【文档说明】05挑战压轴题（解答题三）-2022年中考数学冲刺 挑战压轴题专题汇编（江西专用）（解析版）.docx，共(52)页，2.173 MB，由envi的店铺上传

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2022年中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编（江西考卷）05挑战压轴题（解答题三）1．（2021·江西）课本再现（1）在证明“三角形内角和定理”时，小明只撕下三角形纸片的一个角拼成图1即可证明，其中与A相等的角是______；类比迁移（2）如图2

，在四边形ABCD中，ABC与ADC互余，小明发现四边形ABCD中这对互余的角可类比（1）中思路进行拼合：先作CDFABC=，再过点C作CEDF⊥于点E，连接AE，发现AD，DE，AE之间的数量关系是_________

；方法运用（3）如图3，在四边形ABCD中，连接AC，90BAC=，点O是ACD△两边垂直平分线的交点，连接OA，OACABC=．①求证：90ABCADC+=；②连接BD，如图4，已知ADm=，DCn

=，2ABAC=，求BD的长（用含m，n的式子表示）．【答案】（1）∠DCE；（2）AD2+DE2=AE2；（3）①见解析；②BD=2254mn+．【解析】【分析】（1）根据拼图可求得∠A=∠DCE

；（2）根据∠ABC与∠ADC互余求得∠ADF=∠ADC+∠ABC=90°，利用勾股定理即可求解；（3）①由点O是△ACD两边垂直平分线的交点，证得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，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，求得AC：AB：BC=1：2：5，同理可得CE：DE：DC=1：2：5，证明△ACE~△BCD，利用相似三角形的性质以及勾股定理即可求解．【详解】（1）根据拼图可得：∠A=∠DCE

；故答案为：∠DCE；（2）作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，如图，∵∠ABC与∠ADC互余，即∠ABC+∠ADC=90°，∴∠ADF=∠ADC+∠CDF=∠ADC+∠ABC=90°，∴AD2+DE2=AE2；故答案为：AD2+DE2=AE2；（3）①证明：连接

OD、OC，∵点O是△ACD两边垂直平分线的交点，∴OA=OD=OC，∴∠OAC=∠OCA，∠ODC=∠OCD，∠OAD=∠ODA，∵2∠OAC+2∠ODC+2∠ODA=180，即2∠OAC+2∠ADC=180，∴∠OAC+∠AD

C=90，∵∠OAC=∠ABC，∴∠ABC+∠ADC=90；②作∠CDF=∠ABC，再过点C作CE⊥DF于点E，连接AE，∵∠ABC+∠ADC=90，∴∠ABC+∠CDF=90，∴AD2+DE2=AE2，即m2+DE2=AE2，∵∠BAC=90

，2ABAC=∴AC：AB：BC=1：2：5，同理可得CE：DE：DC=1：2：5，∴ACCEBCCD=，∵∠CDF=∠ABC，∴∠ACB=∠DCE，∴∠BCD=∠ACE，∴△ACE~△BCD，∴15AEACBDBC==，∴AE=5BD，在Rt△CDE中

，25DEDC=，∴DE=25n，∴m2+(25n)2=(5BD)2，即m2+45n2=25BD，∴BD2=2254mn+，∴BD=2254mn+．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键

是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．2．（2020·江西）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：内蒙类比探究（1）如图2，在RtABC中，BC为斜边，分别以,,ABACBC为斜边向外侧作RtABD△，RtACE△，RtBCF，若123==，则面积1S，2S，3S之间的关系式为；推广验证（2）如图3，在RtABC中，BC为

斜边，分别以,,ABACBC为边向外侧作任意ABD△，ACE，BCF△，满足123==，DEF==，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，105AEC===，90AB

C=，23AB=，2DE=，点P在AE上，30ABP=，2PE=，求五边形ABCDE的面积．【答案】（1）312SSS=+；（2）结论成立，证明看解析；（3）63+7【解析】【分析】（1）由题目已知△ABD、△ACE、

△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为123==，则有RtABD△∽RtACE△∽RtBCF，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，123==，DEF==，可以得到ABD△∽ACE∽

BCF△，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AH⊥BP于点H，连接PD，BD，由此可知6AP=，33BPBH

PH=+=+，即可计算出ABPS△，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有23()3PEDABPSS=△△，由（2）结论有，BCDABPEPDSSS=+△△△最后即可计算出四边形ABCD的面积．【详解】（1）∵△ABC

是直角三角形，∴222ABACBC+=，∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且123==，∴RtABD△∽RtACE△∽RtBCF，∴2123SABSBC=，2223SACSBC=，∴222221212222233

31SSSSACABACABBCSSSBCBCBCBC+++==+===∴312SSS=+得证．（2）成立，理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴222ABACBC+=，∵在△ABD、△ACE、△BCF中，123==，DEF==，∴ABD△∽ACE

∽BCF△，∴2123SABSBC=，2223SACSBC=，∴22222121222223331SSSSACABACABBCSSSBCBCBCBC+++==+===∴312SSS=+得证．（3）过点A作AH⊥B

P于点H，连接PD，BD，∵30ABH=，23AB=，∴3AH=，3BH=，60BAH=∵105BAP=，∴45HAP=，∴PH=AH=3，∴6AP=，33BPBHPH=+=+，∴(33)3333222A

BPBPAHS++===△，∵2PE=，ED=2，∴2336PEAP==，23323EDAB==，∴PEEDAPAB=，∵105EBAP==，∴△ABP∽△EDP，∴45EPDAPB==，33PDPEBPAP==，∴90BPD=，13PD

=+，∴23333131()3232PEDABPSS++===△△，(33)(13)32322BPDBPPDS++===+△，∵3tan3PDPBDBP==，∴30PBD=∵90ABC=

，30ABP=∴30DBC=∵105C=∴△ABP∽△EDP∽△CBD∴3331322322BCDABPEPDSSS++=+=+=+△△△33313(223)(323)63722BCDABPEPDBPDAB

CDSSSSS++=+++=+++++=+△△△△四边形故最后答案为637+．【点睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（

3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．3．（2019·江西）【特例感知】（1）如图1，对于抛物线211yxx=−−+，2221yxx=−−+，23

31yxx=−−+，下列结论正确的序号是_______；①抛物线123yyy，，都经过点(0,1)C；②抛物线23yy，的对称轴由抛物线1y的对称轴依次向左平移12个单位得到；③抛物线123yyy，，与直线1y=的交点中，相邻两点之间的距离相等．【形成概念】（2）把满足21nyxnx=−−+（n

为正整数）的抛物线称为“系列平移抛物线”．【知识应用】在（2）中，如图2．①“系列平移抛物线”的顶点依次为123,,,,nPPPPL，用含n的代数式表示顶点nP的坐标，并写出该顶点纵坐标y与横坐标x之间的关系式；②“系列平移抛物线”存在“系列整

数点（横、纵坐标均为整数的点）”：123,,,,nCCCCL，其横坐标分别为1,2,3,,kkkkn−−−−−−−−L（k为正整数），判断相邻两点之间的距离是否都相等，若相等，直接写出相邻两点之间的距离；若不相等，说明理由．③在②中，直线1y=分别交“系列平移抛物线”于点123,,

,,nAAAAL连接11,nnnnCACA−−，判断11,nnnnCACA−−是否平行？并说明理由．【答案】（1）①②③；（2）①2(,1)24nnnP−+，21yx=+，②相邻两点之间的距离都相等，理由见解析；③nn

CA与11nnCA−−不平行,理由见解析【解析】【分析】（1）①当0x=时，分别代入抛物线1y，2y，3y，即可得1231yyy===；②2221yxx=−−+，2331yxx=−−+的对称轴分别为1x=−，32x=−，211yxx=−−+

的对称轴12x=−，③当1y=时，则211xx−−+=，可得0x=或1x=−；2211xx−−+=，可得0x=或2x=−；2311xx−−+=，可得0x=或3x=−；所以相邻两点之间的距离都是1，（2）①21nyxnx=−−+的顶点为(2n−，24

)4n+，可得21yx=+；②横坐标分别为1k−−，2k−−，3k−−，，(knk−−为正整数），当xkn=−−时，21yknk=−−+，纵坐标分别为21kk−−+，221kk−−+，231kk−−+，，21

knk−−+，相邻两点间距离分别为21k+；③由题可知2(,1)nCknknk−−−−+，21(1,1)nCknknkk−−−+−−++，(,1)nAn−，1(1,1)nAn−−+．比较11nnnnDACEAC−−，即可得出

结论nnCA与11nnCA−−不平行．.【详解】解：解：（1）①当0x=时，分别代入抛物线1y，2y，3y，即可得1231yyy===；①正确；②2221yxx=−−+，2331yxx=−−+的对称轴分别为1x=−，32x=−，211yxx=−−+的对称轴

12x=−，由12x=−向左移动12得到1x=−，再向左移动12得到32x=−，②正确；③当1y=时，则211xx−−+=，0x=或1x=−；2211xx−−+=，0x=或2x=−；2311xx−−+=，0x=或3x=−；

相邻两点之间的距离都是1，③正确；故答案为①②③；（2）①21nyxnx=−−+的顶点为(2n−，24)4n+，令2nx=−，244ny+=，21yx=+；②相邻两点之间的距离都相等．理由：根据题意得：2(,1)nCknknk−−−−+，21(1,1)nCknknkk−−−+−−++

．∴1nnCC−两点之间的铅直高度221(1)knkkknkk=−−++−−−+=．1nnCC−两点之间的水平距离1()1knkn=−−+−−−=．∴由勾股定理得2211nnCCk−=+．∴211nnCCk

−=+．③nnCA与11nnCA−−不平行．理由：根据题意得：2(,1)nCknknk−−−−+，21(1,1)nCknknkk−−−+−−++，(,1)nAn−，1(1,1)nAn−−+．过1nnCC−，分别作直线1y=

的垂线，垂足为D，E，所以(,1)Dkn−−，(1,1)Ekn−−+．在RtnnDAC中，221(1)tan()nnnnCDknkknkDACknADnknk−−−++====+−−−−．在11RtnnEAC−−中，2211111(1)tan11(1)nnnnCEknkkknkkEACk

nAnknEk−−−−−−−+++−====+−−+−−−+．∵1knkn+−+，∴11tantannnnnDACEAC−−．∴11nnnnDACEAC−−，∴nnCA与11nnCA−−不平行．【点睛】本题考查二次函数图象及性质，平行线的性质

；能够结合题意，分别求出抛物线与定直线的交点，抛物线上点的横坐标求出相应的纵坐标，结合勾股定理，直线的解析式进行综合求解是关键．4．（2018·江西）小贤与小杰在探究某类二次函数问题时，经历了如下过程：求解体验

(1)已知抛物线23yxbx=−+−经过点(-1,0),则b=，顶点坐标为，该抛物线关于点(0,1）成中心对称的抛物线的表达式是.抽象感悟我们定义：对于抛物线()20yaxbxca=++,以y轴上的点()0,Mm为中心，作该抛物线关于

点M对称的抛物线'y,则我们又称抛物线'y为抛物线y的“衍生抛物线”，点M为“衍生中心”.(2)已知抛物线225yxx=−−+关于点()0,m的衍生抛物线为'y，若这两条抛物线有交点，求m的取值范围.问题解决

(3)已知抛物线()220yaxaxba=+−①若抛物线y的衍生抛物线为()2220ybxbxab=−+,两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求ab，的值及衍生中心的坐标；②若抛物线y关于点()20,1k+的衍生抛物线为1y,

其顶点为1A；关于点()20,2k+的衍生抛物线为2y，其顶点为2A；…；关于点()20,kn+的衍生抛物线为ny，其顶点为nA；…(n为正整数).求1nnAA+的长(用含n的式子表示).【答案】求解体验：4b=−；顶点坐标是(-

2,1)；245yxx=−+；抽象感悟：5m；问题解决：①3?3ab==−；（0，6）；②4n2+【解析】【详解】【分析】(1)把(-1，0)代入23yxbx=−+−即可未出b=-4，然后把抛物线解析式变为顶点式即可求得抛物线

的顶点坐标，继而可得顶点关于（0，1）的对称点，从而可写出原抛物线关于点(0，1）成中心对称的抛物线的表达式；（2）先求出抛物线225yxx=−−+的顶点是（-1，6），从而求出(-1，6)关于()0m，的对称点是()126m−，，得()2'126yxm=−

+−，根据两抛物线有交点，可以确定方程()()2216126xxm−++=−+−有解，继而求得m的取值范围即可；(3)①先求出抛物线()220yaxaxba=+−以及抛物线y的衍生抛物线为()2220ybxbxab=−+，的顶点坐标

，根据两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求ab，的值及再根据中点坐标公式即可求出衍生中心的坐标；②如图，设1AA，2AA…nAA，n1AA+与y轴分别相于1B，2B…nB，n1B+，则1AA与，2AA与，…nAA与，

n1AA+与分别关于1B，2B…nB，n1B+中心对称，由题意则可得12BB，23BB…nn1BB+分别是△12AAA，23AAA…nn1AAA+的中位线，继而可得1212AA2BB=，2323AA2BB=，…nn1nn1AA2BB++=，

再根据点的坐标即可求得nn1AA+的长.【详解】求解体验(1)把(-1，0)代入23yxbx=−+−得4b=−，∴()224321yxxx－=−−−=++，∴顶点坐标是(-2，1)，∵(-2，1)关于(0，

1)的对称点是(2，1)，∴成中心对称的抛物线表达式是：()221yx=−+，即245yxx=−+(如图)抽象感悟(2)∵()222516yxxx=−−+=−++，∴顶点是（-1，6），∵(-1，6)关于()0m，的对称点是()126m−，，∴()2'126yxm

=−+−，∵两抛物线有交点，∴()()2216126xxm−++=−+−有解，∴25xm=−有解，∴50m−，∴5m；(如图)问题解决(3)①∵22yaxaxb=+−=()21axab+−−，∴顶点（-1，ab−−），代入222ybxbxa=−+得：22bbaab++=−−①∵(

)222221ybxbxabxab=−+=−+−，∴顶点（1，2ab−），代入22yaxaxb=+−得：22aabab+−=−②由①②得224030aabaa++=−=，∵0a，0b，∴33ab==−，∴

两顶点坐标分别是（-1，0），（1，12），由中点坐标公式得“衍生中心”的坐标是（0，6）；②如图，设1AA，2AA…nAA，n1AA+与y轴分别相于1B，2B…nB，n1B+，则1AA与，2AA与，…nA

A与，n1AA+与分别关于1B，2B…nB，n1B+中心对称，∴12BB，23BB…nn1BB+分别是△12AAA，23AAA…nn1AAA+的中位线，∴1212AA2BB=，2323AA2BB=，…nn1nn1AA2BB++=，∵()2nB0kn，+，()(

)2n1B01kn+++，，∴nn1nn1AA2BB++=())2221(knkn=++−+]4n2=+.【点睛】本题考查了二次函数的综合题，理解题意，画出符合题意的图形借助数形结合思想解决问题是关键.5．（2017·江西）我们定义：如图1，在△ABC看，把

AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“

旋补中心”．特例感知：（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时

，则AD长为．猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=23，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△

PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【答案】（1）①12；②4；（2）AD=12BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析，39．【解析】【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可

得AD=12AB′即可解决问题；②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；（2）结论：AD=12BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边

形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．

连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；【详解】解：（1）①如图2中，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AB=AB′=AC′，∵DB′=DC′，∴AD⊥B′C′，∵∠BAC=60°，

∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=120°，∴∠B′=∠C′=30°，∴AD=12AB′=12BC，故答案为12．②如图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=12B′C′=12BC=4，故答案为4．（2）结论：AD=12BC．理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴AC′=B′M=AC，∵∠BAC+

∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，∴△BAC≌△AB′M，∴BC=AM，∴AD=12BC．（3）存在．理由：如图4中，延长AD交BC的

延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．∵∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=23，∠DCM=90°，∠MDC=

30°，∴CM=2，DM=4，∠M=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，∴EM=12BM=7，∴DE=EM﹣DM=3，∵AD=6，∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，PB=PC，在Rt△CDF中，∵CD=23，CF=6，∴tan∠CDF

=3，∴∠CDF=60°=∠CPF，易证△FCP≌△CFD，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，∴∠BPC=120°，∴∠

APD+∠BPC=180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=3，∴PN=2222=(3)6DNPD++=39．【点睛】本题考查四边形综合题．1．（2022·江西·新余四中九年级期末）如图，一组抛物线21:2=−+nnCyxxn（n为

不大于12的正整数）的顶点为nA，过点nA作x轴的垂线，垂足为nB，以nnAB为边长向右作正方形nnnnABCD．当1n=时，抛物线为211:2=−+xCyx的顶点为1A，此时的正方形为1111DCBA，依此类推．(1)当2n=时，求抛物线的2221:22=

−+yxCx的顶点为2A和2D的坐标；(2)求nD的坐标（用含n的代数式表示）；(3)①若以点14,,−+nnnCDC为顶点的三角形是直角三角形，求n的值；②若抛物线21:2=−+nnCyxxn（n为不大于12的正整数）的其中一条抛物线经

过点nD，写出所有满足条件的正方形的边长．【答案】(1)()22,2A，()24,2D(2)()2,nn(3)①4；②正方形的边长为3，6，9【解析】【分析】（1）将二次函数解析式化为顶点式，即可求2A点坐标，根据正方形的性质即可得2D点坐标；（2）将二次函数

解析式化为顶点式，即可求nA点坐标，根据正方形的性质即可得nD点坐标；（3）：①由（2）可知()2,nDnn，()2,0nCn，()122,0nCn−−，()428,0nCn++，可知∴12nnCC−=，nnDCn=，48

nnCC+=，由以点14,,−+nnnCDC为顶点的三角形是直角三角形，如图所示，可证14nnnnnnCDCDCC−+∽，有14nnnnnnnnCCDCDCCC−+=即28nn=，计算满足要求的解即可；②由题意知212nyxxn=−+（n为不大于12的正整数）

的其中一条抛物线设为212ayxxa=−+经过点()2,nDnn，则()()21222nnna−+=，解得43an=，由a，n均为不大于12的正整数，求出a的所有满足条件的值，进而求解对应的每个二次函数的正方形的边长即可．(1)解：∵22122yxx=−+()21222x=−−+∴(

)22,2A∵222AD=，22ADx∥轴∴()24,2D2A和2D的坐标分别为()2,2和()4,2．(2)解：∵212nyxxn=−+()21xnnn=−−+∴(),nAnn∵nnADn=，nnADx

∥轴∴()2,nDnn．(3)解：①由（2）可知()2,nDnn，()2,0nCn∴()122,0nCn−−，()428,0nCn++∴12nnCC−=，nnDCn=，48nnCC+=∵以点14,,−+nnnCDC为顶点的三角形是直角三角形，如图所示∵1490nn

nnnnCDCCDC−++=，4490nnnnnnCDCDCC+++=∴14nnnnnnCDCDCC−+=∴14nnnnnnCDCDCC−+∽∴14nnnnnnnnCCDCDCCC−+=即28nn=解得

4n=或4n=−（不符合题意，舍去）∴n的值为4．②解：由题意知212nyxxn=−+（n为不大于12的正整数）的其中一条抛物线设为212ayxxa=−+经过点()2,nDnn则()()21222nnna−+=解得43an=∵a，

n均为不大于12的正整数∴a的值为3，6，9∴23123yxx=−+的顶点坐标()33,3A，正方形3333ABCD的边长为3；26126yxx=−+的顶点坐标()66,6A，正方形6666ABCD的边长为6；29129yxx=−

+的顶点坐标()99,9A，正方形9999ABCD的边长为9；∴满足条件的正方形的边长为3，6，9．【点睛】本题考查了二次函数顶点坐标，正方形的性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．2．（2022·湖北湖北·九年级期末）问题背景：如图1，在ABC中，90ACB=

，ACBC=，AD是BC边上的中线，E是AD上一点，将CAEV绕点C逆时针旋转90得到CBFV，AD的延长线交边BF于点P．问题探究：(1)探究EP，FP之和与BP之间的数量关系．①先将问题特殊化，如图2，当CEAD⊥时，直接写出EP，FP之和与BP之间的数量关系；②再探究一般情形，如图

1，当CE不垂直AD时，证明①中的结论仍然成立；(2)拓展探究：如图3，若AD的延长线交BF的延长线于点P时，直接写出一个等式，表示EP，FP，BP之间的数量关系．【答案】(1)①2EPFPBP+=；②见解析(2)2EPFPP

B−=【解析】【分析】解：①结论：2PEPFPB=＋．根据旋转的性质ACEBCF≌，再证明四边形CEPF是正方形，可得结论．②结论不变，如图2中，过点C作CGAD⊥于点G，过点C作CHBF⊥交BF的延长线于点H．证明CHFCGE△≌△，可以推出FHEG=，再利用正

方形的性质解决问题即可．（2）结论：2EPFPPB−=，证明方法类似②．(1)解：①解：2EPFPBP+=．理由：∵CEAD⊥，∴90AECPEC==，在ABC中，90ACB=，ACAB=，∵将CAEV绕点C逆时针旋转90得到CBFV，∴ACEBCF≌，CFCE=，90EC

F=，90BFCAEC==，∴90BFCECFPEC===，∴四边形CEPF是矩形，∵CECF=，∴四边形CEPF是正方形，∴90CEEPFPCFEPF====，，∴90BPDCED==，∵AD是ABC中BC边上的中线，∴12BDCDBC==，在CED和BPD中，

∴CEDBPDCDEBDPCDBD===，∴()CEDBPDAAS≌，∴CEBP=，∴BPEPCEFP===，∴2EPFPBP+=②结论成立，证明：过点C作CGAD⊥于点G，过点C作CHBF⊥交BF的延长线

于点H．则90CGECGDCHF===．由旋转性质可知，CBFCAE≌△△，∴CFCE=，CFBCEA=，ACEBCF=，∵180CFHCFB=−，180CEGCEA=−，∴C

FHCEG=，∴CHFCGE△≌△，∴FCHECG=，CHCG=，FHEG=．∴90FCHBCFDCGECGACFDCG++=++=．∴90HCG=．∴四边形CGPH是正方形．∴CGGPPH==，∴2EPFPGPPHCG+=+=．∵CDBD=，90CGDBPD==

，CDGBDP=，∴CDGBDP≌．∴CGBP=．∴2EPFPPB+=．(2)解：2EPFPPB−=．理由：如下图所示，过C作//CNPB交AP于点N，//CMDP交BP的延长线于点H，则四边形CGPH是平行四边形，BPDBHC△∽△，∴,CNPMCMPN==，12BPBDBMBC==，∴

2BMBP=，∴PMBP=，∵90APB=，∴90NPM=，∴四边形CNPM是矩形，∴90MCNECNP===，在和中，90HCNECFHCENCFCE====，∴()C

FMCENAAS≌，∴CMCNFMEN==，，∴四边形CNPM是正方形，∴PMCNPN==，∴2EPFPPNENFPPNFMFPPNPMPM−=+−=+−=+=，∴2EPFPBP−=．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的

判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．3．（2022·湖南师大附中博才实验中学九年级开学考试）如果有一条直线经过三角形的某个顶点，将三角形分成两个三角形，其中一个三角形与原三角形相似，则称该直线为三角形的“自相似分割线”．如图1，在△ABC中，AB=

AC=1，∠BAC=108°，DE垂直平分AB，且交BC于点D，连接AD．(1)证明直线AD是△ABC的自相似分割线；(2)如图2，点P为直线DE上一点，当点P运动到什么位置时，PA+PC的值最小？求此时PA+PC的长度．(3)如图3，射线CF平分∠ACB，点Q为射线CF上一点，

当514AQCQ−+取最小值时，求∠QAC的正弦值．【答案】(1)直线AD是△ABC的自相似分割线；(2)当点P运动到D点时，PA+PC的值最小，此时512PAPC++=；(3)∠QAC的正弦值为514+【解析】【

分析】（1）根据定义证明△DBA∽△ABC即可得证；（2）根据垂直平分线的性质可得PAPCPBPCBC+=+，当点P与D重合时，PAPCPBPCBC+=+=,此时PAPC+最小，设BDx=，则1BCx=+根据DBAABC∽，列出方程，解方程求解即可求得BD，进而即可求得

BC的长，即PAPC+最小值；（3）过点A作AHBC⊥于点H，过点Q作QGBC⊥于点G，连接AG，设CF与AD交于点M，根据已知条件求得514GQCQ−=，进而转化为514AQCQAQGQ−+=+，则当Q点落在AG上时，点G与点H重合，此时514AQCQ−

+的值最小，最小值为AH，进而根据sinsinCHQACHACAC==求解即可．(1)∵△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=108°∴∠B=∠C=12（180°-∠BAC）=36°∵DE垂直平分AB∴AD=BD∴∠B=∠BAD=36°∴∠C=∠BAD又∵∠B

=∠B∴△DBA∽△ABC∴直线AD是△ABC的自相似分割线．(2)如图，连接PB，AD，DE垂直平分AB，PAPB=PAPCPBPCBC+=+当点P与D重合时，PAPCPBPCBC+=+=,此时PAPC+最小，72ADCBBAD=+=，

72DACBACBAD=−=ADCDAC=1CDCA==设BDx=，则1BCx=+DBAABC∽BDABABBC=111xx=+210xx+−=解得：152x−=0x>x=152−+5112BCx+=+=PA+PC=512+

当点P运动到D点时，PA+PC的值最小，此时512PAPC++=；(3)如图，过点A作AHBC⊥于点H，过点Q作QGBC⊥于点G，连接AG，设CF与AD交于点M，ABAC=，15124CHBC+==由（2）知，1DCAC==CF平分ACBCMAD⊥15

124DMAMAD−===sinGQMCDCQ=514DMCD−==514GQCQ−=514AQCQAQGQAG−+=+AGAHQ点落在AG上时，点G与点H重合，即此时514AQCQ−+的值最小，最小值为AHQACHAC=,ABACAHBC=⊥15124CHBC+

==51sinsin4CHQACHACAC+===∠QAC的正弦值为514+【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，求角的正弦，垂直平分线的性质，两点之间线段最短，垂线段最短，胡不归问题，转化线段是解题的关键．4．（2022·黑龙江·

哈尔滨工业大学附属中学校九年级开学考试）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线2ykxk=−（0k）与x轴交于点B．与y轴交于点A，直线yxb=−+与x轴交于点C，与y轴交于点D，BEx⊥轴交CD于点E．(1)如图1，求证：2B

Eb=−；(2)如图2，连接AE，EFAB⊥于点F．2BEFEAF=，⊥AGAE，AG交x轴的负半轴于点G，设BF的长为t，点G的横坐标为n，求n与t的函数关系式；(3)如图3，在（2）的条件下，当5CG=时，求点F的坐标．【答案】(1)见解

析(2)n=t−(3)(42t+，23tt−)【解析】【分析】(1)先求得B的坐标，代入直线的解析式即可．(2)先证明△FBE∽△OAB，求得EF=tk−，过点A作AH⊥BE于点H，证明四边形AOBH是矩形，△OAG∽△HAE，整理即可．(3)如图，过点F作

FN⊥x轴于点N，利用三角函数法求解．(1)∵直线2ykxk=−（0k）与x轴交于点B．与y轴交于点A，∴A(0，-2k)，B(2，0)，当x=2时，yxb=−+=b-2，∴E(2，b-2)，∴EB=b-2-0=b-2．(2)∵直线2ykxk=

−（0k）与x轴交于点B．与y轴交于点A，∴A(0，-2k)，B(2，0)，∴OA=|-2k|=-2k，OB=2，∵BEx⊥轴，EFAB⊥，∴AO∥BE，∴∠FBE=∠OAB，∴△FBE∽△OAB，∴EFBFB

OOA=，∴22EFtk=−，解得EF=tk−，过点A作AH⊥BE于点H，∵EF⊥AB，∴A、F、E、H四点共圆，∴∠FAH=∠BEF，∵∠BEF=2∠EAF，∴∠FAH=2∠EAF=∠EAF+∠EAH，∴∠EAF=∠EAH，∴EF=EH=tk−，∵AO⊥OB，A

H⊥BE，BH⊥OB，∴四边形AOBH是矩形，∴∠OAH=90°，AH=OB=2，∵AG⊥AE，∴∠OAG=∠HAE，∴△OAG∽△HAE，∴EHHAGOOA=，∴tk−×(-2k)=-2n，解得n=t−．(3)如图，过点F作FN⊥x轴于点N，

根据(2)，得AB=t+2，∴sin∠OAB=22OBABt=+，tan∠OAB=212OBAOkk==−−，∵FN∥AO，∴∠OAB=∠NFB，∴sin∠NFB=22NBNBFBtt==+，tan∠NFB=1NBFNk=−，∴NB=22tt+，FN=kNB−=22ktt−+，∴ON=OB-NB=

2-22tt+=42t+，FN=kNB−=22ktt−+，∴F的坐标为(42t+，22ktt−+)，∵CG=5，∴b=n+5=5-t，∴BE=b-2=3-t，∵cos∠FBE=cos∠BFN，∴2132

tktttt−=−+，∴k=(2)2(3)ttt+−−，∴F的坐标为(42t+，23tt−)，【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，四点共圆，三角函数，熟练掌握三角形相似的判定，灵活运用三角函数是解题的关键．5．（2022·贵州遵义·九年级期末）已知二次

函数y＝ax2+bx+4（a≠0，a、b为常数）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（6，0），与y轴的正半轴交于点C，过点C的直线y＝﹣43x+4与x轴交于点D．(1)求二次函数的解析式；(2)如图1，点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，试探究点P的坐标是

多少时，△CDP的面积最大，并求出最大面积；(3)如图2，点M是二次函数图象上一动点，过点M作ME⊥CD于点E，MF//x轴交直线CD于点F，是否存在点M，使得△MEF≌△COD，若存在，请直接写出点M的坐标；若

不存在，请说明理由．【答案】(1)2210433yxx=−++(2)P（72,152），最大面积为494(3)M（2，8）或M（5，4）【解析】【分析】（1）将A（−1，0），B（6，0）代入y＝ax2

＋bx＋4，即可求解；（2）过点P作PG⊥x轴交直线CD于点G，设P（t，2210433tt−++），则G（t，443t−+），由S△CDP＝S△PCG−S△PDG＝12×PG×3＝−（t−72）2＋494，即可求解；（3）

由题意可得FM＝5，设M（m，2210433mm−++），则F（m−5，2210433mm−++），再由F点在直线CD上，即可求m的值，进而确定M点的坐标．(1)解：将A（−1，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx＋4，∴4036640abab−==＋＋＋，∴23103a

b=−=，∴2210433yxx=−++(2)过点P作PG⊥x轴交直线CD于点G，设P（t，2210433tt−++），则G（t，443t−+），，∴GP＝221433tt−+令y＝0，则x＝3，∴D（3，0），∵S△CD

P＝S△PCG−S△PDG＝12×PG×3＝−（t−72）2＋494，，∴当t＝72时，S△CDP有最大值494此时P（72,152）；(3)存在点M，使得△MEF≌△COD，理由如下：∵ME⊥CD，∴∠MEF＝90°，∵MF∥x轴，∴∠FME＝∠CDO，∵△MEF≌△COD，∴MF＝CD

，∵OC＝4，OD＝3，∴CD＝5，∴FM＝5，设M（m，2210433mm−++），则F（m−5，()4543m−+），∵F点在直线CD上，∴2210433mm−++＝()4543m−+∴m＝2或m＝5，∴M（2，8）或M（5，4）．【点睛】本题是二次函数的综合题

，熟练掌握二次函数的图象及性质，全等三角形的性质是解题的关键．1．（2022·辽宁大连·九年级期末）阅读下面材料．小明遇到这样一个问题：如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC外，∠ADC＝120°，连接BD．用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明．小明经过思考，

发现解决问题的方法：如图2，延长CD至E，使ED＝AD，连接AE．证△ADE是等边三角形，△ACE≌△ABD，问题得到解决．(1)填空：线段AD，BD，CD之间的数量关系为；(2)用学过的知识或参考小明的方法解决下面的问题：

①如图3，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是△ABC外一点，∠ADC＝135°，连接BD．用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明．②如图4，△ABC是等边三角形，点D在△ABC内，∠DAB＝∠DBA＝15°，将线段BD绕着点D

顺时针旋转30°，得到线段B'D，连接B'D．直接写出BCBD的值．【答案】(1)BDCDAD=+(2)①2BDCDAD=+，证明见解析；②5【解析】【分析】（1）延长CD至E，使EDAD=，连接AE．证ADE是等边三角形，再利用SAS证明ACEABD，从而解决问题；（2）①延长C

D，作AEAD⊥交CD的延长线于E，得ADE是等腰直角三角形，得2DEAD=，由（1）同理可得，()BADCAESAS，从而得出答案；②连接CD，将△BDC绕点D逆时针旋转30°得BDE，

作EFBD⊥，交BD的延长线于F，作DGBC⊥于G，可得EDF是等腰直角三角形，设DGBGx==，则2CDx=，2BDx=，2DEx=，利用勾股定理表示出BE的长，即可得出答案．(1)解：延长CD至E，使EDAD=

，连接AE．120ADC=，60ADE=，ADE是等边三角形，60DAE=，ADAE=，ABC是等边三角形，ABAC=，60BAC=，BADCAE=，()BADCAESAS，BDCE=，BDCDA

D=+，故答案为：BDCDAD=+；(2)①2BDCDAD=+，理由如下：延长CD，作AEAD⊥交CD的延长线于E，135ADC=，45ADE=，ADE是等腰直角三角形，2DEAD=，由（1）同理可得，()BADCAESAS

，2BDCECDAD==+；②连接CD，将△BDC绕点D逆时针旋转30°得BDE，作EFBD⊥，交BD的延长线于F，作DGBC⊥于G，15DABDBA==，ADBD=，ACBC=，CD是AB的垂直平分线，30BCD

=，45DBC=，设DGBGx==，则2CDx=，2BDx=，2DEx=，30BCD=，45DBC=，105BDC=，30CDE=，45EDF=，2DFx=，在RtBEF中，2210BEBFEFx=+=，10BCx=，2BDx=，5BCBD=

．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握基本几何模型，构造全等三角形是解题的关键．2．（2022·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋6与x轴交于点B（﹣4，0），C（2，

0），与y轴交于点A，在抛物线上有一动点P，连接AP，BP，AB，CP．(1)求该抛物线的函数表达式；(2)若P点在第二象限的抛物线上，当△ABP的面积是92时，求△BCP的面积；(3)点D是线段AC上的一点，过D作DE⊥BC于点E，点F在线

段AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连接DF和EF，线段EF的长度是否有最小值，如果有请直接写出这个最小值，若没有最小值请说明理由．【答案】(1)233642yxx=−−+(2)814或454(3)存在

，EF最小值为245【解析】【分析】（1）将B（﹣4，0），C（2，0）代入y＝ax2+bx+6，解出a、b，即可得抛物线的函数表达式；（2）先求直线AB解析式，设P（m，﹣34m2﹣32m+6），用含m的代数式表示S△ABP，且由△ABP的面积是

92列方程，即可求△BCP的面积；（3）过F作FH⊥x轴于H，连接FE，求出直线AC解析式，由D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，设D（t，﹣3t+6），则F（﹣t，﹣32t+6），用含t的代数式表示2EF，求出其最小值，从而得到EF的

最小值．(1)（1）将B（﹣4，0），C（2，0）代入y＝ax2+bx+6得：016460426abab=−+=++，解得3432ab=−=−，∴抛物线的函数表达式为y＝﹣34x2﹣32x+6；(2)过P作PQ∥y轴交AB于Q，如图：在

y＝﹣34x2﹣32x+6中令x＝0，得y＝6，∴A（0，6），设直线AB解析式为y＝kx+b，则604bkb==−+，解得326kb==，∴直线AB解析式为y＝32x+6，∵P点在第二象限的抛物线上，∴设P（m，﹣34m2﹣32m+6），则Q（m，32

m+6），∴PQ＝﹣34m2﹣32m+6﹣（32m+6）＝﹣34m2﹣3m，∵S△ABP＝S△QBP+S△AQP＝12PQ•（xA﹣xB），且△ABP的面积是92，∴12×（﹣34m2﹣3m）×4＝92，解得m＝﹣1或m＝﹣3，当m＝﹣1时，P（﹣1，

274），S△BCP＝12BC•yP＝12×[2﹣（﹣4）]×274＝814，当m＝﹣3时，P（﹣3，154），S△BCP＝12BC•yP＝12×[2﹣（﹣4）]×154＝454，∴△BCP的面积是814或454．(3)过F作FH⊥x轴

于H，连接FE，如图：设直线AC解析式为y＝mx+n，将A（0，6）、C（2，0）代入得：602nmn==+，解得36mn=−=，∴直线AC解析式为y＝﹣3x+6，∵D，F两点关于y轴上的某点成中

心对称，∴设D（t，﹣3t+6），则F（﹣t，﹣32t+6），∴FH＝﹣32t+6，EH＝t﹣（﹣t）＝2t，在Rt△EFH中，EF2＝FH2+EH2，∴EF2＝（﹣32t+6）2+（2t）2＝254t2﹣18t+36＝254（t﹣3625）2+57625，∴当t＝3625时，EF

2最小值为57625，故EF最小值为57625245=．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合知识，涉及二次函数解析式、三角形面积、中心对称、勾股定理等，解题的关键是设点的坐标，用含字母的代数式表示相关的线段长度，列方程解决问题．3．（2022·陕西西安·九年级期末）有这样一类

特殊边角特征的四边形，它们有“一组邻边相等且对角互补”，我们称之为“等对补四边形”．(1)如图1，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于点E，若AE＝4，则四边形ABCD的面积等于．(2

)等对补四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角，即如图2，四边形ABCD中，AD＝DC，∠A+∠C＝180°，连接BD，求证：BD平分∠ABC．(3)现准备在某地著名风景区开发一片国家稀有动物核心保护区，保护区的规划图如图3所示，该地规划部门要

求：四边形ABCD是一个“等对补四边形”，满足AD＝DC，AB+AD＝12，∠BAD＝120°，因地势原因，要求3≤AD≤6，求该区域四边形ABCD面积的最大值．【答案】(1)9(2)见解析(3)273【解析】【分析】（1）过A作AFBC⊥，交CB的延长线

于F，求出四边形AFCE是矩形，根据矩形的性质得出90=∠FAE，求出90DAEBAFBAE==−，根据AAS得出AFBAED，根据全等得出3AEAF==，AFBAEDSS=，求出9AFCES=正方形，

求出AFCEABCDSS=正方形四边形，代入求出即可；（2）如图1中，连接AC，BD．证明A，B，C，D四点共圆，利用圆周角定理即可解决问题．（3）如图3中，延长BA到H，使得AHBA=，连接DH，过点DA作DKAH⊥于K，根点B作BMDH⊥于M，BNCD⊥于

N．设ABx=．构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．(1)解：如图1，过A作AFBC⊥，交CB的延长线于F，AECD⊥Q，90C=90AEDFC===，四边形AFCE是矩形，90FAE=，90DAB=，90DAEBAFBAE==−，在A

FB和AED中，FAEDFABDAEABAD===，()AFBAEDAAS，4AEAF==，AFBAEDSS=，四边形AFCE是矩形，四边形AFCE是正方形，4416AFCES==正方形，ABCDS四边形AEDABCESS=+四边形AFBABCE

SS=+四边形AFCES=正方形16=．故答案为：16；(2)解：证明：如图2中，连接AC．180BADBCD+=，A，B，C，D四点共圆，ADDC=，ADDC=，ABDCBD=，BD平分ABC．(3)解：如图3中，延长BA到H，使得AHAD=，连接DH，过点D

A作DKAH⊥于K，过点B作BMDH⊥于M，BNCD⊥于N．设ABx=．180BADC+=，120BAD=，60C=，60HAD=，ADAH=，ADH是等边三角形，60H=，HC=，由（2）可知．BD

平分ABC，DBADBC=，BDBD=，DBHDBC，BDMBDN=，12DHADx==−，BMDH⊥，BNCD⊥，BMBN=，12AHABABAD+=+=，sin6063BMBNBH===，3sin60(12)2

DKADx==−，()()2ΔΔ11331263123632224BCDABDABCDSSSxxxx=+=−+−=−+四边形，∵3126x−，∴69x∴6x=时，S有最大值，最大值273S=．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了“邻等对补四边形”的定义，解直角

三角形，等边三角形的判定和性质，四点共圆，二次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题，属于中考压轴题．4．（2022·全国·九年级专题练习）已知二次函数经过

点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，3）．(1)求该抛物线解析式；(2)如图1，点M为抛物线上第二象限内一动点，BM交y轴于点N，当BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，求点M的坐标；(3)如图2，点P为对称轴上D点下方一动点，点Q为直线y＝x第一象限上的动点，且DP＝2OQ

，求BP+2BQ的最小值并求此时点P的坐标．【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3．(2)M（﹣2，3）或（83−，119）．(3)最小值为AC＝32，点P（﹣1，2）．【解析】【分析】（1）根据A、B点的坐标设出抛

物线的交点式，再将C点的坐标带图求解，即可得出结论．（2）过A点作AG⊥x轴交BM的延长线于G，则BCMABMSCNSAG=，设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，进而得出12BCMABMSS=或2，进而建立方程求

解，即可得出结论．（3）先判断出△PCD∽△OBQ，进而得出PC＝2OQ，在判断出A、P、C在同一条直线上时，BP+2OQ的最小值，在求出直线AC的解析式，即可得出结论．(1)解：∵二次函数经过点A（﹣3，0）、B

（1，0），∴设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），∵点C（0，3）在抛物线上，∴﹣3a＝3，∴a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；(2)解：如图1，过点A作AG⊥x轴交BM的延长线于G，由（1）知，抛物线

的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，设点M（m，﹣m2﹣2m+3）（﹣3＜m＜0），∴S△BCM＝12CN（1﹣m），S△ABM＝S△ABG﹣S△AMG＝12AG[（1+3）﹣（m+3）]＝12AG（1﹣m），∴1

(1)21(1)2BCMABMCNmSCNSAGAGm−==−，∵//ONAG，∴ONOBAGAB=＝14，设ON＝t，则AG＝4t，CN＝3﹣t，∵BM将四边形ABCM的面积分为1：2两部分时，∴BCMABMSS＝12或2，∴12CNAG=，或2，

∴3142tt−=或2，∴t＝1或13t=，∴N（0，1）或N（0，13），当N（0，1）时，∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣x+1①，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1）②，联立

①②解得，23xy=−=或10xy==，∴M（﹣2，3）；当N（0，13）时，∵B（1，0），∴直线BM的解析式为y＝﹣13x+13③，联立②③解得，83119xy=−=或10xy==，∴M（83−，119）；即M（﹣2，3）或（83−，119）；(3)解：如图2，

连接PC，CD，过点C作CH⊥DP于H，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2m+3＝﹣（m﹣1）2+4，∴D（﹣1，4），∵C（0，3），∴CD＝2，DH＝1，CH＝1，∴DH＝CH，∴∠CDP＝45°，∵点Q为

直线y＝x第一象限上的动点，∴∠BOQ＝45°＝∠CDP，∵DP＝2OQ，∴DPOQ＝2，∵CDOB＝2，∴DPOQ＝CDOB＝2，∴△PCD∽△OBQ，∴2PCPDBQOQ==，∴PC＝2OQ，∴BP+2OQ＝BP+PC，连接AP，∵点P是抛物线的对称轴上的点

，∴PB＝PA，∴BP+2OQ＝BP+PC＝PA+PC，∴当点A，P，C在同一条直线上时，BP+2OQ最小，最小值为AC＝2233+＝32，∵A（﹣3，0），C（0，3），∴直线AC的解析式为y＝x+3，当x＝﹣1时，y＝2，∴点P（﹣1，2）．【点睛】本题考察了二次函

数解析式的求法，抛物线的性质，三角形面积公式，相识三角形等问题，需要数形结合解答问题．5．（2022·四川省成都市石室联合中学八年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AP交x轴于点P（p，0），与y轴交于点A（0，a），且a、p满足3a++（p﹣1）2

＝0．(1)求直线AP的解析式；(2)如图1，直线x＝﹣2与x轴交于点N，点M在x轴上方且在直线x＝﹣2上，若△MAP的面积等于6，请求出点M的坐标；(3)如图2，已知点C（﹣2，4），若点B为射线AP上一动点，连接BC，在坐标

轴上是否存在点Q，使△BCQ是以BC为底边的等腰直角三角形，直角顶点为Q，若存在，请求出点Q坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=3x-3；(2)（-2，3）；(3)Q的坐标为（-72，0）或（0，74）或（0，132）【解析】【分析】（1）根据算术平方根的非负性及偶次方的非负

性得到a+3=0，p-1=0，求出a，p，得到点P，A的坐标，设直线AP的解析式为y=kx+b，利用待定系数法求出函数解析式；（2）过M作MDAP∥交x轴于D，连接AD，由MDAP∥，△MAP的面积等于6，顶点△DAP的面积等于6，求出DP，得到点D坐标，求出直

线DM的解析式，即可求出M的坐标；（3）设B（t，3t-3），分三种情况，①当点Q在轴负半轴时，过B作BE⊥x轴于E，证明△BEQ≌△QNC（AAS），得到OQ=QE-OE=ON+QN，即4-t=2+3-3t，求出t值即可；②当Q在y轴正半轴上时，过C作CF⊥y轴于F，过B作BG⊥y轴于G，证明△

CQF≌△QBG（AAS），得到OQ=OG-QG=OF-QF，即3t-3-2=4-t，求出t即可；③当Q在y轴正半轴上时，过点C作CF⊥y轴于F，过B作BT⊥y轴于T，同②可证△CFQ≌△QTB（AAS），得到OQ=OT+QT=OF+QF，即3t-3+2=4+t，求出t值即可．(1

)解：∵3a++（p﹣1）2＝0．∴a+3=0，p-1=0，解得a=-3，p=1，∴P(1,0)，A(0,-3)，设直线AP的解析式为y=kx+b，∴03kbb+==−，解得33kb==−，∴直线AP的解析式为y=3x-3；(2)解：过M作MD

AP∥交x轴于D，连接AD，∵MDAP∥，△MAP的面积等于6，∴△DAP的面积等于6，∴162ADPy=，即1362DP=，∴DP=4，∴D（-3，0）设直线DM的解析式为y=3x+c，则()330c−+=，∴c=9，∴直线DM的解析式为y=3x+9，令x=-2

，得y=3，∴M（-2，3）；(3)解：存在设B（t，3t-3），①当点Q在x轴负半轴时，过B作BE⊥x轴于E，如图，∴OE=t，BE=3-3t，∵△BCQ是以BC为底边的等腰直角三角形，∴BQ=CQ，∠BQC=90°，∴∠BQE=90

°-∠NQC=∠QCN，又∵∠BEQ=∠QNC，∴△BEQ≌△QNC（AAS），∴QN=BE=3-3t，QE=CN=4，∴OQ=QE-OE=ON+QN，即4-t=2+3-3t，∴t=12，∴OQ=72，∴Q（-72，0）；②当Q在y轴正半轴上时，过C作CF⊥y轴于F，过B作BG⊥y

轴于G，如图，∴BG=t，OG=3t-3，∵△BCQ是以BC为底边的等腰直角三角形，∴BQ=CQ，∠BCQ=90°，∴∠CQF=90°-∠BQG=∠GBQ，又∵∠CFQ=∠BGQ=90°，∴△CQF≌△QBG（AAS），∴CF=QG=2，Q

F=BG=t，∴OQ=OG-QG=OF-QF，即3t-3-2=4-t，∴t=94，∴OQ=4-t=74，∴Q（0，74）；③当Q在y轴正半轴上时，过点C作CF⊥y轴于F，过B作BT⊥y轴于T，如图，∴BT=t，OT=3t-3，同②可证△CFQ≌△QTB（AAS），∴CF=BT=t，QF=CF=2，

∴OQ=OT+QT=OF+QF，即3t-3+2=4+t，∴t=52，∴OQ=4+t=132，∴Q（0，132）；综上，Q的坐标为（-72，0）或（0，74）或（0，132）．【点睛】此题是一次函数与图形的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，全等三角形的判定即性质，等腰直角三角形的性质，算术

平方根的非负性及偶次方的非负性，熟记全等三角形的判定即性质是解题的关键．