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综合性问题
一.选择题
1．（2018·重庆市 B 卷）（4.00 分）如图，菱形 ABCD 的边 AD⊥y 轴，垂足为点 E，顶点 A 在
第二象限，顶点 B 在 y 轴的正半轴上，反比例函数 y= （k≠0，x＞0）的图象同时经过顶
点 C，D．若点 C 的横坐标为 5，BE=3DE，则 k 的值为（ ）
A． B．3 C． D．5
【分析】由已知，可得菱形边长为 5，设出点 D 坐标，即可用勾股定理构造方程，进而求出
k 值．
【解答】
解：
过点 D 做 DF⊥BC 于 F
由已知，BC=5
∵四边形 ABCD 是菱形
∴DC=5
∵BE=3DE
∴设 DE=x，则 BE=3x
∴DF=3x，BF=x，FC=5﹣x
在 Rt△DFC 中，
DF2+FC2=DC2
∴（3x）2+（5﹣x）2=52
∴解得 x=1
∴DE=3，FD=3
设 OB=a
则点 D 坐标为（1，a+3），点 C 坐标为（5，a）2
∵点 D.C 在双曲线上
∴1×（a+3）=5a
∴a=
∴点 C 坐标为（5， ）
∴k=
故选：C．
【点评】本题是代数几何综合题，考查了数形结合思想和反比例函数 k 值性质．解题关键是
通过勾股定理构造方程．
2 （2018·湖北咸宁·3 分）如图，已知∠MON=120°，点 A，B 分别在 OM，ON 上，且
OA=OB=a，将射线 OM 绕点 O 逆时针旋转得到 OM′，旋转角为 α（0°＜α＜120°且
α≠60°），作点 A 关于直线 OM′的对称点 C，画直线 BC 交 OM′于点 D，连接 AC，AD，有
下列结论：
①AD=CD；
②∠ACD 的大小随着 α 的变化而变化；
③当 α=30°时，四边形 OADC 为菱形；
④△ACD 面积的最大值为 a2；
其中正确的是_____．（把你认为正确结论的序号都填上）．
【答案】①③④
【解析】【分析】①根据对称的性质：对称点的连线被对称轴垂直平分可得：OM'是 AC 的垂
直平分线，再由垂直平分线的性质可作判断；
②以 O 为圆心，以 OA 为半径作⊙O，交 AO 的延长线于 E，连接 BE，则 A.B.C 都在
⊙O 上，根据四点共圆的性质得：∠ACD=∠E=60°，说明∠ACD 是定值，不会随着
α 的变化而变化；
③当 α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，证明△AOC 是等边三角形和△ACD 是等边
三角形，得 OC=OA=AD=CD，可作判断；
④先证明△ACD 是等边三角形，当 AC 最大时，△ACD 的面积最大，当 AC 为直径时
最大，根据面积公式计算后可作判断．
【详解】①∵A.C 关于直线 OM'对称，∴OM'是 AC 的垂直平分线，∴CD=AD，故①正确；3
②连接 OC，由①知：OM'是 AC 的垂直平分线，∴OC=OA，∴OA=OB=OC，
以 O 为圆心，以 OA 为半径作⊙O，交 AO 的延长线于 E，连接 BE，
则 A.B.C 都在⊙O 上，∵∠MON=120°，∴∠BOE=60°，
∵OB=OE，∴△OBE 是等边三角形，∴∠E=60°，
∵A.C.B.E 四点共圆，∴∠ACD=∠E=60°，故②不正确；
③当 α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，∴∠AOC=60°，
∴△AOC 是等边三角形，∴∠OAC=60°，OC=OA=AC，
由①得：CD=AD，
∴∠CAD=∠ACD=∠CDA=60°，∴△ACD 是等边三角形，
∴AC=AD=CD，∴OC=OA=AD=CD，∴四边形 OADC 为菱形，故③正确；
④∵CD=AD，∠ACD=60°，∴△ACD 是等边三角形，
当 AC 最大时，△ACD 的面积最大，
∵AC 是⊙O 的弦，即当 AC 为直径时最大，此时 AC=2OA=2a，α=90°，
∴△ACD 面积的最大值是： AC2= ，故④正确，
所以本题结论正确的有：①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、圆内接四边形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形
的判定等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线构建图形并能灵活应用相关知识是
解题的关键.
二.填空题
1. （2018•莱芜•4 分）如图，若△ABC 内一点 P 满足∠PAC=∠PCB=∠PBA，则称点 P 为△ABC
的布罗卡尔点，三角形的布罗卡尔点是法国数学家和数学教育家克雷尔首次发现，后来被数
学爱好者法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字命名，布罗卡尔点的再次发现，引发了
研究“三角形几何”的热潮．已知△ABC 中，CA=CB，∠ACB=120°，P 为△ABC 的布罗卡尔4
点，若 PA= ，则 PB+PC= 1+ ．
【分析】作 CH⊥AB 于 H．首先证明 BC= BC，再证明△PAB∽△PBC，可得 = =
= ，即可求出 PB.PC；
【解答】解：作 CH⊥AB 于 H．
∵CA=CB，CH⊥AB，∠ACB=120°，
∴AH=BH，∠ACH=∠BCH=60°，∠CAB=∠CBA=30°，
∴AB=2BH=2•BC•cos30°= BC，
∵∠PAC=∠PCB=∠PBA，
∴∠PAB=∠PBC，
∴△PAB∽△PBC，
∴ = = = ，
∵PA= ，
∴PB=1，PC= ，
∴PB+PC=1+ ．
故答案为 1+ ．
【点评】本题考查等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、锐角
三角函数等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形解决问题．
三.解答题
1. （2018·湖北十堰·10 分）已知正方形 ABCD 与正方形 CEFG，M 是 AF 的中点，连接 DM，
EM．
（1）如图 1，点 E 在 CD 上，点 G 在 BC 的延长线上，请判断 DM，EM 的数量关系与位置关系，
并直接写出结论；
（2）如图 2，点 E 在 DC 的延长线上，点 G 在 BC 上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你
的结论；
（3）将图 1 中的正方形 CEFG 绕点 C 旋转，使 D，E，F 三点在一条直线上，若 AB=13，5
CE=5，请画出图形，并直接写出 MF 的长．
【分析】（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．只要证明△AMH≌△FME，推出 MH=ME，AH=EF=EC，推
出 DH=DE，因为∠EDH=90°，可得 DM⊥EM，DM=ME；
（2）结论不变，证明方法类似；
（3）分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可；
【解答】解：（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．
理由：如图 1 中，延长 EM 交 AD 于 H．
∵四边形 ABCD 是正方形，四边形 EFGC 是正方形，
∴∠ADE=∠DEF=90°，AD=CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH=∠MFE，
∵AM=MF，∠AMH=∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH=ME，AH=EF=EC，
∴DH=DE，
∵∠EDH=90°，
∴DM⊥EM，DM=ME．
（2）如图 2 中，结论不变．DM⊥EM，DM=EM．6
理由：如图 2 中，延长 EM 交 DA 的延长线于 H．
∵四边形 ABCD 是正方形，四边形 EFGC 是正方形，
∴∠ADE=∠DEF=90°，AD=CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH=∠MFE，
∵AM=MF，∠AMH=∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH=ME，AH=EF=EC，
∴DH=DE，
∵∠EDH=90°，
∴DM⊥EM，DM=ME．
（3）如图 3 中，作 MR⊥DE 于 R．
在 Rt△CDE 中，DE= =12，
∵DM=NE，DM⊥ME，
∴MR=⊥DE，MR= DE=6，DR=RE=6，
在 Rt△FMR 中，FM= = =
如图 4 中，作 MR⊥DE 于 R．7
在 Rt△MRF 中，FM= = ，
故满足条件的 MF 的值为 或 ．
【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的
性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．
2.（2018·浙江省台州·12 分）如图，在 Rt△ABC 中，AC=BC，∠ACB=90°，点 D，E 分别
在 AC，BC 上，且 CD=CE．
（1）如图 1，求证：∠CAE=∠CBD；
（2）如图 2，F 是 BD 的中点，求证：AE⊥CF；
（3）如图 3，F，G 分别是 BD，AE 的中点，若 AC=2 ，CE=1，求△CGF 的面积．
【分析】（1）直接判断出△ACE≌△BCD 即可得出结论；
（2）先判断出∠BCF=∠CBF ，进而得出∠BCF=∠CAE，即可得出结论；
（3）先求出 BD=3，进而求出 CF= ，同理：EG= ，再利用等面积法求出 ME，进而求出 GM，
最后用面积公式即可得出结论．
【解答】解：（1）在△ACE 和△BCD 中， ，
∴△ACE≌△BCD，
∴∠CAE=∠CBD；
（2）如图 2，在 Rt△BCD 中，点 F 是 BD 的中点，
∴CF=BF，
∴∠BCF=∠CBF，
由（1）知，∠CAE=∠CBD，
∴∠BCF=∠CAE，
∴∠CAE+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠BAC=90°，
∴∠AMC=90°，
∴AE⊥CF；
（3）如图 3，∵AC=2 ，
∴BC=AC=2 ，
∵CE=1，8
∴CD=CE=1，
在 Rt△BCD 中，根据勾股定理得，BD= =3，
∵点 F 是 BD 中点，
∴CF=DF= BD= ，
同理：EG= AE= ，
连接 EF，过点 F 作 FH⊥BC，
∵∠ACB=90°，点 F 是 BD 的中点，
∴FH= CD= ，
∴S△CEF= CE•FH= ×1× = ，
由（2）知，AE⊥CF，
∴S△CEF= CF•ME= × ME= ME，
∴ ME= ，
∴ME= ，
∴GM=EG﹣ME= ﹣ = ，
∴S△CFG= CF•GM= × × = ．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，
三角形的中位线定理，三角形的面积公式，勾股定理，作出辅助线求出△CFG 的边 CF 上的
是解本题的关键．
3.（2018·浙江省台州·14 分）如图，△ABC 是⊙O 的内接三角形，点 D 在 上，点 E 在弦
AB 上（E 不与 A 重合），且四边形 BDCE 为菱形．9
（1）求证：AC=CE；
（2）求证：BC2﹣AC2=AB•AC；
（3）已知⊙O 的半径为 3．
①若 = ，求 BC 的长；
②当 为何值时，AB•AC 的值最大？
【分析】（1）由菱形知∠D=∠BEC，由∠A+∠D=∠BEC+∠AEC=180°可得∠A=∠AEC，据此得
证；
（2）以点 C 为圆心，CE 长为半径作⊙C，与 BC 交于点 F，于 BC 延长线交于点 G，则
CF=CG=AC=CE=CD ， 证 △BEF∽△BGA 得 = ， 即 BF•BG=BE•AB ， 将
BF=BC﹣CF=BC﹣AC.BG=BC+CG=BC+AC 代入可得；
（3）①设 AB=5k、AC=3k，由 BC2﹣AC2=AB•AC 知 BC=2 k，连接 ED 交 BC 于点 M，Rt△DMC
中由 DC=AC=3k、MC= BC= k 求得 DM= = k，可知 OM=OD﹣DM=3﹣ k，在
Rt△COM 中，由 OM2+MC2=OC2 可得答案．②设 OM=d，则 MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，继而
知 BC2=（2MC）2=36﹣4d2.AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，由（2）得 AB•AC=BC2﹣AC2，据
此得出关于 d 的二次函数，利用二次函数的性质可得答案．
【解答】解：（1）∵四边形 EBDC 为菱形，
∴∠D=∠BEC，
∵四边形 ABDC 是圆的内接四边形，
∴∠A+∠D=180°，
又∠BEC+∠AEC=180°，
∴∠A=∠AEC，
∴AC=AE；
（2）以点 C 为圆心，CE 长为半径作⊙C，与 BC 交于点 F，于 BC 延长线交于点 G，则 CF=CG，10
由（1）知 AC=CE=CD，
∴CF=CG=AC，
∵四边形 AEFG 是⊙C 的内接四边形，
∴∠G+∠AEF=180°，
又∵∠AEF+∠BEF=180°，
∴∠G=∠BEF，
∵∠EBF=∠GBA，
∴△BEF∽△BGA，
∴ = ，即 BF•BG=BE•AB，
∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC.BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，
∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即 BC2﹣AC2=AB•AC；
（3）设 AB=5k、AC=3k，
∵BC2﹣AC2=AB•AC，
∴BC=2 k，
连接 ED 交 BC 于点 M，
∵四边形 BDCE 是菱形，
∴DE 垂直平分 BC，
则点 E.O、M、D 共线，
在 Rt△DMC 中，DC=AC=3k，MC= BC= k，
∴DM= = k，
∴OM=OD﹣DM=3﹣ k，
在 Rt△COM 中，由 OM2+MC2=OC2 得（3﹣ k）2+（ k）2=32，
解得：k= 或 k=0（舍），
∴BC=2 k=4 ；
②设 OM=d，则 MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，
∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，11
AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，
由（2）得 A B•AC=BC2﹣AC2
=﹣4d2+6d+18
=﹣4（d﹣ ）2+ ，
∴当 x= ，即 OM= 时，AB•AC 最大，最大值为 ，
∴DC2= ，
∴AC=DC= ，
∴AB= ，此时 = ．
【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性
质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．
4．（2018·辽宁省沈阳市）（12.00 分）已知：△ABC 是等腰三角形，CA=CB，0°＜∠ACB≤
90°．点 M 在边 AC 上，点 N 在边 BC 上（点 M、点 N 不与所在线段端点重合），BN=AM，连接
AN，BM，射线 AG∥BC，延长 BM 交射线 AG 于点 D，点 E 在直线 AN 上，且 AE=DE．
（1）如图，当∠ACB=90°时
①求证：△BCM≌△ACN；
②求∠BDE 的度数；
（2）当∠ACB=α，其它多件不变时，∠BDE 的度数是 α 或 180°﹣α （用含 α 的代数
式表示）
（3）若△ABC 是等边三角形，AB=3 ，点 N 是 BC 边上的三等分点，直线 ED 与直线 BC 交
于点 F，请直接写出线段 CF 的长．
【分析】（1）①根据 SAS 证明即可；
②想办法证明∠ADE+∠ADB=90°即可；
（2）分两种情形讨论求解即可，①如图 2 中，当点 E 在 AN 的延长线上时，②如图 3 中，当12
点 E 在 NA 的延长线上时，
（3）分两种情形求解即可，①如图 4 中，当 BN= BC= 时，作 AK⊥BC 于 K．解直角三角
形即可．②如图 5 中，当 CN= BC= 时，作 AK⊥BC 于 K，DH⊥BC 于 H．
【解答】（1）①证明：如图 1 中，
∵CA=CB，BN=AM，
∴CB﹣BN=CA﹣AM
即 CN=CM，
∵∠ACN=∠BCM
∴△BCM≌△ACN．
②解：如图 1 中，
∵△BCM≌△ACN，
∴∠MBC=∠NAC，
∵EA=ED，
∴∠EAD=∠EDA，
∵AG∥BC，
∴∠GAC=∠ACB=90°，∠ADB=∠DBC，
∴∠ADB=∠NAC，
∴∠ADB+∠EDA=∠NAC+∠EAD，
∵∠ADB+∠EDA=180°﹣90°=90°，
∴∠BDE=90°．
（2）解：如图 2 中，当点 E 在 AN 的延长线上时，13
易证：∠CBM=∠ADB=∠CAN，∠ACB=∠CAD，
∵EA=ED，
∴∠EAD=∠EDA，
∴∠CAN+∠CAD=∠BDE+∠ADB，
∴∠BDE=∠ACB=α．
如图 3 中，当点 E 在 NA 的延长线上时，
易证：∠1+∠2=∠CAN+∠DAC，
∵∠2=∠ADM=∠CBD=∠CAN，
∴∠1=∠CAD=∠ACB=α，
∴∠BDE=180°﹣α．
综上所述，∠BDE=α 或 180°﹣α．
故答案为 α 或 180°﹣α．
（3）解：如图 4 中，当 BN= BC= 时，作 AK⊥BC 于 K．14
∵AD∥BC，
∴ = = ，
∴AD= ，AC=3 ，易证△ADC 是直角三角形，则四边形 ADCK 是矩形，△AKN≌△DCF，
∴CF=NK=BK﹣BN= ﹣ = ．
如图 5 中，当 CN= BC= 时，作 AK⊥BC 于 K，DH⊥BC 于 H．
∵AD∥BC，
∴ = =2，
∴AD=6 ，易证△ACD 是直角三角形，
由△ACK∽△CDH，可得 CH= AK= ，
由△AKN≌△DHF，可得 KN=FH= ，
∴CF=CH﹣FH=4 ．15
综上所述，CF 的长为 或 4 ．
【点评】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的
关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，
属于中考压轴题．
5．（2018·辽宁省沈阳市）（10.00 分）如图，在平面直角坐标系中，点 F 的坐标为（0，
10）．点 E 的坐标为（20，0），直线 l1 经过点 F 和点 E，直线 l1 与直线 l2 、y= x 相交于点
P．
（1）求直线 l1 的表达式和点 P 的坐标；
（2）矩形 ABCD 的边 AB 在 y 轴的正半轴上，点 A 与点 F 重合，点 B 在线段 OF 上，边 AD 平
行于 x 轴，且 AB=6，AD=9，将矩形 ABCD 沿射线 FE 的方向平移，边 AD 始终与 x 轴平行．已
知矩形 ABCD 以每秒 个单位的速度匀速移动（点 A 移动到点 E 时止移动），设移动时间为 t
秒（t＞0）．
①矩形 ABCD 在移动过程中，B.C.D 三点中有且只有一个顶点落在直线 l1 或 l2 上，请直接写
出此时 t 的值；
②若矩形 ABCD 在移动的过程中，直线 CD 交直线 l1 于点 N，交直线 l2 于点 M．当△PMN 的面
积等于 18 时，请直接写出此时 t 的值．
【分析】（1）利用待定系数法求解析式，函数关系式联立方程求交点；
（2）①分析矩形运动规律，找到点 D 和点 B 分别在直线 l2 上或在直线 l1 上时的情况，利用
AD.AB 分别可以看成图象横坐标、纵坐标之差构造方程求点 A 坐标，进而求出 AF 距离；
②设点 A 坐标，表示△PMN 即可．
【解答】解：（1）设直线 l1 的表达式为 y=kx+b
∵直线 l1 过点 F（0，10），E（20，0）
∴
解得
直线 l1 的表达式为 y=﹣ x+1016
求直线 l1 与直线 l2 交点，得
x=﹣ x+10
解得 x=8
y= ×8=6
∴点 P 坐标为（8，6）
（2）①如图，当点 D 在直线上 l2 时
∵AD=9
∴点 D 与点 A 的横坐标之差为 9
∴将直线 l1 与直线 l2 交解析式变为
x=20﹣2y，x= y
∴ y﹣（20﹣2y）=9
解得
y=
则点 A 的坐标为：（ ， ）
则 AF=
∵点 A 速度为每秒 个单位
∴t=
如图，当点 B 在 l2 直线上时
∵AB=6
∴点 A 的纵坐标比点 B 的纵坐标高 6 个单位17
∴直线 l1 的解析式减去直线 l2 的解析式得
﹣ x+10﹣ x=6
解得 x=
则点 A 坐标为（ ， ）
则 AF=
∵点 A 速度为每秒 个单位
∴t=
故 t 值为 或
②如图，
设直线 AB 交 l2 于点 H
设点 A 横坐标为 a，则点 D 横坐标为 a+9
由①中方法可知：MN=
此时点 P 到 MN 距离为：
a+9﹣8=a+1
∵△PMN 的面积等于 18
∴
解得
a1= ，a2=﹣ （舍去）
∴AF=6﹣
则此时 t 为
当 t= 时，△PMN 的面积等于 1818
【点评】本题是代数几何综合题，应用待定系数法和根据函数关系式来表示点坐标，涉及到
了分类讨论思想和数形结合思想．
6（2018·重庆市 B 卷）（12.00 分）抛物线y=﹣ x2﹣ x+ 与 x 轴交于点 A，B（点
A 在点 B 的左边），与 y 轴交于点 C，点 D 是该抛物线的顶点．
（1）如图 1，连接 CD，求线段 CD 的长；
（2）如图 2，点 P 是直线 AC 上方抛物线上一点，PF⊥x 轴于点 F，PF 与线段 AC 交于点 E；
将线段 OB 沿 x 轴左右平移，线段 OB 的对应线段是 O1B1，当 PE+ EC 的值最大时，求四边形
PO1B1C 周长的最小值，并求出对应的点 O1 的坐标；
（3）如图 3，点 H 是线段 AB 的中点，连接 CH，将△OBC 沿直线 CH 翻折至△O2B2C 的位置，
再将△O2B2C 绕点 B2 旋转一周在旋转过程中，点 O2，C 的对应点分别是点 O3，C1，直线 O3C1
分别与直线 AC，x 轴交于点 M，N．那么，在△O2B2C 的整个旋转过程中，是否存在恰当的位
置，使△AMN 是以 MN 为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段 O2M 的
长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）分别表示 C 和 D 的坐标，利用勾股定理可得 CD 的长；
（2）令 y=0，可求得 A（﹣3 ，0），B（ ，0），利用待定系数法可计算直线 AC 的解析
式为：y= ，设 E（x， ），P（x，﹣ x2﹣ x+ ），表示 PE 的长，
利用勾股定理计算 AC 的长，发现∠CAO=30°，得 AE=2EF= ，计算 PE+ EC，利
用配方法可得当 PE+ EC 的值最大时，x=﹣2 ，此时 P（﹣2 ， ），确定要使四边形
PO1B1C 周长的最小，即 PO1+B1C 的值最小，将点 P 向右平移 个单位长度得点 P1（﹣ ，
），连接 P1B1，则 PO1=P1B1，再作点 P1 关于 x 轴的对称点 P2（﹣ ，﹣ ），可得结论；
（3）先确定对折后 O2C 落在 AC 上，△AMN 是以 MN 为腰的等腰三角形存在四种情况：
①如图 4，AN=MN，证明△C1EC≌△B2O2M，可计算 O2M 的长；
②如图 5，AM=MN，此时 M 与 C 重合，O2M=O2C= ；
③如图 6，AM=MN，N 和 H、C1 重合，可得结论；19
④如图 7，AN=MN，过 C1 作 C1E⊥AC 于 E 证明四边形 C1EO2B2 是矩形，根据 O2M=EO2+EM 可得结
论．
【解答】解：（1）如图 1，过点 D 作 DK⊥y 轴于 K，
当 x=0 时，y= ，
∴C（0， ），
y=﹣ x2﹣ x+ =﹣ （x+ ）2+ ，
∴D（﹣ ， ），
∴DK= ，CK= ﹣ = ，
∴CD= = = ；（4 分）
（2）在 y=﹣ x2﹣ x+ 中，令 y=0，则﹣ x2﹣ x+ =0，
解得：x1=﹣3 ，x2= ，
∴A（﹣3 ，0），B（ ，0），
∵C（0， ），
易得直线 AC 的解析式为：y= ，
设 E（x， ），P（x，﹣ x2﹣ x+ ），
∴PF=﹣ x2﹣ x+ ，EF= ，
Rt△ACO 中，AO=3 ，OC= ，
∴AC=2 ，
∴∠CAO=30°，
∴AE=2EF= ，
∴PE+ EC=（﹣ x2﹣ x+ ）﹣（ x+ ）+ （AC﹣AE），
=﹣ ﹣ x+ [2 ﹣（ ）]，
=﹣ ﹣ x﹣ x，
=﹣ （x+2 ）2+ ，（5 分）20
∴当 PE+ EC 的值最大时，x=﹣2 ，此时 P（﹣2 ， ），（6 分）
∴PC=2 ，
∵O1B1=OB= ，
∴要使四边形 PO1B1C 周长的最小，即 PO1+B1C 的值最小，
如图 2，将点 P 向右平移 个单位长度得点 P1（﹣ ， ），连接 P1B1，则 PO1=P1B1，
再作点 P1 关于 x 轴的对称点 P2（﹣ ，﹣ ），则 P1B1=P2B1，
∴PO1+B1C=P2B1+B1C，
∴连接 P2C 与 x 轴的交点即为使 PO1+B1C 的值最小时的点 B1，
∴B1（﹣ ，0），
将 B1 向左平移 个单位长度即得点 O1，
此时 PO1+B1C=P2C= = ，
对应的点 O1 的坐标为（﹣ ，0），（7 分）
∴四边形 PO1B1C 周长的最小值为 +3 ；（8 分）
（3）O2M 的长度为 或 或 2 + 或 2 ．（12 分）
理由是：如图 3，∵H 是 AB 的中点，
∴OH= ，
∵OC= ，
∴CH=BC=2 ，
∴∠HCO=∠BCO=30°，
∵∠ACO=60°，
∴将 CO 沿 CH 对折后落在直线 AC 上，即 O2 在 AC 上，
∴∠B2CA=∠CAB=30°，
∴B2C∥AB，
∴B2（﹣2 ， ），
①如图 4，AN=MN，
∴∠MAN=∠AMN=30°=∠O2B2O3，
由旋转得：∠CB2C1=∠O2B2O3=30°，B2C=B2C1，
∴∠B2CC1=∠B2C1C=75°，
过 C1 作 C1E⊥B2C 于 E，
∵B2C=B2C1=2 ，
∴ =B2O2，B2E= ，21
∵∠O2MB2=∠B2MO3=75°=∠B2CC1，
∠B2O2M=∠C1EC=90°，
∴△C1EC≌△B2O2M，
∴O2M=CE=B2C﹣B2E=2 ﹣ ；
②如图 5，AM=MN，此时 M 与 C 重合，O2M=O2C= ，
③如图 6，AM=MN，
∵B2C=B2C1=2 =B2H，即 N 和 H、C1 重合，
∴∠CAO=∠AHM=∠MHO2=30°，
∴O2M= AO2= ；
④如图 7，AN=MN，过 C1 作 C1E⊥AC 于 E，
∴∠NMA=∠NAM=30°，
∵∠O3C1B2=30°=∠O3MA，
∴C1B2∥AC，
∴∠C1B2O2=∠AO2B2=90°，
∵∠C1EC=90°，
∴四边形 C1EO2B2 是矩形，
∴EO2=C1B2=2 ， ，
∴EM= ，
∴O2M=EO2+EM=2 + ，
综上所述，O2M 的长是 或 或 2 + 或 2 ．22
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、轴对称变换、勾股定理、等腰三角形23
的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建轴对称解决最值问题，
对于第 3 问等腰三角形的判定要注意利用数形结合的思想，属于中考压轴题．
7(2018·辽宁省葫芦岛市) 在△ABC 中，AB=BC，点 O 是 AC 的中点，点 P 是 AC 上的一个
动点（点 P 不与点 A，O，C 重合）．过点 A，点 C 作直线 BP 的垂线，垂足分别为点 E 和点 F，
连接 OE，OF．
（1）如图 1，请直接写出线段 OE 与 OF 的数量关系；
（2）如图 2，当∠ABC=90°时，请判断线段 OE 与 OF 之间的数量关系和位置关系，并说明
理由
（3）若|CF﹣AE|=2，EF=2 ，当△POF 为等腰三角形时，请直接写出线段 OP 的长．
【解答】解：（1）如图 1 中，延长 EO 交 CF 于 K．
∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO．
∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK．
∵△EFK 是直角三角形，∴OF= EK=OE．
（2）如图 2 中，延长 EO 交 CF 于 K．24
∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF．
∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF．
∵△AOE≌△COK，∴A E=CK，OE=OK，∴FK=EF，∴△EFK 是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，
OF=OE．
（3）如图 3 中，延长 EO 交 CF 于 K．作 PH⊥OF 于 H．
∵|CF﹣AE|=2，EF=2 ，AE=CK，∴FK=2．在Rt△EFK 中，tan∠FEK= ，∴∠FEK=30°，∠
EKF=60°，∴EK=2FK=4，OF= EK=2．
∵△OPF 是等腰三角形，观察图形可知， 只有 OF=FP=2．在 Rt△PHF 中，PH= PF=1，
HF= ，OH=2﹣ ，∴OP= = ﹣
如图 4 中，当点 P 在线段 OC 上时，同法可得 OP= ﹣ ，
综上所述：OP 的长为 ﹣ ．25
8（2018·辽宁省抚顺市）（12.00 分）如图，△ABC 中，AB=BC，BD⊥AC 于点 D，∠FAC= ∠
ABC，且∠FAC 在 AC 下方．点 P，Q 分别是射线 BD，射线 AF 上的动点，且点 P 不与点 B 重合，
点 Q 不与点 A 重合，连接 CQ，过点 P 作 PE⊥CQ 于点 E，连接 DE．
（1）若∠ABC=60°，BP=AQ．
①如图 1，当点 P 在线段 BD 上运动时，请直接写出线段 DE 和线段 AQ 的数量关系和位置关
系；
②如图 2，当点 P 运动到线段 BD 的延长线上时，试判断①中的结论是否成立，并说明理由；
（2）若∠ABC=2α≠60°，请直接写出当线段 BP 和线段 AQ 满足什么数量关系时，能使（1）
中①的结论仍然成立（用含 α 的三角函数表示）．
【分析】（1）①先判断出△ABC 是等边三角形，进而判断出∠CBP=∠CAQ，即可判断出△BPC
≌△AQC，再判断出△PCQ 是等边三角形，进而得出 CE=QE，即可得出结论；
②同①的方法即可得出结论；
（2）先判断出，∠PAQ=90°﹣∠ACQ，∠BAP=90°﹣∠ACQ，进而得出∠BCP=∠ACQ，即可判
断出进而判断出△BPC∽△AQC，最后用锐角三角函数即可得出结论．
【解答】解：（1）①DE= AQ，DE∥AQ，
理由：连接 PC，PQ，
在△ABC 中，AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵AB=BC，BD⊥AC，
∴AD=CD，∠ABD=∠CBD= ∠BAC，
∵∠CAF= ∠ABC，
∴∠CBP=∠CAQ，
在△BPC 和△AQC 中， ，26
∴△BPC≌△AQC（SAS），
∴PC=QC，∠BPC=∠ACQ，
∴∠PCQ=∠PCA+∠AQC=∠PCA+∠BCP=∠ACB=60°，
∴△PCQ 是等边三角形，
∵PE⊥CQ，
∴CE=QE，
∵AD=CD，
∴DE= AQ，DE∥AQ；
②DE∥AQ，DE= AQ，
理由：如图 2，连接 PQ，PC，
同①的方法得出 DE∥AQ，DE= AQ；
（2）AQ=2BP•sinα
理由：连接 PQ，PC，
要使 DE= AQ，DE∥AQ，
∵AD=CD，
∴CE=QE，
∵PE⊥CQ，
∴PQ=PC，
易知，PA=PC，
∴PA=PE=PC
∴以点 P 为圆心，PA 为半径的圆必过 A，Q，C，
∴∠APQ=2∠ACQ，
∵PA=PQ，
∴∠PAQ=∠PQA= （180°﹣∠APQ）=90°﹣∠ACQ，
∵∠CAF=∠ABD，∠ABD+∠BAD=90°，
∴∠BAQ=90°，
∴∠BAP=90°﹣∠PAQ=90°﹣∠ACQ，
易知，∠BCP=∠BAP，
∴∠BCP=∠ACQ，27
∵∠CBP=∠CAQ，
∴△BPC∽△AQC，
∴ = ，
在 Rt△BCD 中，sinα= ，
∴ =2sinα，
∴AQ=2BP•sinα．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，
全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出∠BCP=∠ACQ
是解本题的关键．
9（2018·辽宁省抚顺市）（14.00 分）如图，抛物线 y=﹣x2+bx+c 和直线 y=x+1 交于 A，B28
两点，点 A 在 x 轴上，点 B 在直线 x=3 上，直线 x=3 与 x 轴交于点 C
（1）求抛物线的解析式；
（2）点 P 从点 A 出发，以每秒 个单位长度的速度沿线段 AB 向点 B 运动，点 Q 从点 C 出
发，以每秒 2 个单位长度的速度沿线段 CA 向点 A 运动，点 P，Q 同时出发，当其中一点到达
终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为 t 秒（t＞0）．以 PQ 为边作矩形 PQNM，
使点 N 在直线 x=3 上．
①当 t 为何值时，矩形 PQNM 的面积最小？并求出最小面积；
②直接写出当 t 为何值时，恰好有矩形 PQNM 的顶点落在抛物线上．
【分析】（1）利用待定系数法即可；
（2）①分别用 t 表示 PE.PQ、EQ，用△PQE∽△QNC 表示 NC 及 QN，列出矩形 PQNM 面积与 t
的函数关系式问题可解；
②由①利用线段中点坐标分别等于两个端点横纵坐标平均分的数量关系，表示点 M 坐标，分
别讨论 M、N、Q 在抛物线上时的情况，并分别求出 t 值．
【解答】解：（1）由已知，B 点横坐标为 3
∵A.B 在 y=x+1 上
∴A（﹣1，0），B（3，4）
把 A（﹣1，0），B（3，4）代入 y=﹣x2+bx+c 得
解得
∴抛物线解析式为 y=﹣x2+3x+4
（2）①过点 P 作 PE⊥x 轴于点 E29
∵直线 y=x+1 与 x 轴夹角为 45°，P 点速度为每秒 个单位长度
∴t 秒时点 E 坐标为（﹣1+t，0），Q 点坐标为（3﹣2t，0）
∴EQ=4﹣3t，PE=t
∵∠PQE+∠NQC=90°
∠PQE+∠EPQ=90°
∴∠EPQ=∠NQC
∴△PQE∽△QNC
∴
∴矩形 PQNM 的面积 S=PQ•NQ=2PQ2
∵PQ2=PE2+EQ2
∴S=2（ ）2=20t2﹣36t+18
当 t= 时，
S 最小=20×（ ）2﹣36× +18=
②由①点 C 坐标为（3﹣2t，0）P（﹣1+t，t）
∴△PQE∽△QNC，可得 NC=2QO=8﹣6t
∴N 点坐标为（3，8﹣6t）
由矩形对角线互相平分
∴点 M 坐标为（3t﹣1，8﹣5t）
当 M 在抛物线上时
8﹣5t=﹣（3t﹣1）2+3（3t﹣1）+4
解得 t=
当点 Q 到 A 时，Q 在抛物线上，此时 t=2
当 N 在抛物线上时，8﹣6t=430
∴t=
综上所述当 t= 、 或 2 时，矩形 PQNM 的顶点落在抛物线上．
【点评】本题是代数几何综合题，考查了二次函数、一次函数、三角形相似和矩形的有关性
质，解答时应注意数形结合和分类讨论的数学思想．
10（2018·吉林长春·9 分）在正方形 ABCD 中，E 是边 CD 上一点（点 E 不与点 C.D 重合），
连结 BE．
【感知】如图①，过点 A 作 AF⊥BE 交 BC 于点 F．易证△ABF≌△BCE．（不需要证明）
【探究】如图②，取 BE 的中点 M，过点 M 作 FG⊥BE 交 BC 于点 F，交 AD 于点 G．
（1）求证：BE=FG．
（2）连结 CM，若 CM=1，则 FG 的长为 2 ．
【应用】如图③，取 BE 的中点 M，连结 CM．过点 C 作 CG⊥BE 交 AD 于点 G，连结 EG、MG．若
CM=3，则四边形 GMCE 的面积为 9 ．
【分析】感知：利用同角的余角相等判断出∠BAF=∠CBE，即可得出结论；
探究：（1）判断出 PG=BC，同感知的方法判断出△PGF≌CBE，即可得出结论；
（2）利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，
应用：借助感知得出结论和直角三角形斜边的中线是斜边的一半即可得出结论．
【解答】解：感知：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBE，
在△ABF 和△BCE 中， ，
∴△ABF≌△BCE（ASA）；31
探究：（1）如图②，
过点 G 作 GP⊥BC 于 P，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
∴四边形 ABPG 是矩形，
∴PG=AB，∴PG=BC，
同感知的方法得，∠PGF=∠CBE，
在△PGF 和△CBE 中， ，
∴△PGF≌△CBE（ASA），
∴BE=FG，
（2）由（1）知，FG=BE，
连接 CM，
∵∠BCE=90°，点 M 是 BE 的中点，
∴BE=2CM=2，
∴FG=2，
故答案为：2．
应用：同探究（2）得，BE=2ME=2CM=6，
∴ME=3，
同探究（1）得，CG=BE=6，
∵BE⊥CG，
∴S 四边形 CEGM= CG×ME= ×6×3=9，
故答案为 9．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的
判定和性质，直角三角形的性质，判断出 CG=BE 是解本题的关键．
11.018·吉林长春·12 分）如图，在平面直角坐标系中，矩形 ABCD 的对称中心为坐标原点32
O，AD⊥y 轴于点 E（点 A 在点 D 的左侧），经过 E.D 两点的函数 y=﹣ x2+mx+1（x≥0）的图
象记为 G1，函数 y=﹣ x2﹣mx﹣1（x＜0）的图象记为 G2，其中 m 是常数，图象 G1.G2 合起
来得到的图象记为 G．设矩形 ABCD 的周长为 L．
（1）当点 A 的横坐标为﹣1 时，求 m 的值；
（2）求 L 与 m 之间的函数关系式；
（3）当 G2 与矩形 ABCD 恰好有两个公共点时，求 L 的值；
（4）设 G 在﹣4≤x≤2 上最高点的纵坐标为 y 0，当 ≤y0≤9 时，直接写出 L 的取值范
围．
【分析】（1）求出点 B 坐标利用待定系数法即可解决问题；
（2）利用对称轴公式，求出 BE 的长即可解决问题；
（3）由 G2 与矩形 ABCD 恰好有两个公共点，推出抛物线 G2 的顶点 M（﹣m， m2﹣1）在线段
AE 上，利用待定系数法即可解决问题；
（4）分两种情形讨论求解即可；
【解答】解：（1）由题意 E（0，1），A（﹣1，1），B（1，1）
把 B（1，1）代入 y=﹣ x2+mx+1 中，得到 1=﹣ +m+1，
∴m= ．
（2）∵抛物线 G1 的对称轴 x=﹣ =m，
∴AE=ED=2m，
∵矩形 ABCD 的对称中心为坐标原点 O，
∴AD=BC=4m，AB=CD=2，
∴L=8m+4．
（3）∵当 G2 与矩形 ABCD 恰好有两个公共点，
∴抛物线 G2 的顶点 M（﹣m， m2﹣1）在线段 AE 上，33
∴ m2﹣1=1，
∴m=2 或﹣2（舍弃），
∴L=8×2+4=20．
（4）①当最高点是抛物线 G1 的顶点 N（m， m2+1）时，
若 m2+1= ，解得 m=1 或﹣1（舍弃），
若 m2+1=9 时，m=4 或﹣4（舍弃），
又∵m≤2，
观察图象可知满足条件的 m 的值为 1≤m≤2，
②当（2，2m﹣1）是最高点时， ，
解得 2≤m≤5，
综上所述，1≤m≤5，
∴12≤L≤44．
【点评】本题考查二次函数综合题、矩形的性质、待定系数法、不等式组等知识，解题的关
键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用数
形结合的思想解决问题，属于中考压轴题．
12.018·江苏常州·10 分）如图，二次函数y=﹣ +bx+2 的图象与 x 轴交于点 A.B，与 y
轴交于点 C，点 A 的坐标为（﹣4，0），P 是抛物线上一点（点 P 与点 A.B.C 不重合）．
（1）b= ﹣ ，点 B 的坐标是 （ ，0） ；
（2）设直线 PB 与直线 AC 相交于点 M，是否存在这样的点 P，使得 PM：MB=1：2？若存在求
出点 P 的横坐标；若不存在，请说明理由；
（3）连接 AC.BC，判断∠CAB 和∠CBA 的数量关系，并说明理由．34
【分析】（1）由点 A 的坐标，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出 b 的值，代入 y=0 求
出 x 值，进而可得出点 B 的坐标；
（2）代入 x=0 求出 y 值，进而可得出点 C 的坐标，由点 A.C 的坐标利用待定系数法可求出
直线 AC 的解析式，假设存在，设点 M 的坐标为（m， m+2），分 B.P 在直线 AC 的同侧和异
侧两种情况考虑，由点 B.M 的坐标结合 PM：MB=1：2 即可得出点 P 的坐标，再利用二次函数
图象上点的坐标特征可得出关于 m 的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）作∠CBA 的角平分线，交 y 轴于点 E，过点 E 作 EF⊥BC 于点 F，设 OE=n，则 CE=2﹣n，
EF=n，利用面积法可求出 n 值，进而可得出 = = ，结合∠AOC=90°=∠BOE 可证出△AOC
∽△BOE，根据相似三角形的性质可得出∠CAO=∠EBO，再根据角平分线的性质可得出∠CBA=2
∠EBO=2∠CAB，此题得解．
【解答】解：（1）∵点 A（﹣4，0）在二次函数 y=﹣ +bx+2 的图象上，
∴﹣ ﹣4b+2=0，
∴b=﹣ ．
当 y=0 时，有﹣ x2﹣ x+2=0，
解得：x1=﹣4，x2= ，
∴点 B 的坐标为（ ，0）．
故答案为：﹣ ；（ ，0）．
（2）当 x=0 时，y=﹣ x2﹣ x+2=2，
∴点 C 的坐标为（0，2）．
设直线 AC 的解析式为 y=kx+c（k≠0），
将 A（﹣4，0）、C（0，2）代入 y=kx+c 中，35
得： ，解得： ，
∴直线 AC 的解析式为 y= x+2．
假设存在，设点 M 的坐标为（m， m+2）．
①当点 P、B 在直线 AC 的异侧时，点 P 的坐标为（ m﹣ ， m+3），
∵点 P 在抛物线 y=﹣ x2﹣ x+2 上，
∴ m+3=﹣ ×（ m﹣ ）2﹣ ×（ m﹣ ）+2，
整理，得：12m2+20m+9=0．
∵△=202﹣4×12×9=﹣32＜0，
∴方程无解，即不存在符合题意得点 P；
②当点 P、B 在直线 AC 的同侧时，点 P 的坐标为（ m+ ， m+1），
∵点 P 在抛物线 y=﹣ x2﹣ x+2 上，
∴ m+1=﹣ ×（ m+ ）2﹣ ×（ m+ ）+2，
整理，得：4m2+44m﹣9=0，
解得：m1=﹣ ，m2= ，
∴点 P 的横坐标为﹣2﹣ 或﹣2+ ．
综上所述：存在点 P，使得 PM：MB=1：2，点 P 的横坐标为﹣2﹣ 或﹣2+ ．
（3）∠CBA=2∠CAB，理由如下：
作∠CBA 的角平分线，交 y 轴于点 E，过点 E 作 EF⊥BC 于点 F，如图 2 所示．
∵点 B（ ，0），点 C（0，2），
∴OB= ，OC=2，BC= ．
设 OE=n，则 CE=2﹣n，EF=n，
由面积法，可知： OB•CE= BC•EF，即 （2﹣n）= n，
解得：n= ．36
∵ = = ，∠AOC=90°=∠BOE，
∴△AOC∽△BOE，
∴∠CAO=∠EBO，
∴∠CBA=2∠EBO=2∠CAB．
【点评】题考查了二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、三角形的
面积、勾股定理、一次函数图象上点的坐标特征以及相似三角形的判定与性质，解题的关键
是：（1）由点 A 的坐标，利用二次函数图象上点的坐标特征求出 b 的值；（2）分 B.P 在直
线 AC 的同侧和异侧两种情况找出点 P 的坐标；（3）构造相似三角形找出两角的数量关
系．
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