∠B= °；
（2）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=5．若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．
（3）如图②，在四边形ABCD中，AB=7，CD=12，BD⊥CD，∠ABD=2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长．
1.如图，E、F、G、H分别为矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、HE、EC，GA，GF．已知AG⊥GF，AC=6，则AB的长为( ) A．2
B．2 C．3 D．5
2.如图，已知二次函数图象的顶点坐标为A(1，4)，与坐标轴交于B、C、D三点，且B点的坐标为(－1，0)． (1)求二次函数的解析式；
(2)在二次函数图象位于x轴上方部分有两个动点M、N，且点N在点M的左侧，过M、N作x轴的垂线交x轴于点G、H两点，当四边形MNHG为矩形时，求该矩形周长的最大值；
(3)当矩形MNHG的周长最大时，能否在二次函数图象上找到一点P，使△PNC的面积是矩形MNHG面积的
？若存在，求出该点的横坐标；若不存在，请说明理由．
2.如图∠ACB=∠ADB=90°，那么点D在经过A，B，C三点的圆上（如图①）
（思考）如图②，如果∠ACB=∠ADB=a（a≠90°）（点C，D在AB的同侧），那么点D还在经过A，B，C三点的圆上吗？请证明点D也不在⊙O内．
（应用）利用（发现）和（思考）中的结论解决问题：若四边形ABCD中，AD∥BC，∠CAD=90°，点E在边AB上，CE⊥DE．
（1）作∠ADF=∠AED，交CA的延长线于点F（如图④），求证：DF为Rt△ACD的外接圆的切线； （2）如图⑤，点G在BC的延长线上，∠BGE=∠BAC，已知sin∠AED=5，AD=1，求DG的长．
2
1.如图，在反比例函数图象中，△AOB是等边三角形，点A在双曲线的一支上，将△AOB绕点O顺时针旋转α （0°＜α＜360° ），使点A仍在双曲线上，则α＝_____．
2.某数学兴趣小组在探究函数y?|x2?4x?3|的图象和性质时经历以下几个学习过程： （△）列表（完成以下表格）．
? x ?2 ? 15 2y1?x?4x?3 ?1 8 8 0 1 0 0 2 3 0 0 4 3 3 5 6 ? ? 15 15 y?|x?4x?3| 2? 15 ?
（△）描点并画出函数图象草图（在备用图△中描点并画图）． （△）根据图象解决以下问题：
（1）观察图象：函数y?|x2?4x?3|的图象可由函数y1?x2?4x?3的图象如何变化得到？ 答： ．
（2）数学小组探究发现直线y?8与函数y?|x2?4x?3|的图象交于点E，F，E(?1,8)，F(5,8)，则不等式
|x2?4x?3|?8的解集是 ．
（3）设函数y?|x2?4x?3|的图象与x轴交于A,B两点(B位于A的右侧）,与y轴交于点C． △求直线BC的解析式；
△探究应用：将直线BC沿y轴平移m个单位长度后与函数y?|x2?4x?3|的图象恰好有3个交点，求此时m的值．
1.如图，在Rt?ABO中，?OBA?90?，A(4,4)，点C在边AB上，且
AC1?，点D为OB的中点，点P为边CB3OA上的动点，当点P在OA上移动时，使四边形PDBC周长最小的点P的坐标为（ ）
A．(2,2)
55B．(，)
2288C．(，)
33D．(3,3)
2.如图，抛物线y＝mx2﹣4mx+2m+1与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，与y轴交于点C，且x2﹣x1＝2． （1）求抛物线的解析式；
（2）E是抛物线上一点，△EAB＝2△OCA，求点E的坐标；
（3）设抛物线的顶点为D，动点P从点B出发，沿抛物线向上运动，连接PD，过点P做PQ△PD，交抛物线的对称轴于点Q，以QD为对角线作矩形PQMD，当点P运动至点（5，t）时，求线段DM扫过的图形面积．
1.在如图的正方形方格纸中，每个小的四边形都是相同的正方形，A，B，C，D都在格点处，AB与CD相交于O，则tan△BOD的值等于__________．
2.数学活动课上，老师出示了一个问题：
如图1，△ABC≌△DEF（点A、B分别与点D、E对应），AB＝AC，现将△ABC与△DEF按如图所示的方式叠放在一起，现将△ABC保持不动，△DEF运动，且满足点E在边BC边从B向C移动（不与B、C重合），DE始终经过点A，EF与AC交于M点．求证：△ABE∽△ECM． （1）请解答老师提出的问题．
（2）受此问题的启发，小明将△DEF绕点E按逆时针旋转，使DE、EF分别交AB、AC边于点N、M，连接MN，如图2，当EB＝EC时，小明猜想△NEM与△ECM相似，小明的猜想正确吗？请你作出判断并说明理由；
（3）在（2）的条件下，以E为圆心，作⊙E，使得AB与⊙E相切，请在图3中画出⊙E，并判断直线MN与⊙E的位置关系，说明理由．
1.如图，AB⊥y轴，垂足为B，∠BAO＝30°，将△ABO绕点A逆时针旋转到△AB1O1的位置，使点B的对应点B1落在直线y＝－
33x上，再将△AB1O1绕点B1逆时针旋转到△A1B1O2的位置，使点O1的对应点O2落在直
线y＝－
3x上，依次进行下去…若点B的坐标是（0，1），则点O2020的纵坐标为__________； 3
2.如图，已知，抛物线y?x2?bx?c与x轴交于A(?1,0),B(4,0)两点，过点A的直线y?kx?k与该抛物线交于点C，点P是该抛物线上不与A,B重合的动点，过点P作PD?x轴于D，交直线AC于点E.
（1）求抛物线的解析式；
（2）若k??1，当PE?2DE时，求点P坐标；
（3）当（2）中直线PD为x?1时，是否存在实数k，使?ADE与?PCE相似？若存在请求出k的值；若不存在，请说明你的理由.
1【解析】连接AC，过B作EF的垂线交AC于点G，交EF于点H，∵∠ABC=90°，AB=BC=2，∴AC=
，∵△ABC为等腰三角形，BH⊥AC，∴△ABG，△BCG为等腰
直角三角形，∴AG=BG=2，∵S△ABC=?AB?AC=×2×2=4，∴S△ADC=2，∵，∴GH=
BG=，∴BH=，又∵EF=AC=2，∴S△BEF= ?EF?BH=×2×=，故选C．
2【解】（1）当t=12时，B（4，12）．将点B的坐标代入抛物线的解析式得：16+4b=12，解得：b=﹣1，∴抛物线的解析式yx211111x，∴y?(x?)2?，∴D（，），∴顶点D与x轴的距离为．
24244（2）将y=0代入抛物线的解析式得：x2+bx=0，解得x=0或x=﹣b，∵OA=4，∴AE=4﹣（﹣b）=4+b，∴
OE?AE=﹣b（4+b）=﹣b2﹣4b=﹣（b+2）2+4，∴OE?AE的最大值为4，此时b的值为﹣2，∴抛物线的表达式为y?x?2x．
（3）过D作DG⊥MN，垂足为G，过点F作FH⊥CO，垂足为H．∵△DMN≌△FOC，∴MN=CO=t，
2bbtt?b8?b2b2b2DG=FH=2．∵D（﹣，﹣ +2）），∴N（﹣?，﹣，即（，）．把点N和坐标代入抛
2222444t?b2t?b8?b2 =（物线的解析式得：）+b?（），解得：t=±22．∵t＞0，∴t=22．
2243【解】（1）∵△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A=60°，∴2∠B+∠A=90°，解得，∠B=15°；（2）如
图①中，
在Rt△ABC中，∵∠B+∠BAC=90°，∠BAC=2∠BAD，∴∠B+2∠BAD=90°，
∴△ABD是“准互余三角形”，∵△ABE也是“准互余三角形”，∴只有2∠B+∠BAE=90°，
∵∠B+∠BAE+∠EAC=90°，∴∠CAE=∠B，∵∠C=∠C=90°，∴△CAE∽△CBA，可得CA2=CE?CB，∴
CE=
16169，∴BE=5﹣=． 555（3）如图②中，将△BCD沿BC翻折得到△BCF．
∴CF=CD=12，∠BCF=∠BCD，∠CBF=∠CBD，∵∠ABD=2∠BCD，∠BCD+∠CBD=90°， ∴∠ABD+∠DBC+∠CBF=180°，∴A、B、F共线，∴∠A+∠ACF=90°∴2∠ACB+∠CAB≠90°， ∴只有2∠BAC+∠ACB=90°，∴∠FCB=∠FAC，∵∠F=∠F，∴△FCB∽△FAC， ∴CF2=FB?FA，设FB=x，则有：x（x+7）=122，∴x=9或﹣16（舍去），∴AF=7+9=16， 在Rt△ACF中，AC=AF2?CF2?162?122?20．
1【解析】如图，连接BD．
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=∠DCB=90°，AC=BD=6，∵CG=DG，CF=FB，∴GF=
16BD=，∵AG⊥FG，∴∠AGF=90°，∴∠22ADDG2ab??，∴b2=2a2，∵a＞0．b＞，∴GCCFba62，∴a=，∴AB=2b=2．故为2． 42DAG+设0，∴
∠AGD=90°，∠AGD+∠CGF=90°，∴∠DAG=∠CGF，∴△ADG∽△GCF，CF=BF=a，CG=DG=b，∴
b=2a，在Rt△GCF中，3a2=
2【解析】(1)二次函数表达式为：y＝a(x－1)2+4，将点B的坐标代入上式得：0＝4a+4，
解得：a＝－1，故函数表达式为y＝－x2+2x+3；
（2）设点M的坐标为(x，－x2+2x+3)，则点N(2－x，－x2+2x+3)，
则MN＝x－2+x＝2x－2，GM＝－x2+2x+3，
矩形MNHG的周长C＝2MN+2GM＝2(2x－2)+2(－x2+2x+3)＝－∵－2＜0，故当x＝－
＝2，C有最大值，最大值为10，
2x2+8x+2，
此时x＝2，点N(0，3)与点D重合； (3)△PNC的面积是矩形MNHG面积的×MN×GM＝
×2×3＝
，
，则S△PNC＝
连接DC，在CD得上下方等距离处作CD的平行线m、n，
过点P作y轴的平行线交CD、直线n于点H、G，即PH＝GH， 过点P作PK∥⊥CD于点K，
将C(3，0)、D(0，3)坐标代入一次函数表达式并解得：直线CD的表达式为y＝－x+3， OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC＝45°＝∠PHK，CD＝3， 设点P(x，－x2+2x+3)，则点H(x，－x+3)， S△PNC＝
PK×CD＝×PH×sin45°×3＝×
，
)， ，
解得：PH＝＝HG，则PH＝－x2+2x+3+x－3＝，解得：x＝，故点P(，直线n的表达式为：y＝－x+3－＝－x+…②，联立①②并解得：x＝即点P′、P″的坐标分别为(
，
)、(
，
)；
故点P坐标为：(，)或(，)或(，)．
3【解析】【思考】假设点D在⊙O内，由圆周角定理及三角形外角的性质，可证得与条件相矛盾的结论，从而证得点D不在⊙O内；
【应用】（1）作出RT△ACD的外接圆，由发现可得点E在⊙O上，则∠ACD=∠FDA，又∠ACD+∠ADC=90°，有∠FDA+∠ADC=90°，即可得出DF是圆的切线；
（2）由【发现】和【思考】可得点G在过C、A、E三点的圆O上，证明四边形AOGD是矩形，由已知条件解直角三角形ACD可得AC的长，即DG的长．
试题解析：【思考】如图1，假设点D在⊙O内，延长AD交⊙O于点E，连接BE，则∠AEB=∠ACB，∵∠ADE是△BDE的外角，∴∠ADB＞∠AEB，∴∠ADB＞∠ACB，因此，∠ADB＞∠ACB这与条件∠ACB=∠ADB矛盾，所以点D也不在⊙O内，所以点D即不在⊙O内，也不在⊙O外，点D在⊙O上； 【应用】
（1）如图2，取CD的中点O，则点O是RT△ACD的外心，∵∠CAD=∠DEC=90°，∴点E在⊙O上，∴∠ACD=∠AED，∵∠FDA=∠AED，∴∠ACD=∠FDA，∵∠DAC=90°，∴∠ACD+∠ADC=90°，∴∠FDA+∠ADC=90°，∴OD⊥DF，∴DF为Rt△ACD的外接圆的切线；
（2）∵∠BGE=∠BAC，∴点G在过C、A、E三点的圆上，如图3，又∵过C、A、E三点的圆是RT△ACD的外接圆，即⊙O，∴点G在⊙O上，∵CD是直径，∴∠DGC=90°，∵AD∥BC，∴∠ADG=90°，∵∠DAC=90°，∴四边形ACGD是矩形，∴DG=AC，∵sin∠AED=3，∠ACD=∠AED，∴sin∠ACD=3，在RT△ACD中，AD=1，∴????=3，∴CD=2，∴AC=√????2?????2=√5，∴DG=√5．
2
2
????2
3
2
2
1【解析】根据反比例函数的轴对称性，A点关于直线y＝x对称，
△△OAB是等边三角形，△△AOB＝60°，△AO与直线y＝x的夹角是15°， △α＝2×15°＝30°时点A落在双曲线上，根据反比例函数的中心对称性， △点A旋转到直线OA上时，点A落在双曲线上，△此时α＝180°，
根据反比例函数的轴对称性，继续旋转30°时，点A落在双曲线上，△此时α＝210°； 故答案为：30°、180°、210°． 【答案】I（△）3；8；（△）见下图；（△）（1）x轴下方图象关于x轴对称，x轴上方图象不变； （2）x?5或x??1 （3）m?0或m?【解析】I（△）列表（完成表格）
x 1 4y1?x2?4x?3 ? ?2 ?1 0 1 2 3 4 5 6 ? ? 15 8 3 0 ?1 0 3 8 15 ? ? 15 8 3 0 1 0 3 8 15 ? y?|x?4x?3| （△）描点并画图．
2
（△）（1）y?|x2?4x?3|的图象可由函数y1?x2?4x?3将x轴下方图象关于x轴对称，x轴上方图象不变得到； 故答案为x轴下方图象关于x轴对称，x轴上方图象不变；
（2）结合图象，|x2?4x?3|?8时，y?|x2?4x?3|图象在y?8的上方，
?解集是x?5或x??1；故答案为x?5或x??1
?A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)， △令x?0，（3）则y?|x2?4x?3|?3，令y?0，则y?|x2?4x?3|?0，解得x?1或3，?0?3k?b,?k??1,?y??x?3； ?设直线BC的解析式为y?kx?b(k?0)，则????3?b,?b?3,△直线BC过(0,3)，(2,1)和(3,0)三个点，如图所示，此时，直线BC与y?|x2?4x?3|的图象只有3个交点，?m?0．设直线BC向上平移后的直线为y??x?3?m，平移后的直线与函数y?|x2?4x?3|的图象恰好有3
个交点，?直线BC只能向上平移，且直线y??x?3?m和y??x2?4x?3有且只有一个交点，
?y??x?3?m则?只有一个解，于是，消去y得x2?5x?6?m?0有两个相等的实数根，? △?1?4m?0，2?y??x?4x?311．综上所述，m?0或m?时将直线BC沿y轴平移m个单位长度后与函数y?|x2?4x?3|的图象恰好44有3个交点．
1【解】在Rt?ABO中，?OBA?90?，A(4,4)，?AB?OB?4，?AOB?45?， ?m?AC1?，点D为OB的中点，?BC?3，OD?BD?2，?D(2,0)，C(4,3)， CB3作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，则此时，四边形PDBC周长最小，E(0,2)，
?b?2直线OA 的解析式为y?x，设直线EC的解析式为y?kx?b，??，解得：
?4k?b?31??k?4， ???b?28?x??y?x?1?88?3?直线EC的解析式为y?x?2，解?得，?，?P(，)，故选C． 1y?x?2433?y?8??4?3?2【解析】（1）△抛物线与x轴有两个交点△一元二次方程mx2﹣4mx+3＝0有两个不相等的实数根．△x1+x2＝﹣
＝4抛物线对称轴直线x＝
＝2，又△x1﹣x2＝2，△x1＝1，x2＝3，则点A（1，0），B（3，0）
把点A（1，0）代入y＝mx2﹣4mx+2m+1中得，m﹣4m+2m+1＝0，解得，m＝1 △抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3 （2）如图△
作MN垂直且平分线段AC，交y轴与点F．连接FA，则△OFA＝2△OCA 由MN垂直平分AC得FC＝FA，设F（0，n），则OF＝n，OA＝1 在Rt△OAF中，由勾股定理得，AF＝△FC＝
，△OC＝OF+FC＝n+
＝＝3，△
＝3﹣n
等式左右两边同时平方得，1+n2＝（3﹣n）2，解得，n＝，△F（0，），△tan△OFA＝△当抛物线上的点E在x轴下方时，作EG△x轴于点G，并使得△EAB＝△OFA． 设点E（m，m2﹣4m+3），其中1＜m＜3，则tan△EAB＝
＝
＝
＝＝
整理得，4m2﹣13m+9＝0，解得，m1＝，m2＝1（舍去），此时E点坐标为（，﹣△当抛物线上的点E'在x轴上方时，作E'H△x轴于点H，并使得△E'AB＝△OFA． 设点E'（m，m2﹣4m+3），其中m＞3，则tan△E'AB＝
＝
＝
）
整理得，4m2﹣19m+15＝0，解得，m3＝，m4＝1（舍去），此时E’点坐标为（
）或（
，
）
，）
综上所述，满足题意的点E的坐标可以为（，﹣
（3）如图△，连接AD，过P作PS△QD于点S，作PH△x轴于点H，过B作BI△QD，交PS于点I．
DP与x轴交于点R．△在矩形PQMD中，MQ△DP△△QMH＝△MRD，设QD△x轴于点T，又△在△MDR中，
△MDR＝90°△△DMR+△DRM＝90°，又△△QMD＝△QMR+△DMR＝90°，R在x轴上 △M恒在x轴上．又△PQ△MD，△△PQS＝△MDT．△在△MTD与△PSQ中，
△△MTD△△PSQ（AAS），△MT＝PS，又△PS＝TH，△MT＝TH
又△AT＝TB，△MT﹣AT＝TH﹣TB，即MA＝BH．
又△P点横坐标为5时，易得OH＝5，△BH＝OH﹣OB＝5﹣3＝2，△MA＝2 又△当P在B点时依题意作矩形PQMD，M在A点
由点P从点B由出发沿抛物线向上运动，易得M在A处沿x轴向左边运动． △MD扫过的面积即S△MAD，△S△MAD＝
MA?TD＝×2×1＝1．即线段DM扫过的图形面积为1．
1【解析】平移CD到C′D′交AB于O′，如图所示，
则△BO′D′=△BOD，△tan△BOD=tan△BO′D′，设每个小正方形的边长为a， 则O′B=
，O′D′=
，BD′=3a，
作BE△O′D′于点E，由三角形的面积公式得：BE=，
△O′E=，△tanBO′E=，△tan△BOD=3.
【解析】 （1）证明：如图1中，∵△ABC≌△DEF，∴∠B＝∠DEF，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ECM， ∵∠AEC＝∠B+∠BAE＝∠DEF+∠CEM，∴∠CEM＝∠BAE，∴△ABE∽△ECM． （2）结论正确．理由：如图2中，
∵∠NEC＝∠B+∠ENB＝∠NEF+∠CEM，∠NEF＝∠B，∴∠ENB＝∠CEM，∵∠B＝∠ECM， ∴△BNE∽△CEM，∴
，∵BE＝EC，∴
，∴
，∵∠NEM＝∠C，
∴△NEM∽△ECM．
（3）结论：直线MN与⊙E相切．理由：如图3中，设⊙E与AB相切于点G，作EH⊥NM于H．
由（2）可知△BNE∽△CEM，△NEM∽△ECM．∴∠BNE＝∠CEN＝∠ENM，∵AB是⊙E的切线，∴EG⊥NB，∵EH⊥NM，∴EG＝EH，∴NM是⊙E的切线． 1【解析】观察图象可知，O2、 O4、 O6、...O2020在直线y＝－3x上， 3∵∠BAO＝30°，AB⊥y轴，点B的坐标是（0，1），∴OO2＝ABO的周长=（1+3 +2）， ∴OO4=2（1+3 +2），OO6=3（1+3 +2），依次类推OO2020=1010（1+3 +2），
∵直线y＝－13x与x轴负半轴的交角为30°∴点O2020的纵坐标= O O2020=5053+1515
2322【解析】（1）∵抛物线y?x?bx?c与x轴交于A??1,0?，B?4,0?两点，
?1?b?c?0?b??32,解得?∴?， ∴抛物线解析式为y?x?3x?4；
?1?4b?c?0?c??4（2）当k??1时，直线AC的解析式为y??x?1．设Px,x?3x?4，则E?x,?x?1?，D?x,0?，
2??则PE?x?3x?4???x?1??x?2x?3，DE?x?1，∵PE?2ED，∴x?2x?3?2x?1，
222当x?2x?3?2?x?1?时，解得x??1或x?5，但当x??1时，P与A重合不合题意，舍去，∴
2P?5,6?；当x2?2x?3??2?x?1?时，解得x??1或x?1，但当x??1时，P与A重合不合题意，舍去，
∴P?1,?6?；综上可知P点坐标为?5,6?或?1,?6?；
（3）存在.,∵?AED??PEC，∴要使?ADE与?PCE相似，必有?EPC??ADE?90?或?ECP??ADE?90?，①当?EPC??ADE?90?时，如图，CP//x轴，
∵P?1,?6?，根据对称性可得C?2,?6?，将C?2,?6?代入AC解析式中，得2k?k??6，解得，k??2， ②当?ECP??ADE?90?时，如图，过C点作CF?PD于点F，则有?FCP??PEC??AED，则
?PCF∽?AED，∴
CFPF?，易得E?1,2k?，∴DE??2k， DEAD?y?x2?3x?4?x??1?x?k?422Ck?4,k?5kF1,k?5k?， 由?得?或?．∴，∴???2?y?0?y?k?5k?y?kx?kk?3k2?5k?6∴CF?k?3，FP?k?5k?6，∴ ，解得，k1?k2??1，k3??3（此时C与P重??2k22合，舍去）综上，当k??2或?1时，?ADE与?PCE相似.
最新赢在中考每日提优(3)解析版
