分类46,综合实践(含解析)

作者：owenism | 发布时间：2021-01-14 13:10:09 收藏本文下载本文

46 综合与实践((含解析))二、填空题题 1．（2020•无锡,T1,2 分）二次函数23 3 y ax ax    的图象过点(6,0)A，且与 y 轴交于点 B，点 M 在该抛物线的对称轴上，若 ABM  是以 AB 为直角边的直角三角形，则点 M 的坐标为 3(2，9) 或3(2，6)．【考点】 3 H ：二次函数的性质； 5 H ：二次函数图象上点的坐标特征【专题】535：二次函数图象及其性质；66：运算能力【分析】把点(6,0)A 代入23 3 y ax ax    得，0 36 18 3 a a   ，得到21 136 2y x x    ，求得(0,3)B，抛物线的对称轴为132122()6x    ，设点 M 的坐标为：3(2，)m，当90 ABM   ，过 B 作 BD 对称轴于 D，当 90 M AB    ，根据三角函数的定义即可得到结论．【解答】解：把点(6,0)A 代入23 3 y ax ax    得，0 36 18 3 a a   ，解得：16a  ，21 136 2y x x     ，(0,3)B ，抛物线的对称轴为132122()6x    ，设点 M 的坐标为：3(2，)m，当 90 ABM   ，过 B 作 BD 对称轴于 D，则 1 2 3   ，6tan 2 tan 1 23     ， 2DMBD，3 DM  ，3(2 M ，6)，当 90 M AB    ，6tan 3 tan 1 23M NAN      ，9 M N   ，3(2 M  ，9)，综上所述，点 M 的坐标为3(2，9) 或3(2，6)．【点评】本题考查的是二次函数的性质和函数图象上点的坐标特征，涉及到解直角三角形，有一定的综合性，难度适中． 1．1．（2020 北京，T16，2 分）如图是某剧场第一排座位分布图．甲、乙、丙、丁四人购票，所购票数分别为 2，3，4，5．每人选座购票时，只购买第一排的座位相邻的票，同时使自己所选的座位号之和最小，如果按“甲、乙、丙、丁”的先后顺序购票，那么甲购买 1，2 号座位的票，乙购买 3，5，7 号座位的票，丙选座购票后，丁无法购买到第一排座位的票．若丙第一个购票，要使其他三人都能购买到第一排座位的票，写出一种满足条件的购票的先后顺序丙、丁、甲、乙．【考点】 2 O ：推理与论证【专题】65：数据分析观念； 2B ：探究型【分析】先判断出丙购买票之后，剩余 3 号左边有 6 个座位，4 号右边有 5 个座位，进而得出甲、乙购买的票只要在丙的同侧，四个人购买的票全在第一排，即可得出结论．

【解答】解：根据题意，丙第一个购票，只能购买 3，1，2，4 号票，此时，3 号左边有 6 个座位，4 号右边有 5 个座位，即甲、乙购买的票只要在丙的同侧，四个人购买的票全在第一排，①第二个丁可以购买 3 号左边的 5 个座位，另一侧的座位甲和乙购买，即丙(3，1，2，4)、丁(5，7，9，11，13)、甲(6,8)、乙(10,12)或丙(3，1，2，4)、丁(5，7，9，11，13)、乙(6,8)、甲(10,12)； ②第二个由甲或乙购买，此时，只能购买 5，7 号票，第三个购买的只能是丁，且只能购买6，8，10，12，14 号票，此时，四个人购买的票全在第一排，即丙(3，1，2，4)、甲(5,7)、丁(6，8，10，12，14)、乙(9,11)或丙(3，1，2，4)、乙(5,7)、丁(6，8，10，12，14)、甲(9,11)，因此，第一个是丙购买票，丁只要不是最后一个购买票的人，都能使四个人购买的票全在第一排，故答案为：丙、丁、甲、乙．【点评】此题主要考查了推理与论证，判断出甲、乙购买的票在丙的同侧是解本题的关键．三、解答题题 1．（2020•盐城,T26,12 分）木门常常需要雕刻美丽的图案．（1）图①为某矩形木门示意图，其中 AB 长为 200 厘米，AD 长为 100 厘米，阴影部分是边长为 30 厘米的正方形雕刻模具，刻刀的位置在模具的中心点 P 处，在雕刻时始终保持模具的一边紧贴木门的一边，所刻图案如虚线所示，求图案的周长；（2）如图②，对于（1）中的木门，当模具换成边长为 30 3 厘米的等边三角形时，刻刀的位置仍在模具的中心点 P 处，雕刻时也始终保持模具的一边紧贴木门的一边，使模具进行滑动雕刻．但当模具的一个顶点与木门的一个顶点重合时，需将模具绕着重合点进行旋转雕刻，直到模具的另一边与木门的另一边重合．再滑动模具进行雕刻，如此雕刻一周，请在图②中画出雕刻所得图案的草图，并求其周长．

【考点】 LO ：四边形综合题【专题】66：运算能力；69：应用意识； 55C ：与圆有关的计算；554：等腰三角形与直角三角形；556：矩形菱形正方形【分析】（1）如图①，过点 P 作 PE CD  于点 E，求得 PE，进而得矩形 ABC D     的两邻边长，再由矩形的周长公式便可得答案；（2）连接 PE、PF、PG，过点 P 作 PQ CD  于点 Q，如图②，求得 PE 的长度，便可得雕刻图案的 4 直线段边的长度，再求得 PG 长度，以及 DP 绕 D 点旋转至 DP 的旋转角度，便可根据弧长公式求得雕刻图案四角的圆弧长，进而得出整个雕刻图案的周长．【解答】解：（1）如图，过点 P 作 PE CD  于点 E，点 P 是边长为 30 厘米的正方形雕刻模具的中心，15 PE cm  ，同理：

AB   与 AB 之间的距离为 15cm，AD   与 AD 之间的距离为 15cm，BC   与 BC 之间的距离为 15cm，200 15 15 170()AB C D cm        ，100 15 15 70()BC AD cm       ，  170 70 2 480A B C DC cm       四边形，答：图案的周长为 480cm ；（2）连接 PE、PF、PG，过点 P 作 PQ CD  于点 Q，如图 P 点是边长为 30 3cm 的等边三角形模具的中心，PE PG PF   ，30 PGF   ，PQ GF ，15 3 GQ FQ cm   ，tan30 15 PQ GQ cm   ，30cos30GQPG cm  ，当 EFG  向上平移至点 G 与点 D 重合时，由题意可得，△ E F G    绕点 D 顺时针旋转 30，使得 EG   与 AD 边重合，DP   绕点 D 顺时针旋转 30 到 DP，30 305180p pl cm  ，同理可得其余三个角均为弧长为 5 cm  的圆弧，(200 30 3 100 30 3)2 5 4 600 120 3 20()C cm            ，答：雕刻所得图案的周长为(600 120 3 20)cm    ．【点评】本题是四边形的综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，圆弧长的计算，等边三角形的性质，关键是 P 点到门边沿的距离和雕刻图案四角的圆弧长计算． 2．（2020•盐城,T27,14 分）以下虚线框中为一个合作学习小组在一次数学实验中的过程记录，请阅读后完成虚线框下方的问题 1~4 ．（Ⅰ）在 Rt ABC  中，90 C   ，2 2 AB ，在探究三边关系时，通过画图，度量和计算，收集到一组数据如下表：（单位：厘米）AC 2.8 2.7 2.6 2.3 2 1.5 0.4 BC 0.4 0.8 1.2 1.6 2 2.4 2.8 AC BC  3.2 3.5 3.8 3.9 4 3.9 3.2（Ⅱ）根据学习函数的经验，选取上表中 BC 和 AC BC  的数据进行分析：

① BC x ，AC BC y  ，以(,)x y 为坐标，在图①所示的坐标系中描出对应的点：

②连线：

观察思考（Ⅲ）结合表中的数据以及所画的图象，猜想．当 x＝____时，y 最大；（Ⅳ）进一步精想：若 Rt ABC  中，90 C   ，斜边 2(AB a a  为常数，0)a ，则 BC＝____时，AC BC  最大．推理证明（Ⅴ）对（Ⅳ）中的猜想进行证明．问题 1，在图①中完善（Ⅱ）的描点过程，并依次连线；问题 2，补全观察思考中的两个猜想：（Ⅲ）2 ；（Ⅳ）；

问题 3，证明上述（Ⅴ）中的猜想；问题 4，图②中折线 B E F G A     是一个感光元件的截面设计草图，其中点 A，B间的距离是 4 厘米，1 AG BE   厘米． 90 E F G      ．平行光线从 AB 区域射入，60 BNE   ，线段 FM、FN 为感光区域，当 EF 的长度为多少时，感光区域长度之和最大，并求出最大值．【考点】 KY ：三角形综合题【专题】69：应用意识；152：几何综合题【分析】问题 1：利用那地方解决问题即可．问题 2：利用图象法解决问题即可．问题 3：设 BC x ，AC BC y  ，根据一元二次方程，利用根的判别式解决问题即可．问题 4：延长 AM 交 EF 的延长线于 C，过点 A 作 AH EF  于 H，过点 B 作 BK GF  于 K交 AH 于 Q ．证明3 4 3 4 33 23 3 3FN FM EF FG EN GM BK AH BQ AQ KQ QH BQ AQ                  ，求出 BQ AQ  的最大值即可解决问题．【解答】解：问题 1：函数图象如图所示：

问题 2:（Ⅲ）观察图象可知，2 x 时，y 有最大值．

（Ⅳ）猜想：

2 BC a  ．故答案为：2，2 BC a  ．问题 3：设 BC x ，AC BC y  ，在 Rt ABC  中，90 C    2 2 2 24 AC AB BC a x     ，2 24 y x a x    ，2 24 y x a x    ，2 2 2 22 4 y xy x a x     ，2 2 22 2 4 0 x xy y a     ，关于 x 的一元二次方程有实数根，2 2 2 24 4 4 2(4)0 b ac y y a        …，2 28 y a  „，0 y ，0 a，2 2 y a  „，当 2 2 y a  时，2 22 4 2 4 0 x ax a    2(2 2)0 x a   ，1 22 x x a   ， 当 2 BC a  时，y 有最大值．问题 4：延长 AM 交 EF 的延长线于 C，过点 A 作 AH EF  于 H，过点 B 作 BK GF  于 K交 AH 于 Q ．

在 Rt BNE  中，90 E   ，60 BNE   ，1 BE cm ，tanBEBNEEN  ，3()3NE cm  ，/ / AM BN，60 C   ，90 GFE   ，30 CMF   ，30 AMG   ，90 G   ，1 AG cm ，30 AMG   ， 在 Rt AGM  中，tanAGAMGGM ，3()GM cm  ，90 G GFH    ，90 AHF   ， 四边形 AGFH 为矩形，AH FG  ，90 GFH E    ，90 BKF     四边形 BKFE 是矩形，BK FE  ，3 4 3 4 33 23 3 3FN FM EF FG EN GM BK AH BQ AQ KQ QH BQ AQ                  ，在 Rt ABQ  中，4 AB cm ，由问题 3 可知，当 2 2 BQ AQ cm   时，AQ BQ  的值最大，2 2 BQ AQ    时，FN FM  的最大值为4 3(4 2 2)3cm   ．

【点评】本题属于三角形综合题，考查了矩形的判定和性质，解直角三角形，函数，一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题． 3．（2020•徐州,T1,10 分）我们知道：如图①，点 B 把线段 AC 分成两部分，如果BC ABAB AC，那么称点 B 为线段 AC 的黄金分割点．它们的比值为5 12．（1）在图①中，若 20 AC cm ，则 AB 的长为(10 5 10) cm ；（2）如图②，用边长为 20cm 的正方形纸片进行如下操作：对折正方形 ABCD 得折痕 EF，连接 CE，将 CB 折叠到 CE 上，点 B 对应点 H，得折痕 CG ．试说明：

G 是 AB 的黄金分割点；（3）如图③，小明进一步探究：在边长为 a 的正方形 ABCD 的边 AD 上任取点()E AE DE ，连接 BE，作 CF BE ，交 AB 于点 F，延长 EF、CB 交于点 P ．他发现当 PB 与 BC 满足某种关系时，E、F 恰好分别是 AD、AB 的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．【考点】 SO ：相似形综合题【专题】558：平移、旋转与对称；67：推理能力；556：矩形菱形正方形； 55D ：图形的相似；152：几何综合题；66：运算能力【分析】（1）由黄金分割点的概念可得出答案；（2）延长 EA，CG 交于点 M，由折叠的性质可知，ECM BCG  ，得出 EMC ECM  ，则 EM EC ，根据勾股定理求出 CE 的长，由锐角三角函数的定义可出5 1tan2BCG ，即5 12BGBC，则可得出答案；（3）证明()ABE BCF ASA   ，由全等三角形的性质得出 BF AE ，证明 AEF BPF   ∽，得出AE AFBP BF，则可得出答案．【解答】解：（1）点 B 为线段 AC 的黄金分割点，20 AC cm ，5 120(10 5 10)2AB cm     ．

故答案为：

(10 5 10) ．（2）延长 EA，CG 交于点 M，四边形 ABCD 为正方形，/ / DM BC ，EMC BCG  ，由折叠的性质可知，ECM BCG  ，EMC ECM  ，EM EC  ，10 DE ，20 DC ，2 2 2 210 20 10 5 EC DE DC      ，10 5 EM  ，10 5 10 DM   ，20 2 5 1tan2 10 5 10 5 1DCDMCDH      ． 5 1tan2BCG  ，即5 12BGBC，5 12BGAB，G  是 AB 的黄金分割点；（3）当 BP BC  时，满足题意．理由如下：

四边形 ABCD 是正方形，AB BC  ，90 BAE CBF    ，BE CF ，90 ABE CBF    ，又 90 BCF BFC    ，BCF ABE  ，()ABE BCF ASA   ，BF AE  ，/ / AD CP，AEF BPF   ∽，AE AFBP BF，当 E、F 恰好分别是 AD、AB 的黄金分割点时，AE DE ，AF BFBF AB，BF AE ，AB BC ，AF BF AEBF AB BC ，AE AEBP BC，BP BC   ．【点评】本题是相似形综合题，考查了翻折变换的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，黄金分割点的定义，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 4．（2020•扬州,T1,10 分）阅读感悟：

有些关于方程组的问题，欲求的结果不是每一个未知数的值，而是关于未知数的代数式的值，如以下问题：

已知实数 x、y 满足 3 5 x y   ①，2 3 7 x y   ②，求 4 x y  和 7 5 x y  的值．本题常规思路是将①②两式联立组成方程组，解得 x、y 的值再代入欲求值的代数式得到答案，常规思路运算量比较大．其实，仔细观察两个方程未知数的系数之间的关系，本题还可以通过适当变形整体求得代数式的值，如由①  ②可得 4 2 x y   ，由①  ② 2  可得7 5 19 x y   ．这样的解题思想就是通常所说的“整体思想”．解决问题：

（1）已知二元一次方程组2 7,2 8,x yx y   则 x y   1 ，x y   ；（2）某班级组织活动购买小奖品，买 20 支铅笔、3 块橡皮、2 本日记本共需 32 元，买 39支铅笔、5 块橡皮、3 本日记本共需 58 元，则购买 5 支铅笔、5 块橡皮、5 本日记本共需多少元？（3）对于实数 x、y，定义新运算：

* x y ax by c   ，其中 a、b、c 是常数，等式右边是通常的加法和乘法运算．已知 3*5 15 ，4*7 28 ，那么 1*1 ．【考点】 9A ：二元一次方程组的应用； 9D ：三元一次方程组的应用【专题】521：一次方程（组)及应用；69：应用意识【分析】（1）利用①  ②可得出 x y  的值，利用1(3①  ②)可得出 x y  的值；（2）设铅笔的单价为 m 元，橡皮的单价为 n 元，日记本的单价为 p 元，根据“买 20 支铅笔、3 块橡皮、2 本日记本共需 32 元，买 39 支铅笔、5 块橡皮、3 本日记本共需 58 元”，即可得出关于 m，n，p 的三元一次方程组，由 2 ①  ②可得除 m n p   的值，再乘 5 即可求出结论；（3）根据新运算的定义可得出关于 a，b，c 的三元一次方程组，由 3 ① 2   ②可得出a b c   的值，即 1*1 的值．【解答】解：（1）2 72 8x yx y   ①②．由①  ②可得：

1 x y   ，由1(3①  ②)可得：

5 x y   ．故答案为：

1  ；5．（2）设铅笔的单价为 m 元，橡皮的单价为 n 元，日记本的单价为 p 元，依题意，得：20 3 2 3239 5 3 58m n pm n p     ①②，由 2 ①  ②可得 6 m n p   ，5 5 5 5 6 30 m n p       ．答：购买 5 支铅笔、5 块橡皮、5 本日记本共需 30 元．（3）依题意，得：3 5 154 7 28a b ca b c     ①②，由 3 ① 2   ②可得：

11 a b c   ，即 1*1 11  ．故答案为：

11  ．【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及三元一次方程组的应用，解题的关键是：（1）运用“整体思想”求出 x y ，x y  的值；（2）（3）找准等量关系，正确列出三元一次方程组． 5．（2020•江西,T1,12 分）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图 1 中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积1S，2S，3S 之间的关系问题”进行了以下探究：

类比探究（1）如图 2，在 Rt ABC  中，BC 为斜边，分别以 AB，AC，BC 为斜边向外侧作 Rt ABD ，Rt ACE ，Rt BCF ，若 1 2 3   ，则面积1S，2S，3S 之间的关系式为 1 2 3S S S   ；推广验证（2）如图 3，在 Rt ABC  中，BC 为斜边，分别以 AB，AC，BC 为边向外侧作任意 ABD ，ACE ，BCF ，满足 1 2 3   ，D E F   ，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；拓展应用（3）如图 4，在五边形 ABCDE 中，105 A E C     ，90 ABC   ，2 3 AB ，2 DE，点 P 在 AE 上，30 ABP   ，2 PE ，求五边形 ABCDE 的面积．【考点】 LO ：四边形综合题【专题】67：推理能力；554：等腰三角形与直角三角形； 55D ：图形的相似【分析】类比探究（1）通过证明 ADB BFC   ∽，可得2()ADBBFCS ABS BC，同理可得2()AECBFCS ACS BC，由勾股定理可得2 2 2AB AC BC  ，可得结论；

推广验证（2）通过证明 ADB BFC   ∽，可得2()ADBBFCS ABS BC，同理可得2()AECBFCS ACS BC，由勾股定理可得2 2 2AB AC BC  ，可得结论；拓展应用（3）过点 A 作 AH BP  于 H，连接 PD，BD，由直角三角形的性质可求 6 AP ，3 3 BP BH PH    ，可求3 3 32ABPS ，通过证明 A B P E D P   ∽，可得45 EPD APB    ，33PD PEBP AP ，3 12PDES ，可得 90 BPD   ，1 3 PD  ，可求 2 3 3BPDS   ，由（2）的结论可求3 3 3 3 12 3 22 2BCD ABP DPES S S        ，即可求解．【解答】解：类比探究（1）1 3  ，90 D F    ，ADB BFC   ∽，2()ADBBFCS ABS BC，同理可得：2()AECBFCS ACS BC，2 2 2AB AC BC  ，2 22 2 1 223 3()()1S S AB AC AB ACS S BC BC BC    ，1 2 3S S S   ，故答案为：1 2 3S S S   ．（2）结论仍然成立，理由如下：

1 3  ，D F  ，ADB BFC   ∽，2()ADBBFCS ABS BC，同理可得：2()AECBFCS ACS BC，2 2 2AB AC BC  ，2 22 2 1 223 3()()1S S AB AC AB ACS S BC BC BC    ，1 2 3S S S   ，（3）过点 A 作 AH BP  于 H，连接 PD，BD，30 ABH   ，2 3 AB ，3 AH  ，3 BH ，60 BAH   ，105 BAP   ，45 HAP   ，AH BP ，45 HAP APH    ，3 PH AH   ，6 AP  ，3 3 BP BH PH    ，(3 3)3 3 3 32 2 2ABPBP AHS     ，2 PE ，2 ED，6 AP ，2 3 AB ，2 33 6PEAP ，2 33 2 3DEAB ，PE EDAP AB，且 105 E BAP    ，ABP EDP   ∽，45 EPD APB    ，33PD PEBP AP ，90 BPD   ，1 3 PD  ，(3 3)(1 3)2 3 32 2BPDBP PDS      ，ABP EDP   ∽，23 1()3 3PDEABPSS ，1 3 3 3 3 13 2 2PDES      3tan3PDPBDBP  ，30 PBD   ，30 CBD ABC ABP CBD      ，ABP PDE CBD   ，又 105 A E C     ，ABP EDP CBD    ∽ ∽，由（2）的结论可得：3 3 3 3 12 3 22 2BCD ABP DPES S S        ， 五边形 ABCDE 的面积3 3 3 3 12 3 2 2 3 3 6 3 72 2         ．【点评】本题是四边形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用相似三角形的性质求三角形的面积是本题的关键． 1．1．（2020 齐齐哈尔,T23,12 分）综合与实践在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．实践发现：

对折矩形纸片 ABCD，使 AD 与 BC 重合，得到折痕 EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点 A 落在 EF 上的点 N 处，并使折痕经过点 B，得到折痕 BM，把纸片展平，连接 AN，如图①．（1）折痕 BM 是（填“是”或“不是”）线段 AN 的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答：

等边三角形；进一步计算出∠MNE＝ 60 °；

（2）继续折叠纸片，使点 A 落在 BC 边上的点 H 处，并使折痕经过点 B，得到折痕 BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝ 15 °；拓展延伸：

（3）如图③，折叠矩形纸片 ABCD，使点 A 落在 BC 边上的点 A"处，并且折痕交 BC 边于点 T，交 AD 边于点 S，把纸片展平，连接 AA"交 ST 于点 O，连接 AT．求证：四边形 SATA"是菱形．解决问题：

（4）如图④，矩形纸片 ABCD 中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点 A 落在 BC 边上的点 A"处，并且折痕交 AB 边于点 T，交 AD 边于点 S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段 AT 的长度有 4，5，7，9．请写出以上 4 个数值中你认为正确的数值 7，9 ．【考点】LO：四边形综合题【专题】553：图形的全等；554：等腰三角形与直角三角形；556：矩形菱形正方形；558：平移、旋转与对称；67：推理能力．【分析】（1）由折叠的性质可得 AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM 垂直平分 AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN 是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；（3）由折叠的性质可得 AO＝A"O，AA"⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A"TO，可得 SO＝TO，由菱形的判定可证四边形 SATA"是菱形；

（4）先求出 AT 的范围，即可求解．【解答】解：（1）如图①∵对折矩形纸片 ABCD，使 AD 与 BC 重合，∴EF 垂直平分 AB，∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，∵再一次折叠纸片，使点 A 落在 EF 上的点 N 处，∴BM 垂直平分 AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，∴AB＝BN，∴AB＝AN＝BN，∴△ABN 是等边三角形，∴∠EBN＝60°，∴∠ENB＝30°，∴∠MNE＝60°，故答案为：是，等边三角形，60；（2）∵折叠纸片，使点 A 落在 BC 边上的点 H 处，∴∠ABG＝∠HBG＝45°，∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，故答案为：15°；（3）∵折叠矩形纸片 ABCD，使点 A 落在 BC 边上的点 A"处，∴ST 垂直平分 AA"，∴AO＝A"O，AA"⊥ST，∵AD∥BC，∴∠SAO＝∠TA"O，∠ASO＝∠A"TO，∴△ASO≌△A"TO（AAS）∴SO＝TO，∴四边形 ASA"T 是平行四边形，又∵AA"⊥ST，∴边形 SATA"是菱形；（4）∵折叠纸片，使点 A 落在 BC 边上的点 A"处，∴AT＝A"T，在 Rt△A"TB 中，A"T＞BT，∴AT＞10﹣AT，∴AT＞5，∵点 T 在 AB 上，∴当点 T 与点 B 重合时，AT 有最大值为 10，∴5＜AT≤10，∴正确的数值为 7，9，故答案为：7，9．【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 2．（2020 齐齐哈尔 T24,14 分）综合与探究在平面直角坐标系中，抛物线 y＝12x 2 +bx+c 经过点 A（﹣4，0），点 M 为抛物线的顶点，点 B 在 y 轴上，且 OA＝OB，直线 AB 与抛物线在第一象限交于点 C（2，6），如图①．（1）求抛物线的解析式；（2）直线 AB 的函数解析式为 y＝x+4，点 M 的坐标为（﹣2，﹣2），cos∠ABO＝22；连接 OC，若过点 O 的直线交线段 AC 于点 P，将△AOC 的面积分成 1：2 的两部分，则点 P 的坐标为（﹣2，2）或（0，4）；（3）在 y 轴上找一点 Q，使得△AMQ 的周长最小．具体作法如图②，作点 A 关于 y 轴的对称点 A"，连接 MA"交 y 轴于点 Q，连接 AM、AQ，此时△AMQ 的周长最小．请求出点 Q 的坐标；（4）在坐标平面内是否存在点 N，使以点 A、O、C、N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】HF：二次函数综合题．【专题】153：代数几何综合题；65：数据分析观念．【分析】（1）将点 A、C 的坐标代入抛物线表达式即可求解；（2）点 A（﹣4，0），OB＝OA＝4，故点 B（0，4），即可求出 AB 的表达式；OP 将△AOC 的面积分成 1：2 的两部分，则 AP＝13AC 或23AC，即可求解；（3）△AMQ 的周长＝AM+AQ+MQ＝AM+A′M 最小，即可求解；（4）分 AC 是边、AC 是对角线两种情况，分别求解即可．【解答】解：

（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式得：116 4 0214 2 62b cb c       ，解得20bc ，故直线 AB 的表达式为：y＝12x 2 +2x；（2）点 A（﹣4，0），OB＝OA＝4，故点 B（0，4），由点 A、B 的坐标得，直线 AB 的表达式为：y＝x+4；则∠ABO＝45°，故 cos∠ABO＝22；对于 y＝12x 2 +2x，函数的对称轴为 x＝﹣2，故点 M（﹣2，﹣2）； OP 将△AOC 的面积分成 1：2 的两部分，则 AP＝13AC 或23AC，则1 23 3pcyy 或，即1 26 3 3py 或，解得：y P ＝2 或 4，故点 P（﹣2，2）或（0，4）；

故答案为：y＝x+4；（﹣2，﹣2）；22；（﹣2，2）或（0，4）；（3）△AMQ 的周长＝AM+AQ+MQ＝AM+A′M 最小，点 A′（4，0），设直线 A′M 的表达式为：y＝kx+b，则4 02 2k bk b     ，解得1343kb  ，故直线 A′M 的表达式为：y＝13x﹣43，令 x＝0，则 y＝﹣43，故点 Q（0，﹣43）；（4）存在，理由：

设点 N（m，n），而点 A、C、O 的坐标分别为（﹣4，0）、（2，6）、（0，0），①当 AC 是边时，点 A 向右平移 6 个单位向上平移 6 个单位得到点 C，同样点 O（N）右平移 6 个单位向上平移 6 个单位得到点 N（O），即 0±6＝m，0±6＝n，解得：m＝n＝±6，故点 N（6，6）或（﹣6，﹣6）； ②当 AC 是对角线时，由中点公式得：﹣4+2＝m+0，6+0＝n+0，解得：m＝﹣2，n＝6，故点 N（﹣2，6）；综上，点 N 的坐标为（6，6）或（﹣6，﹣6）或（﹣2，6）．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（4），要注意分类求解，避免遗漏． 3．（2020 绥化,T29,10 分）如图 1，抛物线21(2)62y x     与抛物线21122y x tx t      相交 y 轴于点 C，抛物线1y 与 x 轴交于 A、B 两点（点 B 在点 A 的右侧），直线23 y kx   交 x轴负半轴于点 N，交 y 轴于点 M，且 OC ON  ．

（1）求抛物线1y 的解析式与 k 的值；（2）抛物线1y 的对称轴交 x 轴于点 D，连接 AC，在 x 轴上方的对称轴上找一点 E，使以点 A，D，E 为顶点的三角形与 AOC  相似，求出 DE 的长；（3）如图 2，过抛物线1y 上的动点 G 作 GH x  轴于点 H，交直线23 y kx   于点 Q，若点Q是点 Q 关于直线 MG 的对称点，是否存在点 G（不与点 C 重合），使点Q落在 y 轴上？若存在，请直接写出点 G 的横坐标，若不存在，请说明理由．【考点】 HF ：二次函数综合题【专题】66：运算能力；67：推理能力；153：代数几何综合题； 55D ：图形的相似；536：二次函数的应用【分析】（1）令 0 x，由抛物线21(2)62y x     求出 C 点坐标，再将 C 点坐标代入抛物线21122y x tx t      得1y 的解析式，由 OC ON  ．得 N 点的坐标，再把 N 点坐标代入直线23 y kx   中，得 k 的值；（2）求出抛物线与坐标轴的交点坐标和对称轴，进而求得 OA、OC、AD 的长度，再分两种情况 AOC ADE   ∽ 和 AOC EDA   ∽，由相似三角形的比例线段求得 DE ；（3）由轴对称性质可知，QM QM  ，QG QG  ，QMG QMG   ，证明四边形 QMQG 为菱形，得出 / / GQ QN ，作 GP y  轴于点 P，设2(, 3 4)G a a a   ，则3(, 3)4Q a a，得出 | | PG a ，29| 1|4QG GQ a a     ，由锐角三角函数的定义得出2| | 495| 1|4aa a ．解方程求出 a 的值即可得出答案．【解答】解：（1）当 0 x 时，得21(2)6 2 6 42y x        ，(0,4)C ，把(0,4)C 代入21122y x tx t      得，2 4 t  ，6 t  ，213 4 y x x     ，ON OC ，(4,0)N  ，把(4,0)N  代入23 y kx   中，得 4 3 0 k   ，解得，34k  ；  抛物线1y 的解析式为213 4 y x x    ，k 的值为34．（2）连接 AE，如图 1，令 0 y ，得213 4 0 y x x     ，解得，1 x  或 4，(1,0)A  ，(4,0)B， 对称轴为：1 4 32 2x  ，3(2 D ，0)，1 OA  ，4 OC ，32OD ，52AD ，①当 AOC EDA   ∽ 时，OA OCDE DA，即1 452DE，58DE  ，②当 AOC ADE   ∽ 时，AO OCAD DE，即1 452DE，10 DE  ，综上，58DE  或 10；（3）点 G 的横坐标为7 654或7 654或1 52或1 52．如图，点Q是点 Q 关于直线 MG 的对称点，且点Q在 y 轴上时，由轴对称性质可知，QM QM  ，QG QG  ，QMG QMG   ，QG x  轴，/ / QG y  轴，QMG QGM   ，QMG QGM  ，QM QG  ，QM QM QG QG      ， 四边形 QMQG  为菱形，/ / GQ QN  ，作 GP y  轴于点 P，设2(, 3 4)G a a a   ，则3(, 3)4Q a a，| | PG a  ，2 23 9|(3)(3 4)| | 1|4 4QG GQ a a a a a           ，/ / GQ QN ，GQP NMO   ，在 Rt NMO  中，2 25 MN NO MO   ，4sin sin5NO PGGQP NMOMN GQ       ，2| | 495| 1|4aa a ．解得17 654a，27 654a，31 52a，41 52a ．经检验，17 654a，27 654a，31 52a，41 52a 都是所列方程的解．综合以上可得，点 G 的横坐标为7 654或7 654或1 52或1 52．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的性质，锐角三角函数，菱形的判定与性质等知识，解题关键是能熟练掌握坐标与图形的性质，灵活运用分类讨论的思想及方程的思想． 4．（2020 黑龙江龙东地区, T26,8 分）如图①，在 Rt ABC  中，90 ACB   ，AC BC ，点D、E 分别在 AC、BC 边上，DC EC ，连接 DE、AE、BD，点 M、N、P 分别是 AE、BD、AB 的中点，连接 PM、PN、MN ．（1）BE 与 MN 的数量关系是 2 BE NM  ．（2）将 DEC  绕点 C 逆时针旋转到图②和图③的位置，判断 BE 与 MN 有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．【考点】 2 R ：旋转的性质； KW ：等腰直角三角形； KX ：三角形中位线定理【专题】69：应用意识；558：平移、旋转与对称；554：等腰三角形与直角三角形【分析】（1）如图①中，只要证明 PMN  的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．（2）如图②中，结论仍然成立．连接 AD，延长 BE 交 AD 于点 H ．由 ECB DCA  ，推出 BE AD ，DAC EBC  ，即可推出 BH AD ，由 M、N、P 分别为 AE、BD、AB的中点，推出 / / PM BE，12PM BE ，/ / PN AD，12PN AD ，推出 PM PN ，90 MPN   ，可得22 2 22BE PM MN MN     ．【解答】解：（1）如图①中，AM ME ，AP PB ，/ / PM BE ，12PM BE ，BN DN ，AP PB ，/ / PN AD ，12PN AD ，AC BC ，CD CE ，AD BE  ，PM PN  ，90 ACB   ，AC BC  ，/ / PM BC ，/ / PN AC，PM PN  ，PMN  的等腰直角三角形，2 MN PM  ，122MN BE  ，2 BE MN  ，故答案为 2 BE MN  ．（2）如图②中，结论仍然成立．

理由：连接 AD，延长 BE 交 AD 于点 H ． ABC  和 CDE  是等腰直角三角形，CD CE  ，CA CB ，90 ACB DCE    ，ACB ACE DCE ACE    ，ACD ECB  ，()ECB DCA AAS   ，BE AD  ，DAC EBC  ，180()AHB HAB ABH      180(45)HAC ABH     180(45)HBC ABH     180 90    90  ，BH AD  ，M、N、P 分别为 AE、BD、AB 的中点，/ / PM BE ，12PM BE ，/ / PN AD，12PN AD ，PM PN  ，90 MPN   ，22 2 22BE PM MN MN      ．【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、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  学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．． 2．1．（2020 江苏常州，T26，10 分）如图 1，点 B 在线段 CE 上，Rt ABC Rt CEF   ，90 ABC CEF    ，30 BAC   ，1 BC  ．（1）点 F 到直线 CA 的距离是 1 ；（2）固定 ABC ，将 CEF  绕点 C 按顺时针方向旋转 30，使得 CF 与 CA 重合，并停止旋转．

①请你在图 1 中用直尺和圆规画出线段 EF 经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）．该图形的面积为； ②如图 2，在旋转过程中，线段 CF 与 AB 交于点 O，当 OE OB  时，求 OF 的长．【考点】 KO ：含 30 度角的直角三角形； KA ：全等三角形的性质； 8 R ：作图  旋转变换【专题】558：平移、旋转与对称；553：图形的全等； 55E ：解直角三角形及其应用；67：推理能力【分析】（1）如图 1 中，作 FD AC  于 D ．证明()ABC CDF AAS    可得结论．（2）线段 EF 经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点 E 落在 CF 上的点 H 处．根据EFC AHC ACF CEH ACFS S S S S S     阴扇形扇形扇形计算即可．（3）如图 2 中，过点 E 作 EH CF  于 H ．设 OB OE x   ．在 Rt EOH  中，利用勾股定理构建方程求解即可．【解答】解：（1）如图 1 中，作 FD AC  于 D，Rt ABC Rt CEF   ，90 ABC CEF    ，30 BAC   ，1 BC  ． 60 ACB   ，30 FCE BAC    ，AC CF ，30 ACF   ，BAC FCD  ，在 ABC  和 CDF  中，BAC FCDABC CDFAC CF     ，()ABC CDF AAS   ，1 FD BC   ，故答案为 1；（2）线段 EF 经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点 E 落在 CF 上的点 H 处． 2230(3)30 2360 360 12EFC AHC ACF CEH ACF ECHS S S S S S S              阴扇形扇形扇形扇形．故答案为12．（3）如图 2 中，过点 E 作 EH CF  于 H ．设 OB OE x   ．在 Rt ECF  中，1 EF ，30 ECF   ，EH CF ，3 3 EC EF   ，32EH ，332CH EH  ，在 Rt BOC  中，2 2 21 OC OB BC x    ，2312OH CH OC x      ，在 Rt EOH  中，则有2 2 2 23 3()(1)2 2x x    ，解得73x  或73（不合题意舍弃），27 41()3 3OC    ，2 2 CF EF  ，4 223 3OF CF OC       ．【点评】本题考查作图  旋转变换，解直角三角形，全等三角形的性质，扇形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 2．（2020 江苏淮安，T26，12 分）[ 初步尝试 ]（1）如图①，在三角形纸片 ABC 中，90 ACB   ，将 ABC  折叠，使点 B 与点 C 重合，折痕为 MN，则 AM 与 BM 的数量关系为 AM BM  ； [ 思考说理 ]（2）如图②，在三角形纸片 ABC 中，6 AC BC  ，10 AB，将 ABC  折叠，使点 B 与点 C 重合，折痕为 MN，求AMBM的值； [ 拓展延伸 ]（3）如图③，在三角形纸片 ABC 中，9 AB，6 BC ，2 ACB A   ，将 ABC  沿过顶点 C 的直线折叠，使点 B 落在边 AC 上的点 B 处，折痕为 CM ． ①求线段 AC 的长； ②若点 O 是边 AC 的中点，点 P 为线段 OB 上的一个动点，将 APM  沿 PM 折叠得到△APM ，点 A 的对应点为点 A，AM  与 CP 交于点 F，求PFMF的取值范围．【考点】 RB ：几何变换综合题【专题】 55D ：图形的相似；152：几何综合题；69：应用意识【分析】（1）利用平行线的方向的定理解决问题即可．

（2）利用相似三角形的性质求出 BM，AM 即可．（3）①证明 BCM BAC   ∽，推出BC BM CMAB BC AC ，由此即可解决问题． ②证明 PFA MFC    ∽，推出PF PAFM CM，因为 5 CM ，推出5PF PAFM 即可解决问题．【解答】解：（1）如图①中，ABC  折叠，使点 B 与点 C 重合，折痕为 MN，MN  垂直平分线段 BC，CN BN  ，90 MNB ACB    ，/ / MN AC ，CN BN ，AM BM   ．故答案为 AM BM  ．（2）如图②中，6 CA CB  ，A B  ，由题意 MN 垂直平分线段 BC，BM CM  ，B MCB  ，BCM A  ，B B  ，BCM BAC   ∽，BC BMBA BC，610 6BM，185BM  ，18 32105 5AM AB BM      ，321651895AMBM  ．（3）①如图③中，由折叠的性质可知，6 CB CB  ，BCM ACM  ，2 ACB A   ，BCM A  ，B B  ，BCM BAC   ∽，BC BM CMAB BC AC  69 6BM，4 BM  ，5 AM CM   ，6 59 AC，152AC   ．

②如图③ 1  中，A A MCF   ，PFA MFC  ，PA PA  ，PFA MFC    ∽，PF PAFM CM，5 CM ，5PF PAFM，点 P 在线段 OB 上运动，154OA OC  ，15 362 2AB  ，3 152 4PA 剟，3 310 4PFFM剟．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题． 1．（2020 吉林，T25，10 分）如图，ABC  是等边三角形，4 AB cm ，动点 P 从点 A 出发，以 2 / cm s 的速度沿 AB 向点 B 匀速运动，过点 P 作 PQ AB ，交折线 AC CB  于点 Q，以PQ 为边作等边三角形 PQD，使点 A，D 在 PQ 异侧．设点 P 的运动时间为()(0 2)x s x  ，PQD  与 ABC  重叠部分图形的面积为2()y cm ．（1）AP 的长为 2x cm（用含 x 的代数式表示）．（2）当点 D 落在边 BC 上时，求 x 的值．（3）求 y 关于 x 的函数解析式，并写出自变量 x 的取值范围．

【考点】 KY ：三角形综合题【专题】25：动点型；552：三角形；67：推理能力；66：运算能力；15：综合题【分析】（1）根据动点 P 从点 A 出发，以 2 / cm s 的速度沿 AB 向点 B 匀速运动，可得 AP 的长为 2xcm ；（2）当点 D 落在 BC 上时，如图 1，4 2 BP AB AP x    ，根据 PQD  等边三角形，ABC 是等边三角形，证明 APQ BDP   ，进而可得 x 的值；（3）根据题意分三个部分进行画图说明：①如图 2，当203x  „ 时，②如图 3，当点 Q 运动到与点 C 重合时，当213x  „ 时，如图 4，设 PD、QD 与 BC 分别相交于点 G、H，③如图5，当 1 2 x   时，点 Q 运动到 BC 边上，设 PD 与 BC 相交于点 G，分别表示出 y 关于 x 的函数解析式即可．【解答】解：（1）动点 P 从点 A 出发，以 2 / cm s 的速度沿 AB 向点 B 匀速运动，AP  的长为 2xcm ；故答案为：

2x ；（2）当点 D 落在 BC 上时，如图 1，4 2 BP AB AP x    ，PQ AB ，90 QPA   ，PQD  等边三角形，ABC  是等边三角形，60 A B DPQ     ，30 BPD   ，90 PDB   ，PD BC  ，()APQ BDP AAS   ，2 BD AP x   ，2 BP BD ，4 2 4 x x   ，解得23x  ；（3）①如图 2，当203x  „ 时，在 Rt APQ  中，2 AP x ，60 A   ，tan60 2 3 PQ AP x    ，PQD  等边三角形，122PQDS    2 23 3 3 3 x x x cm ，所以23 3 y x  ； ②如图 3，当点 Q 运动到与点 C 重合时，此时 CP AB ，所以12AP AB ，即 2 2 x ，解得 1 x ，所以当213x  „ 时，如图 4，设 PD、QD 与 BC 分别相交于点 G、H，2 AP x ，4 2 BP x   ，2 4 AQ AP x  ，122BG BP x     3 3(2)PG BG x    ，21 3(2)2 2PBGS BG PG x    ，2 4 AQ AP x  ，4 4 CQ AC AQ x     ，3 3(4 4)QH CQ x    ，21 3(4 4)2 2QCHS CQ QH x    ，14 2 3 4 32ABCS     ，ABC PBG QCH PGHQS S S S     四边形 2 23 34 3(2)(4 4)2 2x x      217 318 3 6 32x x    ，所以217 318 3 6 32y x x     ； ③如图 5，当 1 2 x   时，点 Q 运动到 BC 边上，设 PD 与 BC 相交于点 G，此时3sin60(4 2)3(2)2PG BP x x      ，4 2 PB x  ，2 2(4 2)4(2)BQ BP x x      ，122BG BP x    ，3(2)QG BQ BG x     ， 重叠部分的面积为：

21 1 3 33(2)3(2)(2)2 2 2PQGS PG QG x x x        ．所以23 3(2)2y x   ．综上所述：

y 关于 x 的函数解析式为：

当203x  „ 时，23 3 y x  ；当213x  „ 时，217 318 3 6 32y x x     ；当 1 2 x   时，23 3(2)2y x   ．【点评】本题考查了三角形综合题，解决本题的关键是图形面积的计算．