2024年中考數(shù)學沖刺挑戰(zhàn)壓軸題專題匯編(江西專用)05挑戰(zhàn)壓軸題(解答題三)(原卷版+解析)

2024年中考數(shù)學沖刺挑戰(zhàn)壓軸題專題匯編（江西考卷）05挑戰(zhàn)壓軸題（解答題三）1．(2023·江西）課本再現(xiàn)（1）在證明“三角形內角和定理”時，小明只撕下三角形紙片的一個角拼成圖1即可證明，其中與相等的角是______；類比遷移（2）如圖2，在四邊形中，與互余，小明發(fā)現(xiàn)四邊形中這對互余的角可類比（1）中思路進行拼合：先作，再過點作于點，連接，發(fā)現(xiàn)，，之間的數(shù)量關系是_________；方法運用（3）如圖3，在四邊形中，連接，，點是兩邊垂直平分線的交點，連接，．①求證：；②連接，如圖4，已知，，，求的長（用含，的式子表示）．2．(2023·江西）某數(shù)學課外活動小組在學習了勾股定理之后，針對圖1中所示的“由直角三角形三邊向外側作多邊形，它們的面積，，之間的關系問題”進行了以下探究：類比探究（1）如圖2，在中，為斜邊，分別以為斜邊向外側作，，，若，則面積，，之間的關系式為；推廣驗證（2）如圖3，在中，為斜邊，分別以為邊向外側作任意，，，滿足，，則（1）中所得關系式是否仍然成立？若成立，請證明你的結論；若不成立，請說明理由；拓展應用如圖4，在五邊形中，，，，，點在上，，，求五邊形的面積．3．(2023·江西）【特例感知】（1）如圖1，對于拋物線，，，下列結論正確的序號是_______；①拋物線都經過點；②拋物線的對稱軸由拋物線的對稱軸依次向左平移個單位得到；③拋物線與直線的交點中，相鄰兩點之間的距離相等．【形成概念】（2）把滿足（為正整數(shù)）的拋物線稱為“系列平移拋物線”．【知識應用】在（2）中，如圖2．①“系列平移拋物線”的頂點依次為，用含的代數(shù)式表示頂點的坐標，并寫出該頂點縱坐標與橫坐標之間的關系式；②“系列平移拋物線”存在“系列整數(shù)點（橫、縱坐標均為整數(shù)的點）”：，其橫坐標分別為（為正整數(shù)），判斷相鄰兩點之間的距離是否都相等，若相等，直接寫出相鄰兩點之間的距離；若不相等，說明理由．③在②中，直線分別交“系列平移拋物線”于點連接，判斷是否平行？并說明理由．4．（2018·江西）小賢與小杰在探究某類二次函數(shù)問題時，經歷了如下過程：

求解體驗

(1)已知拋物線經過點(-1,0),則=，頂點坐標為，該拋物線關于點(0,1）成中心對稱的拋物線的表達式是.

抽象感悟

我們定義：對于拋物線,以軸上的點為中心，作該拋物線關于點對稱的拋物線,則我們又稱拋物線為拋物線的“衍生拋物線”，點為“衍生中心”.

(2)已知拋物線關于點的衍生拋物線為，若這兩條拋物線有交點，求的取值范圍.

問題解決

(3)已知拋物線

①若拋物線的衍生拋物線為,兩拋物線有兩個交點，且恰好是它們的頂點，求的值及衍生中心的坐標；

②若拋物線關于點的衍生拋物線為,其頂點為；關于點的衍生拋物線為，其頂點為；…；關于點的衍生拋物線為，其頂點為；…(為正整數(shù)).求的長(用含的式子表示).5．（2017·江西）我們定義：如圖1，在△ABC看，把AB點繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC繞點A逆時針旋轉β得到AC'，連接B'C'．當α+β=180°時，我們稱△A'B'C'是△ABC的“旋補三角形”，△AB'C'邊B'C'上的中線AD叫做△ABC的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”．特例感知：（1）在圖2，圖3中，△AB'C'是△ABC的“旋補三角形”，AD是△ABC的“旋補中線”．①如圖2，當△ABC為等邊三角形時，AD與BC的數(shù)量關系為AD=BC；②如圖3，當∠BAC=90°，BC=8時，則AD長為．猜想論證：（2）在圖1中，當△ABC為任意三角形時，猜想AD與BC的數(shù)量關系，并給予證明．拓展應用（3）如圖4，在四邊形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2，DA=6．在四邊形內部是否存在點P，使△PDC是△PAB的“旋補三角形”？若存在，給予證明，并求△PAB的“旋補中線”長；若不存在，說明理由．1．(2023·江西·新余四中九年級期末）如圖，一組拋物線（n為不大于12的正整數(shù)）的頂點為，過點作x軸的垂線，垂足為，以為邊長向右作正方形．當時，拋物線為的頂點為，此時的正方形為，依此類推．(1)當時，求拋物線的的頂點為和的坐標；(2)求的坐標（用含n的代數(shù)式表示）；(3)①若以點為頂點的三角形是直角三角形，求n的值；②若拋物線（n為不大于12的正整數(shù)）的其中一條拋物線經過點，寫出所有滿足條件的正方形的邊長．2．(2023·湖北湖北·九年級期末）問題背景：如圖1，在中，，，是邊上的中線，E是上一點，將繞點C逆時針旋轉得到，的延長線交邊于點P．問題探究：(1)探究，之和與之間的數(shù)量關系．①先將問題特殊化，如圖2，當時，直接寫出，之和與之間的數(shù)量關系；②再探究一般情形，如圖1，當不垂直時，證明①中的結論仍然成立；(2)拓展探究：如圖3，若的延長線交的延長線于點P時，直接寫出一個等式，表示，，之間的數(shù)量關系．3．(2023·湖南師大附中博才實驗中學九年級開學考試）如果有一條直線經過三角形的某個頂點，將三角形分成兩個三角形，其中一個三角形與原三角形相似，則稱該直線為三角形的“自相似分割線”．如圖1，在△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°，DE垂直平分AB，且交BC于點D，連接AD．(1)證明直線AD是△ABC的自相似分割線；(2)如圖2，點P為直線DE上一點，當點P運動到什么位置時，PA+PC的值最?。壳蟠藭rPA+PC的長度．(3)如圖3，射線CF平分∠ACB，點Q為射線CF上一點，當取最小值時，求∠QAC的正弦值．4．(2023·黑龍江·哈爾濱工業(yè)大學附屬中學校九年級開學考試）在平面直角坐標系中，O為坐標原點，直線（）與x軸交于點B．與y軸交于點A，直線與x軸交于點C，與y軸交于點D，軸交CD于點E．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，連接AE，于點F．，，AG交x軸的負半軸于點G，設BF的長為t，點G的橫坐標為n，求n與t的函數(shù)關系式；(3)如圖3，在（2）的條件下，當時，求點F的坐標．5．(2023·貴州遵義·九年級期末）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+4（a≠0，a、b為常數(shù)）的圖象與x軸交于點A（﹣1，0），B（6，0），與y軸的正半軸交于點C，過點C的直線y＝﹣x+4與x軸交于點D．(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)如圖1，點P是第一象限內二次函數(shù)圖象上的一個動點，試探究點P的坐標是多少時，△CDP的面積最大，并求出最大面積；(3)如圖2，點M是二次函數(shù)圖象上一動點，過點M作ME⊥CD于點E，MF//x軸交直線CD于點F，是否存在點M，使得△MEF≌△COD，若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．1．(2023·遼寧大連·九年級期末）閱讀下面材料．小明遇到這樣一個問題：如圖1，△ABC是等邊三角形，點D在△ABC外，∠ADC＝120°，連接BD．用等式表示線段AD，BD，CD之間的數(shù)量關系，并證明．小明經過思考，發(fā)現(xiàn)解決問題的方法：如圖2，延長CD至E，使ED＝AD，連接AE．證△ADE是等邊三角形，△ACE≌△ABD，問題得到解決．(1)填空：線段AD，BD，CD之間的數(shù)量關系為；(2)用學過的知識或參考小明的方法解決下面的問題：①如圖3，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D是△ABC外一點，∠ADC＝135°，連接BD．用等式表示線段AD，BD，CD之間的數(shù)量關系，并證明．②如圖4，△ABC是等邊三角形，點D在△ABC內，∠DAB＝∠DBA＝15°，將線段BD繞著點D順時針旋轉30°，得到線段B'D，連接B'D．直接寫出的值．2．(2023·全國·九年級專題練習）如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋6與x軸交于點B（﹣4，0），C（2，0），與y軸交于點A，在拋物線上有一動點P，連接AP，BP，AB，CP．(1)求該拋物線的函數(shù)表達式；(2)若P點在第二象限的拋物線上，當△ABP的面積是時，求△BCP的面積；(3)點D是線段AC上的一點，過D作DE⊥BC于點E，點F在線段AB上，且D，F(xiàn)兩點關于y軸上的某點成中心對稱，連接DF和EF，線段EF的長度是否有最小值，如果有請直接寫出這個最小值，若沒有最小值請說明理由．3．(2023·陜西西安·九年級期末）有這樣一類特殊邊角特征的四邊形，它們有“一組鄰邊相等且對角互補”，我們稱之為“等對補四邊形”．(1)如圖1，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于點E，若AE＝4，則四邊形ABCD的面積等于．(2)等對補四邊形中，經過兩條相等鄰邊的公共頂點的一條對角線，必平分四邊形的一個內角，即如圖2，四邊形ABCD中，AD＝DC，∠A+∠C＝180°，連接BD，求證：BD平分∠ABC．(3)現(xiàn)準備在某地著名風景區(qū)開發(fā)一片國家稀有動物核心保護區(qū)，保護區(qū)的規(guī)劃圖如圖3所示，該地規(guī)劃部門要求：四邊形ABCD是一個“等對補四邊形”，滿足AD＝DC，AB+AD＝12，∠BAD＝120°，因地勢原因，要求3≤AD≤6，求該區(qū)域四邊形ABCD面積的最大值．4．(2023·全國·九年級專題練習）已知二次函數(shù)經過點A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．(1)求該拋物線解析式；(2)如圖1，點M為拋物線上第二象限內一動點，BM交y軸于點N，當BM將四邊形ABCM的面積分為1：2兩部分時，求點M的坐標；(3)如圖2，點P為對稱軸上D點下方一動點，點Q為直線y＝x第一象限上的動點，且DP＝OQ，求BP+BQ的最小值并求此時點P的坐標．5．(2023·四川省成都市石室聯(lián)合中學八年級期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線AP交x軸于點P（p，0），與y軸交于點A（0，a），且a、p滿足+（p﹣1）2＝0．(1)求直線AP的解析式；(2)如圖1，直線x＝﹣2與x軸交于點N，點M在x軸上方且在直線x＝﹣2上，若△MAP的面積等于6，請求出點M的坐標；(3)如圖2，已知點C（﹣2，4），若點B為射線AP上一動點，連接BC，在坐標軸上是否存在點Q，使△BCQ是以BC為底邊的等腰直角三角形，直角頂點為Q，若存在，請求出點Q坐標；若不存在，請說明理由．2024年中考數(shù)學沖刺挑戰(zhàn)壓軸題專題匯編（江西考卷）05挑戰(zhàn)壓軸題（解答題三）1．(2023·江西）課本再現(xiàn)（1）在證明“三角形內角和定理”時，小明只撕下三角形紙片的一個角拼成圖1即可證明，其中與相等的角是______；類比遷移（2）如圖2，在四邊形中，與互余，小明發(fā)現(xiàn)四邊形中這對互余的角可類比（1）中思路進行拼合：先作，再過點作于點，連接，發(fā)現(xiàn)，，之間的數(shù)量關系是_________；方法運用（3）如圖3，在四邊形中，連接，，點是兩邊垂直平分線的交點，連接，．①求證：；②連接，如圖4，已知，，，求的長（用含，的式子表示）．【答案】（1）∠DC；（2）AD2+DE2=AE2；（3）①見解析；②BD=．【解析】【分析】（1）根據(jù)拼圖可求得∠A=∠DC；（2）根據(jù)∠ABC與∠ADC互余求得∠ADF=∠ADC+∠ABC=90°，利用勾股定理即可求解；（3）①由點O是△ACD兩邊垂直平分線的交點，證得OA=OD=OC，推出2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180，得到∠OAC+∠ADC=90，即可求解；②作∠CDF=∠ABC，再過點C作CE⊥DF于點E，連接AE，求得AC：AB：BC=1：2：，同理可得CE：DE：DC=1：2：，證明△ACE△BCD，利用相似三角形的性質以及勾股定理即可求解．【詳解】（1）根據(jù)拼圖可得：∠A=∠DC；故答案為：∠DC；（2）作∠CDF=∠ABC，再過點C作CE⊥DF于點E，連接AE，如圖，∵∠ABC與∠ADC互余，即∠ABC+∠ADC=90°，∴∠ADF=∠ADC+∠CDF=∠ADC+∠ABC=90°，∴AD2+DE2=AE2；故答案為：AD2+DE2=AE2；（3）①證明：連接OD、OC，∵點O是△ACD兩邊垂直平分線的交點，∴OA=OD=OC，∴∠OAC=∠OCA，∠ODC=∠OCD，∠OAD=∠ODA，∵2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180，即2∠OAC+2∠ADC=180，∴∠OAC+∠ADC=90，∵∠OAC=∠ABC，∴∠ABC+∠ADC=90；②作∠CDF=∠ABC，再過點C作CE⊥DF于點E，連接AE，∵∠ABC+∠ADC=90，∴∠ABC+∠CDF=90，∴AD2+DE2=AE2，即m2+DE2=AE2，∵∠BAC=90，∴AC：AB：BC=1：2：，同理可得CE：DE：DC=1：2：，∴，∵∠CDF=∠ABC，∴∠ACB=∠DCE，∴∠BCD=∠ACE，∴△ACE△BCD，∴，∴AE=，在Rt△CDE中，，∴DE=，∴m2+()2=()2，即m2+2=，∴BD2=，∴BD=．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，學會利用參數(shù)構建方程組解決問題，屬于中考壓軸題．2．(2023·江西）某數(shù)學課外活動小組在學習了勾股定理之后，針對圖1中所示的“由直角三角形三邊向外側作多邊形，它們的面積，，之間的關系問題”進行了以下探究：內蒙類比探究（1）如圖2，在中，為斜邊，分別以為斜邊向外側作，，，若，則面積，，之間的關系式為；推廣驗證（2）如圖3，在中，為斜邊，分別以為邊向外側作任意，，，滿足，，則（1）中所得關系式是否仍然成立？若成立，請證明你的結論；若不成立，請說明理由；拓展應用（3）如圖4，在五邊形中，，，，，點在上，，，求五邊形的面積．【答案】（1）；（2）結論成立，證明看解析；（3）【解析】【分析】（1）由題目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均為直角三角形，又因為，則有∽∽，利用相似三角形的面積比為邊長平方的比，列出等式，找到從而找到面積之間的關系；（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面積比為邊長平方的比，列出等式，從而找到面積之間的關系；（3）將不規(guī)則四邊形借助輔助線轉換為熟悉的三角形，過點A作AHBP于點H，連接PD，BD，由此可知，，即可計算出，根據(jù)△ABP∽△EDP∽△CBD，從而有，由（2）結論有，最后即可計算出四邊形ABCD的面積．【詳解】（1）∵△ABC是直角三角形，∴，∵△ABD、△ACE、△BCF均為直角三角形，且，∴∽∽，∴，，∴∴得證．（2）成立，理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴，∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，∴∽∽，∴，，∴∴得證．（3）過點A作AHBP于點H，連接PD，BD，∵，，∴，，∵，∴，∴PH=AH=，∴，，∴，∵，ED=2，∴，，∴，∵，∴△ABP∽△EDP，∴，，∴，，∴，，∵，∴∵，∴∵∴△ABP∽△EDP∽△CBD∴故最后答案為．【點睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性質，若兩三角形相似，則有面積的比值為邊長的平方，根據(jù)此性質找到面積與邊長的關系即可；（3）主要考查了不規(guī)則四邊形面積的計算以及（2）的結論，其中合理正確利用前面得出的結論是解題的關鍵．3．(2023·江西）【特例感知】（1）如圖1，對于拋物線，，，下列結論正確的序號是_______；①拋物線都經過點；②拋物線的對稱軸由拋物線的對稱軸依次向左平移個單位得到；③拋物線與直線的交點中，相鄰兩點之間的距離相等．【形成概念】（2）把滿足（為正整數(shù)）的拋物線稱為“系列平移拋物線”．【知識應用】在（2）中，如圖2．①“系列平移拋物線”的頂點依次為，用含的代數(shù)式表示頂點的坐標，并寫出該頂點縱坐標與橫坐標之間的關系式；②“系列平移拋物線”存在“系列整數(shù)點（橫、縱坐標均為整數(shù)的點）”：，其橫坐標分別為（為正整數(shù)），判斷相鄰兩點之間的距離是否都相等，若相等，直接寫出相鄰兩點之間的距離；若不相等，說明理由．③在②中，直線分別交“系列平移拋物線”于點連接，判斷是否平行？并說明理由．【答案】（1）①②③；（2）①，，②相鄰兩點之間的距離都相等，理由見解析；③與不平行,理由見解析【解析】【分析】（1）①當時，分別代入拋物線，，，即可得；②，的對稱軸分別為，，的對稱軸，③當時，則，可得或；，可得或；，可得或；所以相鄰兩點之間的距離都是1，（2）①的頂點為，，可得；②橫坐標分別為，，，，為正整數(shù)），當時，，縱坐標分別為，，，，，相鄰兩點間距離分別為；③由題可知，，，．比較，即可得出結論與不平行．.【詳解】解：解：（1）①當時，分別代入拋物線，，，即可得；①正確；②，的對稱軸分別為，，的對稱軸，由向左移動得到，再向左移動得到，②正確；③當時，則，或；，或；，或；相鄰兩點之間的距離都是1，③正確；故答案為①②③；（2）①的頂點為，，令，，；②相鄰兩點之間的距離都相等．理由：根據(jù)題意得：，．∴兩點之間的鉛直高度．兩點之間的水平距離．∴由勾股定理得．∴．③與不平行．理由：根據(jù)題意得：，，，．過分別作直線的垂線，垂足為，，所以，．在中，．在中，．∵，∴．∴，∴與不平行．【點睛】本題考查二次函數(shù)圖象及性質，平行線的性質；能夠結合題意，分別求出拋物線與定直線的交點，拋物線上點的橫坐標求出相應的縱坐標，結合勾股定理，直線的解析式進行綜合求解是關鍵．4．（2018·江西）小賢與小杰在探究某類二次函數(shù)問題時，經歷了如下過程：

求解體驗

(1)已知拋物線經過點(-1,0),則=，頂點坐標為，該拋物線關于點(0,1）成中心對稱的拋物線的表達式是.

抽象感悟

我們定義：對于拋物線,以軸上的點為中心，作該拋物線關于點對稱的拋物線,則我們又稱拋物線為拋物線的“衍生拋物線”，點為“衍生中心”.

(2)已知拋物線關于點的衍生拋物線為，若這兩條拋物線有交點，求的取值范圍.

問題解決

(3)已知拋物線

①若拋物線的衍生拋物線為,兩拋物線有兩個交點，且恰好是它們的頂點，求的值及衍生中心的坐標；

②若拋物線關于點的衍生拋物線為,其頂點為；關于點的衍生拋物線為，其頂點為；…；關于點的衍生拋物線為，其頂點為；…(為正整數(shù)).求的長(用含的式子表示).【答案】求解體驗：；頂點坐標是(-2,1)；；抽象感悟：；問題解決：①；（0，6）；②

【解析】【詳解】【分析】(1)把(-1，0)代入即可未出=-4，然后把拋物線解析式變?yōu)轫旤c式即可求得拋物線的頂點坐標，繼而可得頂點關于（0，1）的對稱點，從而可寫出原拋物線關于點(0，1）成中心對稱的拋物線的表達式；（2）先求出拋物線的頂點是（-1，6），從而求出(-1，6)關于的對稱點是，得，根據(jù)兩拋物線有交點，可以確定方程有解，繼而求得m的取值范圍即可；(3)①先求出拋物線以及拋物線的衍生拋物線為，的頂點坐標，根據(jù)兩拋物線有兩個交點，且恰好是它們的頂點，求的值及再根據(jù)中點坐標公式即可求出衍生中心的坐標；②如圖，設，

…

，與軸分別相于，

…

，，則，，…，分別關于，…，中心對稱，由題意則可得，…

分別是△，…的中位線，繼而可得，，…，再根據(jù)點的坐標即可求得的長.【詳解】求解體驗(1)把(-1，0)代入得，∴，∴頂點坐標是(-2，1)，∵(-2，1)關于(0，1)的對稱點是(2，1)，∴成中心對稱的拋物線表達式是：，即(如圖)抽象感悟(2)∵，∴頂點是（-1，6），∵(-1，6)關于的對稱點是，∴，∵兩拋物線有交點，∴有解，∴有解，∴，∴；(如圖)問題解決(3)①

∵=，∴頂點（-1，），代入得：①∵

，∴頂點（1，），代入得：②由①②得，∵，，∴，∴兩頂點坐標分別是（-1，0），（1，12），由中點坐標公式得“衍生中心”的坐標是（0，6）；②如圖，設，

…

，與軸分別相于，

…

，，則，，…，分別關于，…，中心對稱，∴，…

分別是△，…的中位線，∴，，…，∵，，∴].【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合題，理解題意，畫出符合題意的圖形借助數(shù)形結合思想解決問題是關鍵.5．（2017·江西）我們定義：如圖1，在△ABC看，把AB點繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC繞點A逆時針旋轉β得到AC'，連接B'C'．當α+β=180°時，我們稱△A'B'C'是△ABC的“旋補三角形”，△AB'C'邊B'C'上的中線AD叫做△ABC的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”．特例感知：（1）在圖2，圖3中，△AB'C'是△ABC的“旋補三角形”，AD是△ABC的“旋補中線”．①如圖2，當△ABC為等邊三角形時，AD與BC的數(shù)量關系為AD=BC；②如圖3，當∠BAC=90°，BC=8時，則AD長為．猜想論證：（2）在圖1中，當△ABC為任意三角形時，猜想AD與BC的數(shù)量關系，并給予證明．拓展應用（3）如圖4，在四邊形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2，DA=6．在四邊形內部是否存在點P，使△PDC是△PAB的“旋補三角形”？若存在，給予證明，并求△PAB的“旋補中線”長；若不存在，說明理由．【答案】（1）①；②4；（2）AD=BC，證明見解析；（3）存在，證明見解析，．【解析】【分析】（1）①首先證明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=AB′即可解決問題；②首先證明△BAC≌△B′AC′，根據(jù)直角三角形斜邊中線定理即可解決問題；（2）結論：AD=BC．如圖1中，延長AD到M，使得AD=DM，連接E′M，C′M，首先證明四邊形AC′MB′是平行四邊形，再證明△BAC≌△AB′M，即可解決問題；（3）存在．如圖4中，延長AD交BC的延長線于M，作BE⊥AD于E，作線段BC的垂直平分線交BE于P，交BC于F，連接PA、PD、PC，作△PCD的中線PN．連接DF交PC于O．想辦法證明PA=PD，PB=PC，再證明∠APD+∠BPC=180°，即可；【詳解】解：（1）①如圖2中，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AB=AB′=AC′，∵DB′=DC′，∴AD⊥B′C′，∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=120°，∴∠B′=∠C′=30°，∴AD=AB′=BC，故答案為．②如圖3中，∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=∠BAC=90°，∵AB=AB′，AC=AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC=B′C′，∵B′D=DC′，∴AD=B′C′=BC=4，故答案為4．（2）結論：AD=BC．理由：如圖1中，延長AD到M，使得AD=DM，連接E′M，C′M∵B′D=DC′，AD=DM，∴四邊形AC′MB′是平行四邊形，∴AC′=B′M=AC，∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，∴△BAC≌△AB′M，∴BC=AM，∴AD=BC．（3）存在．理由：如圖4中，延長AD交BC的延長線于M，作BE⊥AD于E，作線段BC的垂直平分線交BE于P，交BC于F，連接PA、PD、PC，作△PCD的中線PN．連接DF交PC于O．∵∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=2，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CM=2，DM=4，∠M=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，∴EM=BM=7，∴DE=EM﹣DM=3，∵AD=6，∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，PB=PC，在Rt△CDF中，∵CD=2，CF=6，∴tan∠CDF=，∴∠CDF=60°=∠CPF，易證△FCP≌△CFD，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四邊形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等邊三角形，∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，∴∠BPC=120°，∴∠APD+∠BPC=180°，∴△PDC是△PAB的“旋補三角形”，在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=，∴PN==．【點睛】本題考查四邊形綜合題．1．(2023·江西·新余四中九年級期末）如圖，一組拋物線（n為不大于12的正整數(shù)）的頂點為，過點作x軸的垂線，垂足為，以為邊長向右作正方形．當時，拋物線為的頂點為，此時的正方形為，依此類推．(1)當時，求拋物線的的頂點為和的坐標；(2)求的坐標（用含n的代數(shù)式表示）；(3)①若以點為頂點的三角形是直角三角形，求n的值；②若拋物線（n為不大于12的正整數(shù)）的其中一條拋物線經過點，寫出所有滿足條件的正方形的邊長．【答案】(1)，(2)(3)①4；②正方形的邊長為3，6，9【解析】【分析】（1）將二次函數(shù)解析式化為頂點式，即可求點坐標，根據(jù)正方形的性質即可得點坐標；（2）將二次函數(shù)解析式化為頂點式，即可求點坐標，根據(jù)正方形的性質即可得點坐標；（3）：①由（2）可知，，，，可知∴，，，由以點為頂點的三角形是直角三角形，如圖所示，可證，有即，計算滿足要求的解即可；②由題意知（n為不大于12的正整數(shù)）的其中一條拋物線設為經過點，則，解得，由，均為不大于12的正整數(shù)，求出的所有滿足條件的值，進而求解對應的每個二次函數(shù)的正方形的邊長即可．(1)解：∵∴∵，軸∴和的坐標分別為和．(2)解：∵∴∵，軸∴．(3)解：①由（2）可知，∴，∴，，∵以點為頂點的三角形是直角三角形，如圖所示∵，∴∴∴即解得或（不符合題意，舍去）∴的值為4．②解：由題意知（n為不大于12的正整數(shù)）的其中一條拋物線設為經過點則解得∵，均為不大于12的正整數(shù)∴的值為3，6，9∴的頂點坐標，正方形的邊長為3；的頂點坐標，正方形的邊長為6；的頂點坐標，正方形的邊長為9；∴滿足條件的正方形的邊長為3，6，9．【點睛】本題考查了二次函數(shù)頂點坐標，正方形的性質，相似三角形的判定與性質．解題的關鍵在于對知識的靈活運用．2．(2023·湖北湖北·九年級期末）問題背景：如圖1，在中，，，是邊上的中線，E是上一點，將繞點C逆時針旋轉得到，的延長線交邊于點P．問題探究：(1)探究，之和與之間的數(shù)量關系．①先將問題特殊化，如圖2，當時，直接寫出，之和與之間的數(shù)量關系；②再探究一般情形，如圖1，當不垂直時，證明①中的結論仍然成立；(2)拓展探究：如圖3，若的延長線交的延長線于點P時，直接寫出一個等式，表示，，之間的數(shù)量關系．【答案】(1)①；②見解析(2)【解析】【分析】解：①結論：．根據(jù)旋轉的性質，再證明四邊形是正方形，可得結論．②結論不變，如圖2中，過點C作于點G，過點C作交的延長線于點H．證明，可以推出，再利用正方形的性質解決問題即可．（2）結論：，證明方法類似②．(1)解：①解：．理由：∵，∴，在中，，，∵將繞點C逆時針旋轉得到，∴，，，，∴，∴四邊形是矩形，∵，∴四邊形是正方形，∴，∴，∵是中邊上的中線，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，∴②結論成立，證明：過點C作于點G，過點C作交的延長線于點H．則．由旋轉性質可知，，∴，，，∵，，∴，∴，∴，，．∴．∴．∴四邊形是正方形．∴，∴．∵，，，∴．∴．∴．(2)解：．理由：如下圖所示，過作交于點，交的延長線于點，則四邊形是平行四邊形，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，在和中，，∴，∴，∴四邊形是正方形，∴，∴，∴．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，正方形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．3．(2023·湖南師大附中博才實驗中學九年級開學考試）如果有一條直線經過三角形的某個頂點，將三角形分成兩個三角形，其中一個三角形與原三角形相似，則稱該直線為三角形的“自相似分割線”．如圖1，在△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°，DE垂直平分AB，且交BC于點D，連接AD．(1)證明直線AD是△ABC的自相似分割線；(2)如圖2，點P為直線DE上一點，當點P運動到什么位置時，PA+PC的值最?。壳蟠藭rPA+PC的長度．(3)如圖3，射線CF平分∠ACB，點Q為射線CF上一點，當取最小值時，求∠QAC的正弦值．【答案】(1)直線AD是△ABC的自相似分割線；(2)當點運動到點時，PA+PC的值最小，此時；(3)∠QAC的正弦值為【解析】【分析】（1）根據(jù)定義證明△DBA∽△ABC即可得證；（2）根據(jù)垂直平分線的性質可得，當點與重合時，,此時最小，設，則根據(jù)，列出方程，解方程求解即可求得，進而即可求得的長，即最小值；（3）過點作于點，過點作于點，連接，設與交于點，根據(jù)已知條件求得，進而轉化為，則當點落在上時，點與點重合，此時的值最小，最小值為，進而根據(jù)求解即可．(1)∵△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°∴∠B=∠C=（180°-∠BAC）=36°∵DE垂直平分AB∴AD=BD∴∠B=∠BAD=36°∴∠C=∠BAD又∵∠B=∠B∴△DBA∽△ABC∴直線AD是△ABC的自相似分割線．(2)如圖，連接，，垂直平分AB，當點與重合時，,此時最小，，設，則解得：PA+PC=當點運動到點時，PA+PC的值最小，此時；(3)如圖，過點作于點，過點作于點，連接，設與交于點，，由（2）知，平分點落在上時，點與點重合，即此時的值最小，最小值為∠QAC的正弦值為【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，求角的正弦，垂直平分線的性質，兩點之間線段最短，垂線段最短，胡不歸問題，轉化線段是解題的關鍵．4．(2023·黑龍江·哈爾濱工業(yè)大學附屬中學校九年級開學考試）在平面直角坐標系中，O為坐標原點，直線（）與x軸交于點B．與y軸交于點A，直線與x軸交于點C，與y軸交于點D，軸交CD于點E．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，連接AE，于點F．，，AG交x軸的負半軸于點G，設BF的長為t，點G的橫坐標為n，求n與t的函數(shù)關系式；(3)如圖3，在（2）的條件下，當時，求點F的坐標．【答案】(1)見解析(2)n=(3)(，)【解析】【分析】(1)先求得B的坐標，代入直線的解析式即可．(2)先證明△FBE∽△OAB，求得EF=，過點A作AH⊥BE于點H，證明四邊形AOBH是矩形，△OAG∽△HAE，整理即可．(3)如圖，過點F作FN⊥x軸于點N，利用三角函數(shù)法求解．(1)∵直線（）與x軸交于點B．與y軸交于點A，∴A(0，-2k)，B(2，0)，當x=2時，=b-2，∴E(2，b-2)，∴EB=b-2-0=b-2．(2)∵直線（）與x軸交于點B．與y軸交于點A，∴A(0，-2k)，B(2，0)，∴OA=|-2k|=-2k，OB=2，∵軸，，∴AO∥BE，∴∠FBE=∠OAB，∴△FBE∽△OAB，∴，∴，解得EF=，過點A作AH⊥BE于點H，∵EF⊥AB，∴A、F、E、H四點共圓，∴∠FAH=∠BEF，∵∠BEF=2∠EAF，∴∠FAH=2∠EAF=∠EAF+∠EAH，∴∠EAF=∠EAH，∴EF=EH=，∵AO⊥OB，AH⊥BE，BH⊥OB，∴四邊形AOBH是矩形，∴∠OAH=90°，AH=OB=2，∵AG⊥AE，∴∠OAG=∠HAE，∴△OAG∽△HAE，∴，∴×(-2k)=-2n，解得n=．(3)如圖，過點F作FN⊥x軸于點N，根據(jù)(2)，得AB=t+2，∴sin∠OAB=，tan∠OAB=，∵FN∥AO，∴∠OAB=∠NFB，∴sin∠NFB=，tan∠NFB=，∴NB=，F(xiàn)N==，∴ON=OB-NB=2-=，F(xiàn)N==，∴F的坐標為(，)，∵CG=5，∴b=n+5=5-t，∴BE=b-2=3-t，∵cos∠FBE=cos∠BFN，∴，∴k=，∴F的坐標為(，)，【點睛】本題考查了三角形相似的判定和性質，矩形的判定和性質，四點共圓，三角函數(shù)，熟練掌握三角形相似的判定，靈活運用三角函數(shù)是解題的關鍵．5．(2023·貴州遵義·九年級期末）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+4（a≠0，a、b為常數(shù)）的圖象與x軸交于點A（﹣1，0），B（6，0），與y軸的正半軸交于點C，過點C的直線y＝﹣x+4與x軸交于點D．(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)如圖1，點P是第一象限內二次函數(shù)圖象上的一個動點，試探究點P的坐標是多少時，△CDP的面積最大，并求出最大面積；(3)如圖2，點M是二次函數(shù)圖象上一動點，過點M作ME⊥CD于點E，MF//x軸交直線CD于點F，是否存在點M，使得△MEF≌△COD，若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)P（,），最大面積為(3)M（2，8）或M（5，4）【解析】【分析】（1）將A（?1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，即可求解；（2）過點P作PG⊥x軸交直線CD于點G，設P（t，），則G（t，），由S△CDP＝S△PCG?S△PDG＝×PG×3＝?（t?）2＋，即可求解；（3）由題意可得FM＝5，設M（m，），則F（m?5，），再由F點在直線CD上，即可求m的值，進而確定M點的坐標．(1)解：將A（?1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，∴，∴，∴(2)過點P作PG⊥x軸交直線CD于點G，設P（t，），則G（t，），，∴GP＝令y＝0，則x＝3，∴D（3，0），∵S△CDP＝S△PCG?S△PDG＝×PG×3＝?（t?）2＋，，∴當t＝時，S△CDP有最大值此時P（,）；(3)存在點M，使得△MEF≌△COD，理由如下：∵ME⊥CD，∴∠MEF＝90°，∵MF∥x軸，∴∠FME＝∠CDO，∵△MEF≌△COD，∴MF＝CD，∵OC＝4，OD＝3，∴CD＝5，∴FM＝5，設M（m，），則F（m?5，），∵F點在直線CD上，∴＝∴m＝2或m＝5，∴M（2，8）或M（5，4）．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質，全等三角形的性質是解題的關鍵．1．(2023·遼寧大連·九年級期末）閱讀下面材料．小明遇到這樣一個問題：如圖1，△ABC是等邊三角形，點D在△ABC外，∠ADC＝120°，連接BD．用等式表示線段AD，BD，CD之間的數(shù)量關系，并證明．小明經過思考，發(fā)現(xiàn)解決問題的方法：如圖2，延長CD至E，使ED＝AD，連接AE．證△ADE是等邊三角形，△ACE≌△ABD，問題得到解決．(1)填空：線段AD，BD，CD之間的數(shù)量關系為；(2)用學過的知識或參考小明的方法解決下面的問題：①如圖3，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D是△ABC外一點，∠ADC＝135°，連接BD．用等式表示線段AD，BD，CD之間的數(shù)量關系，并證明．②如圖4，△ABC是等邊三角形，點D在△ABC內，∠DAB＝∠DBA＝15°，將線段BD繞著點D順時針旋轉30°，得到線段B'D，連接B'D．直接寫出的值．【答案】(1)(2)①，證明見解析；②【解析】【分析】（1）延長至，使，連接．證是等邊三角形，再利用證明，從而解決問題；（2）①延長，作交的延長線于，得是等腰直角三角形，得，由（1）同理可得，，從而得出答案；②連接，將△繞點逆時針旋轉得，作，交的延長線于，作于，可得是等腰直角三角形，設，則，，，利用勾股定理表示出的長，即可得出答案．(1)解：延長至，使，連接．，，是等邊三角形，，，是等邊三角形，，，，，，，故答案為：；(2)①，理由如下：延長，作交的延長線于，，，是等腰直角三角形，，由（1）同理可得，，；②連接，將△繞點逆時針旋轉得，作，交的延長線于，作于，，，，是的垂直平分線，，，設，則，，，，，，，，，在中，，，，．【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了等邊三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理等知識，熟練掌握基本幾何模型，構造全等三角形是解題的關鍵．2．(2023·全國·九年級專題練習）如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋6與x軸交于點B（﹣4，0），C（2，0），與y軸交于點A，在拋物線上有一動點P，連接AP，BP，AB，CP．(1)求該拋物線的函數(shù)表達式；(2)若P點在第二象限的拋物線上，當△ABP的面積是時，求△BCP的面積；(3)點D是線段AC上的一點，過D作DE⊥BC于點E，點F在線段AB上，且D，F(xiàn)兩點關于y軸上的某點成中心對稱，連接DF和EF，線段EF的長度是否有最小值，如果有請直接寫出這個最小值，若沒有最小值請說明理由．【答案】(1)(2)或(3)存在，EF最小值為【解析】【分析】（1）將B（﹣4，0），C（2，0）代入y＝ax2+bx+6，解出a、b，即可得拋物線的函數(shù)表達式；（2）先求直線AB解析式，設P（m，﹣m2﹣m+6），用含m的代數(shù)式表示S△ABP，且由△ABP的面積是列方程，即可求△BCP的面積；（3）過F作FH⊥x軸于H，連接FE，求出直線AC解析式，由D，F(xiàn)兩點關于y軸上的某點成中心對稱，設D（t，﹣3t+6），則F（﹣t，﹣t+6），用含t的代數(shù)式表示，求出其最小值，從而得到EF的最小值．(1)（1）將B（﹣4，0），C（2，0）代入y＝ax2+bx+6得：，解得，∴拋物線的函數(shù)表達式為y＝﹣x2﹣x+6；(2)過P作PQ∥y軸交AB于Q，如圖：在y＝﹣x2﹣x+6中令x＝0，得y＝6，∴A（0，6），設直線AB解析式為y＝kx+b，則，解得，∴直線AB解析式為y＝x+6，∵P點在第二象限的拋物線上，∴設P（m，﹣m2﹣m+6），則Q（m，m+6），∴PQ＝﹣m2﹣m+6﹣（m+6）＝﹣m2﹣3m，∵S△ABP＝S△QBP+S△AQP＝PQ?（xA﹣xB），且△ABP的面積是，∴×（﹣m2﹣3m）×4＝，解得m＝﹣1或m＝﹣3，當m＝﹣1時，P（﹣1，），S△BCP＝BC?yP＝×[2﹣（﹣4）]×＝，當m＝﹣3時，P（﹣3，），S△BCP＝BC?yP＝×[2﹣（﹣4）]×＝，∴△BCP的面積是或．(3)過F作FH⊥x軸于H，連接FE，如圖：設直線AC解析式為y＝mx+n，將A（0，6）、C（2，0）代入得：，解得，∴直線AC解析式為y＝﹣3x+6，∵D，F(xiàn)兩點關于y軸上的某點成中心對稱，∴設D（t，﹣3t+6），則F（﹣t，﹣t+6），∴FH＝﹣t+6，EH＝t﹣（﹣t）＝2t，在Rt△EFH中，EF2＝FH2+EH2，∴EF2＝（﹣t+6）2+（2t）2＝t2﹣18t+36＝（t﹣）2+，∴當t＝時，EF2最小值為，故EF最小值為．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合知識，涉及二次函數(shù)解析式、三角形面積、中心對稱、勾股定理等，解題的關鍵是設點的坐標，用含字母的代數(shù)式表示相關的線段長度，列方程解決問題．3．(2023·陜西西安·九年級期末）有這樣一類特殊邊角特征的四邊形，它們有“一組鄰邊相等且對角互補”，我們稱之為“等對補四邊形”．(1)如圖1，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于點E，若AE＝4，則四邊形ABCD的面積等于．(2)等對補四邊形中，經過兩條相等鄰邊的公共頂點的一條對角線，必平分四邊形的一個內角，即如圖2，四邊形ABCD中，AD＝DC，∠A+∠C＝180°，連接BD，求證：BD平分∠ABC．(3)現(xiàn)準備在某地著名風景區(qū)開發(fā)一片國家稀有動物核心保護區(qū)，保護區(qū)的規(guī)劃圖如圖3所示，該地規(guī)劃部門要求：四邊形ABCD是一個“等對補四邊形”，滿足AD＝DC，AB+AD＝12，∠BAD＝120°，因地勢原因，要求3≤AD≤6，求該區(qū)域四邊形ABCD面積的最大值．【答案】(1)9(2)見解析(3)【解析】【分析】（1）過作，交的延長線于，求出四邊形是矩形，根據(jù)矩形的性質得出，求出，根據(jù)得出，根據(jù)全等得出，，求出，求出，代入求出即可；（2）如圖1中，連接，．證明，，，四點共圓，利用圓周角定理即可解決問題．（3）如圖3中，延長到，使得，連接，過點作于，根點作于，于．設．構建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質即可解決問題．(1)解：如圖1，過作，交的延長線于，，，四邊形是矩形，，，，在和中，，，，，四邊形是矩形，四邊形是正方形，，．故答案為：16；(2)解：證明：如圖2中，連接．，，，，四點共圓，，，，平分．(3)解：如圖3中，延長到，使得，連接，過點作于，過點作于，于．設．，，，，，是等邊三角形，，，由（2）可知．平分，，，，，，，，，，，，，∵，∴∴時，有最大值，最大值．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了“鄰等對補四邊形”的定義，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質，四點共圓，二次函數(shù)的應用等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，學會利用參數(shù)構建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質解決最值問題，屬于中考壓軸題．4．(2023·全國·九年級專題練習）已知二次函數(shù)經過點A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．(1)求該拋物線解析式；(2)如圖1，點M為拋物線上第二象限內一動點，BM交y軸于點N，當BM將四邊形ABCM的面積分為1：2兩部分時，求點M的坐標；(3)如圖2，點P為對稱軸上D點下方一動點，點Q為直線y＝x第一象限上的動點，且DP＝OQ，求BP+BQ的最小值并求此時點P的坐標．【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3．(2)M（﹣2，3）或（，）．(3)最小值為AC＝，點P（﹣1，2）．【解析】【分析】（1）根據(jù)A、B點的坐標設出拋物線的交點式，再將C點的坐標帶圖求解，即可得出結論．（2）過A點作AG⊥x軸交BM的延長線于G，則，設ON＝t，則AG＝4t，CN＝3﹣t，進而得出或2，進而建立方程求解，即可得出結論．（3）先判斷出△PCD∽△OBQ，進而得出PC＝OQ，在判斷出A、P、C在同一條直線上時，BP+OQ的最小值，在求出直線AC的解析式，即可得出結論．(1)解：∵二次函數(shù)經過點A（﹣3，0）、B（1，0），∴設拋物線的解析式為y＝a（x+3）（x﹣1），∵點C（0，3）在拋物線上，∴﹣3a＝3，∴a＝﹣1，∴拋物線的解析式為y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；(2)解：如圖1，過點A作AG⊥x軸交BM的延長線于G，由（1）知，拋物線的解析式為y＝﹣x2﹣2x+3，設點M（m，﹣m2﹣2m+3）（﹣3＜m＜0），∴S△BCM＝CN（1﹣m），S△ABM＝S△ABG﹣S△AMG＝AG[（1+3）﹣（m+3）]＝AG（1﹣m），∴，∵，∴＝，設ON＝t，則AG＝4t，CN＝3﹣t，∵BM將四邊形ABCM的面積分為1：2兩部分時，∴＝或2，∴，或2，∴或2，∴t＝1或，∴N（0，1）或N（0，），當N（0，1）時，∵B（1，0），∴直線BM的解析式為y＝﹣x+1①，由（1）知，拋物線的解析式為y＝﹣（x+3）（x﹣1）②，聯(lián)立①②解得，或，∴M（﹣2，3）；當N（0，）時，∵B（1，0），∴直線BM的解析式為y＝﹣x+③，聯(lián)立②③解得，或，∴M（，）；即M（﹣2，3）或（，）；(3)解：如圖2，連接PC，