【文档说明】专题1.1重庆卷（压轴8道+变式32道）-【冲刺2022】之2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练（解析版）.docx，共(86)页，2.423 MB，由管理员店铺上传

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【冲刺2022】之2021年中考数学压轴题真题精讲精练+变式训练专题1.1重庆卷（压轴8道+变式训练32道）说明：本专辑精选了2021年重庆卷失分较多和难度较大的题目8道，分别是第11题不等式组与方程含参问题、第12题反比例函数图象与性质综合问题、第17题三角形与折叠综合问题、第1

8题方程（组）综合应用问题、第22题函数图象与性质综合阅读问题、第24题新定义阅读材料题、第25题二次函数综合问题、第26题几何综合探究压轴问题，每道题精讲精析，配有变式练习各4道，重庆模拟变式训练题共32道，本试题解析共84页.【压轴一】

不等式组与方程含参问题【真题再现】（2021重庆A卷第11题）若关于x的一元一次不等式组{3𝑥−2≥2(𝑥+2)𝑎−2𝑥＜−5的解集为x≥6，且关于y的分式方程𝑦+2𝑎𝑦−1+3𝑦−81−𝑦=2的解是正整数，则所有满足条件的整数a

的值之和是（）A．5B．8C．12D．15【思路点拨】解出一元一次不等式组的解集，根据不等式组的解集为x≥6，列出不等式，求出a的范围；解出分式方程的解，根据方程的解是正整数，列出不等式，求得a的范围；检验分式方程，列出不等式，求得a的范围；综上所述，得到a的范围，最后根

据方程的解是正整数求得满足条件的整数a的值，求和即可．【详析详解】解：{3𝑥−2≥2(𝑥+2)①𝑎−2𝑥＜−5②，解不等式①得：x≥6，解不等式②得：x＞𝑎+52，∵不等式组的解集为x≥6，∴𝑎+52＜6，∴a＜7；分式方程两边都乘（y﹣1）得：y+2a﹣3y+

8＝2（y﹣1），解得：y=𝑎+52，∵方程的解是正整数，∴𝑎+52＞0，∴a＞﹣5；∵y﹣1≠0，∴𝑎+52≠1，∴a≠﹣3，∴﹣5＜a＜7，且a≠﹣3，∴能使𝑎+52是正整数的a是：﹣1，1，3，5，∴和为8，故选：B．【方法小结】本题考查了解一元一次不等式

组，解分式方程，注意解分式方程一定要检验．【变式训练】【变式1.1】（2021·重庆实验外国语学校九年级一模）若整数a使关于x的不等式组314222xax+−−−有解且至多有四个整数解，且使关于y的分式方程224yy−＝13

22ay−−−的解为非负数，则满足条件的所有a的值之和为（）A．63B．67C．68D．72【答案】A【分析】观察本题，可通过解不等式组找到x的取值范围，结合至多四个整数解和分式方程的解的特点确定a的取值范围再取整数解求和即可．【详解】解：不等式组31422

2xax+−−−①②解①得：7x，解②得：22ax+，272ax+且至多有四个整数解，2372a+，412a，解关于y的分式方程2132422yayy−=−−−得28ya=−，分式方程有解且为非负数，即280a−

且282a−，4a且5a，综上整数a可取：6，7，8，9，10，11，12，和为：678910111263++++++=，故选：A．【点睛】本题考查不等式组的解法以及分式方程的解法，综合性较强，需要注意分式方程产生增根的特

殊性，从而确定a的取值范围再取整数解求和即可．【变式1.2】（2021·重庆八中九年级一模）若关于x的一元一次不等式组54742xxxa++有且只有4个整数解，且关于x的分式方程51522axxx−+−−12=有整数解，则所有满足条件的整数a的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】

B【分析】先解不等式组，根据不等式组有且只有4个整数解，列出不等式，求得a的取值范围；再解分式方程，检验增根，最后根据a为整数，x为整数，得到a的值．【详解】解：54742xxxa++①②解不等式①得：x≤7，解不等式

②得：x＞24a+，∴不等式组的解集为：24a+＜x≤7，∵不等式组有且只有4个整数解，∴3≤24a+＜4，解得：10≤a＜14；分式方程两边都乘以（x-2）得：ax-5-15=12（x-2），解得：x=412a−，∵x-2≠

0，∴412a−≠2，∴a≠10，∴10＜a＜14，且a≠12∵a为整数，且x为整数，∴符合条件的a只有11，13．故选：B．【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组，分式方程的解法，考核学生的计算能力，解分

式方程要注意检验．【变式1.3】（2021·重庆九年级一模）关于x的不等式组21211(2)42axxx+−−−有且仅有三个整数解，且关于x的分式方程4111axxx−=−−有整数解，则符合条件的整数a的个数为（）A．3B．2C．1D．0【答案】C【分析】由题

意先求出不等式组的解集，然后再根据分式方程的解，进而根据不等式及方程的解都为整数进行求解即可．【详解】解：由x的不等式组()21211242axxx+−−−可得：243ax+−，∵不等式组的解集有且仅有三个整

数解，∴2103a+−，解得：52a−−，∴a的值为4,3,2−−−，由关于x的分式方程4111axxx−=−−可得：31xa=−+，∵该方程的解是整数，∴3是1a+的倍数，且311a−+，

∴a的值为0，2，-2，∴综上所述：符合条件的整数a的值为-2，共1个；故选C．【点睛】本题主要考查分式方程的解法及一元一次不等式组的解法，熟练掌握分式方程的解法及一元一次不等式组的解法是解题的关键．【变式1.4】（2021·重庆九年级二模）若关于

x的一元一次不等式组21341xxxa−+恰有3个整数解，且一次函数()21yaxa=−++不经过第三象限，则所有满足条件的整数a的值之和是（）A．2−B．1−C．0D．1【答案】C【分析】根据关于x的一元一次不等式组21341xx

xa−+恰有3个整数解，可以求得a的取值范围，再根据一次函数()21yaxa=−++不经过第三象限，可以得到a的取值范围，结合不等式组和一次函数可以得到最后a的取值范围，从而可以写出满足条件的a的整数值，然后相加即可．【详解】解：由不等式组21341xxxa−+，得1

34ax−，∵关于x的一元一次不等式组21341xxxa−+恰有3个整数解，∴1104a−−，解得-3＜a≤1，∵一次函数y=（a-2）x+a+1不经过第三象限，∴a-2＜0且a+1≥0，∴-1≤a＜2，又∵-3＜a≤

1，∴-1≤a≤1，∴整数a的值是-1，0，1，∴所有满足条件的整数a的值之和是：-1+0+1=0，故选：C．【点睛】本题考查一次函数的性质、一元一次不等式组的整数解，解答本题的关键是明确题意，求出a的取值范围，利用一次函数的性质和不等式的性质解答．【压轴

二】反比例函数图象与性质综合问题【真题再现】（2021重庆A卷第12题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在第二象限，其余顶点都在第一象限，AB∥x轴，AO⊥AD，AO＝AD．过点A作AE⊥CD，垂足为E，DE＝4CE．反比例函数y=𝑘𝑥（x＞

0）的图象经过点E，与边AB交于点F，连接OE，OF，EF．若S△EOF=118，则k的值为（）A．73B．214C．7D．212【思路点拨】延长EA交x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，AB∥x轴，AE⊥CD，AB∥CD，可得AG⊥x轴；利用AO

⊥AD，AO＝AD可得△ADE≌△OAG，得到DE＝AG，AE＝OG；利用DE＝4CE，四边形ABCD是菱形，可得AD＝CD=54DE．设DE＝4a，则AD＝OA＝5a，由勾股定理可得EA＝3a，EG＝AE+AG＝7a，可得E

点坐标为（3a，7a），所以k＝21a2．由于AGHF为矩形，FH＝AG＝4a，可得点F的坐标为（214𝑎，4a），这样OH=214a，GH＝OH﹣OG=94𝑎；利用S△OEF＝S△OEG+S梯形EGHF﹣S△OFH，列出

关于a的方程，求得a的值，k的值可求．【详析详解】解：延长EA交x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，如图，∵AB∥x轴，AE⊥CD，AB∥CD，∴AG⊥x轴．∵AO⊥AD，∴∠DAE+∠OAG＝90°．∵AE⊥CD，∴∠DAE+∠D＝90°．∴∠D＝∠OAG．在△DAE和△AOG中，{∠𝐷�

�𝐴=∠𝐴𝐺𝑂=90°∠𝐷=∠𝑂𝐴𝐺𝐴𝐷=𝑂𝐴．∴△DAE≌△AOG（AAS）．∴DE＝AG，AE＝OG．∵四边形ABCD是菱形，DE＝4CE，∴AD＝CD=54DE．设DE＝4a

，则AD＝OA＝5a．∴OG＝AE=√𝐴𝐷2−𝐷𝐸2=3𝑎．∴EG＝AE+AG＝7a．∴E（3a，7a）．∵反比例函数y=𝑘𝑥（x＞0）的图象经过点E，∴k＝21a2．∵AG⊥GH，AH⊥GH，AF⊥AG，∴四边形AGHF为矩形．∴H

F＝AG＝4a．∵点F在反比例函数y=𝑘𝑥（x＞0）的图象上，∴y=21𝑎24𝑎=214𝑎．∴F（214𝑎，4𝑎）．∴OH=214a．∴GH＝OH﹣OG=94𝑎．∵S△OEF＝S△OEG+S梯形EGHF﹣S△

OFH，S△EOF=118，∴12×𝑂𝐺×𝐸𝐺+12(𝐸𝐺+𝐹𝐻)⋅𝐺𝐻−12𝑂𝐻×𝐻𝐹=118．12×21𝑎2+12×7𝑎×94𝑎−12×21𝑎2=118．解得：a2=19

．∴k＝21a2＝21×19=73．故选：A．【方法小结】本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，待定系数法，反比例函数图象上点的坐标的特征，三角形的全等的判定与性质，等腰直角三角形，菱形的性质．利用点的坐标表示相应线段的长度和利用线段的长度表示相应点

的坐标是解题的关键．【变式训练】【变式2.1】（2021·重庆巴蜀中学九年级二模）如图，已知直线113yx=−与坐标轴交于A点和B点，与反比例函数()0kykx=的图象交于点C，以AB为边向上作平行四边形ABED，D点刚好在反比例图象上，连接CE，CD，若//CEx轴，四边形BCDE

面积为10，则k的值为（）A．10B．283C．9D．465【答案】B【分析】先求得A(3，0)，B(0，1−)，设点D的坐标为(m，km)，根据平移的性质，得到点E的坐标为(3m−，1km−)，求得点C的坐标为(3km，1km−)，由点C在反比例函数的图象上，得到213km

m=+，再根据EDCEBCCBEDSSS=+四边形列式计算即可求解．【详解】解：直线113yx=−与坐标轴交于A点和B点，令0x=，则1y=−；令0y=，则3x=；∴A(3，0)，B(0，1−)，设点D的坐标为(m

，km)，∵四边形ABED是平行四边形，根据平移的性质，点E的坐标为(3m−，1km−)，∴点C的纵坐标为1km−，∵点C在直线113yx=−上，∴点C的坐标为(3km，1km−)，又∵点C在反比例函数()0kykx=的图象上，∴3•1kkkm

m=−，整理得：213kmm=+，过D作DN⊥EC于N，延长CG交y轴于G，∴EDCEBCCBEDSSS=+四边形1122ECDNECBG=+()()12CEDBxxyy=−−13312kkmmm=−++，∵213k

mm=+，整理得11621023m+=，解得：4m=，∴283k=，故选：B．【点睛】本题主要考查反比例函数与几何的综合题，平行四边形的性质以及平移的性质，解答本题的关键是熟练掌握反比例函数的性质以

及反比例函数图象的特征．【变式2.2】（2021·重庆南开中学九年级二模）如图，C、D是关于x的函数()0kykx=图象的两点，过C、D分别做x，y轴的垂线，垂足分别为A、B．过D点的直线交坐标轴于E、F，且D点恰好为线段EF的中

点．1ABFS=，3=DEGS△，则k的值为（）A．12B．2C．4D．5【答案】C【分析】设D（a，ka），C（b，kb），求出A，B坐标，再证明AB//CD，得到四边形ABDG是平行四边形，根据D是线段EF的中点，求出2ODHS=△，再根据k的几何意义即可求出k的值

．【详解】如图，设D（a，ka），C（b，kb），作DM⊥x轴，交x轴于H点，CM⊥y轴，交于M点，∴A（b，0），B（0，ka），M（a，kb），∴BO=ka，AO=-b，DM=ka-kb，CM=a-b∴tan∠BAO=kk

abab=−−，tan∠DCM=()kbakkkababababab−−==−−−∴∠BAO=∠DCM∴AB//CD∵BD//AG∴四边形ABDG是平行四边形，∴AB=DG又∵∠BAO=∠DCM，∠AOB=∠GHD=90°∴△AOB≌△GHD∴S△AOB=S△GHD∵D是线段EF

的中点，BD⊥OF，∠FOE=90°∴BF=BO，OD=DE∴AB是△AOF的中线，DH是△ODE的中线∴ABOS=1ABFS=，ODHS=DEHS∵3=DEGS△∴ODHS=DEHS=3-1=2∴122k=∵k＞0∴k=4故选C．【点睛】此题主

要考查反比例函数与几何综合，解题的关键是熟知解直角三角形的性质、中线的性质及反比例函数k的几何意义的应用．【变式2.3】（2021·重庆实验外国语学校九年级一模）如图所示，点AB是反比例函数y＝ax图象在第三象限内的点，连接AO

并延长与y＝ax在第一象限的图象交于点C，连接OB，并以OB、OC为邻边作平行四边形OBDC（点D在第四象限内）．作AE⊥x轴于点E，AE＝5，以AE为边作菱形AGFE，使得点F、G分别在y轴的正、负半轴上，连按AB．若OE﹣OG＝2，S△AOB＝15，OE＞OF，另一反比例函

数y＝kx的图象经过点D，则k的值为（）A．﹣10B．﹣12C．﹣13D．﹣15【答案】A【分析】先设OG为x，2OEx=+，通过勾股定理及OEOF求出点A及点C坐标，再设点B坐标为20(,)mm，通过水平宽与铅锤高求15AOBS=，求出点B坐标后再根据点O与点C坐标求点

D坐标．【详解】解：四边形AGFE为菱形，5AEEFFG===，2OEOG−=，设OG为x，则2OEx=+，55OFOGx=−=−，222EFOEOF=+，2225(2)(5)xx=++−，2x=或1x=．当2x=时，3OF=，4OE=，当1x=时，4

OF=，3OE=，OEOF，2x=，3OF=，4OE=，(4,5)A−−，(4,5)C，4520a==．设B横坐标为m，则点B坐标为20(,)mm，作BH平行于y轴交AO于点H．设直线AO解析式为ykx=，将(4,5)A−−代入解得5

4k=，54=yx．将xm=代入得54ym=，所以点H坐标为5(,)4mm，5204BHmm=−，11520()4()15224AOBOASxxBHmm=−=−=，解得2m=−或8m=（舍)．点B坐标为(2,10)−−，点C坐标为(4,5)，点O坐标为(0,0)，

设点D坐标为(,)ab，则4(2)0a+−=+，5(10)0b+−=+，2a=，5b=−，10k=−．故选：A．【点睛】本题考查反比例函数与平行四边形的综合应用，解题关键是掌握平行四边形在坐标系内点的关系．【变式2.4】（2

021·重庆九年级一模）如图，在平面直角坐标系中，RtABC斜边BC中点与原点O重合，D点是平面内第二象限内一点，且AB平分OAD，连接,ADCD，反比例函数kyx=的图象经过,AD两点．已知,AD两点横坐标分别为1,4,AC

D−−的面积为152，则k的值为（）A．52−B．4−C．53−D．2−【答案】B【分析】连接OD，延长AD交x轴于点H，由题意易得OAOBOC==，DABOAB=，则DABOABB==，进而可得//ADBC，然后可得ADCADOAHODHOSSSS==−，设()1,,

4,4kAkD−−−−，()0k，则可得直线AD的解析式为544kkyx=−−，即有点()5,0H−，最后根据面积可进行求解．【详解】解：连接OD，延长AD交x轴于点H，如图所示：∵RtABC斜边BC中点与原点O重合，∴OAOBOC==，∴OABB=，∵AB平分OA

D，∴DABOAB=，∴DABOABB==，∴//ADBC，∴ADCADOAHODHOSSSS==−，设()1,,4,4kAkD−−−−，()0k，∴设直线AD的解析式为yaxb=+，把点A、D坐标代入得：

44abkkab−+=−−+=−，解得：454kakb=−=−，∴直线AD的解析式为544kkyx=−−，令y=0时，则有5044kkx−−=，解得：5x=−，∴点()5,0H−，∴()1115552242kk−−

−=，解得：4k=−；故选B．【点睛】本题主要考查反比例函数与一次函数、几何的综合，熟练掌握反比例函数的性质及几何的性质是解题的关键．【压轴三】三角形与折叠综合问题【真题再现】（2021重庆A卷第17题）如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6

，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合．若DE∥BC，AF＝EF，则四边形ADFE的面积为．【思路点拨】由沿直线DE翻折，点A与点F重合可知：DE垂直平分AF，因为DE∥BC，所以DE为△ABC的中位线，DE=12BC＝5；由折

叠可得AE＝EF，因为AF＝EF，可得△AEF为等边三角形，∠FAC＝60°；在Rt△AFC中，解直角三角形可得AF的长，四边形ADFE的面积为12DE×AF，结论可得．【详析详解】解：∵纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合，∴DE垂直平分AF．∴AD＝DF，AE＝

EF．∵DE∥BC，∴DE为△ABC的中位线．∴DE=12BC=12（BF+CF）=12（4+6）＝5．∵AF＝EF，∴△AEF为等边三角形．∴∠FAC＝60°．在Rt△AFC中，∵tan∠FAC=𝐹𝐶𝐴𝐹，∴AF=𝐹𝐶

𝑡𝑎𝑛60°=2√3．∴四边形ADFE的面积为：12DE×AF=12×5×2√3=5√3．故答案为：5√3．【方法小结】本题主要考查了折叠问题，三角形的中位线，平行线的性质，三角形的面积，解直角三角形．利用中点的性质得到对应的部分相等是解题

的关键．【变式训练】【变式3.1】（2021·重庆巴蜀中学九年级二模）如图，点E在矩形ABCD边CD上，将ADE沿AE翻折，点D恰好落在BC上的点F处，若2ABCF=，3CE=，连接DF，与AE交于H点，

连接BH，则点F到BH的距离为______．【答案】655【分析】在Rt△EFC中和在Rt△ABF中，分别利用勾股定理求得DE、AD的长，再利用三角形公式即可求解．【详解】解：根据折叠的性质知：AD=AF=BC，DE=EF，AE是线段DF的垂直平分线，H是DF的中点，

设DE=EF=x，则DC=AB=x+3，FC=12AB=()132x+，在Rt△EFC中，222FCECEF+=，即()2221332xx++=，解得：5x=(负值已舍)，∴DC=AB=8，FC=4，设AD=AF=BC=y，则BF=y-4，在Rt△ABF中，222ABBF

AF+=，即()22284yy+−=，解得：10y=，∴BF=6，过H作HN⊥BC于N，过F作FM⊥BH于M，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C=90，∴HN∥CD，∴HN=12CD=4，FN=12FC=2，∴BN=BF+FN=8，由勾股定理得BH=2245BNHN+=，∵1122BHFSBFHN

BHFM==，∴FM=655．故答案为：655．【点睛】本题考查了矩形的性质、翻折变换、勾股定理等知识，解题时根据是正确作出辅助线，学会利用此时构建方程组解决问题．【变式3.2】．（2021·重庆八中九年级一模）如图，在矩形ABCD中，39AB=，9BC=，E，

F分别在边AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，得到四边形EFGH，使得B点的对应点G落到边AD的延长线上，且DGDE=，连接BG，交CD于点M，延长MD交GH于点N，则MN=______．【答案】323939【分析】设DG=DE=x，根据矩形的性质可得AD=9BC=，可得AE=AD-D

E=9-x=EH，根据题意得，△EHG为直角三角形，HG=AB=39，根据勾股定理可得x=4，根据相似三角形的判定可得△DMG∽△CMB，可得DGDMCBCM=，从而得到DM=43913，根据相似三角形的判定可得△NGD∽△EGH，所以NDDGE

HHG=，可得ND=2020393939=，根据MN=DM+ND即可得出答案．【详解】解：设DG=DE=x，∵四边形ABCD为矩形，39AB=，9BC=，∴AD=9BC=，∴AE=AD-DE=9-x=EH，∵四边形ABFE沿EF翻折，得到四边形EFGH，∴△EH

G为直角三角形，HG=AB=39，∴HG2+EH2=EG2，即()()()2223992xx+−=，解得x=4或x=-10（舍去），∴DG=DE=4，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴△DMG∽△CMB，∴DGDMCBCM=，∴4939DMDM=−，解得DM=43913，

在△DNG中，∠NGD=90°，∵∠NGD=∠EGH，∠EHG=90°，∴△NGD∽△EGH，∴NDDGEHHG=，∴49439ND=−，∴ND=2020393939=，∴MN=DM+ND=43913+203939=323939．故答案为323939．【点睛】

本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，翻折的性质等知识．掌握相似三角形的对应边成比例是解题的关键．【变式3.3】（2021·重庆一中九年级一模）如图，在△ABC中，点D是线段AB上的一点，过点D作DE∥AC交BC于点E，将△BDE沿DE翻折，得

到△B′DE，若点C恰好在线段B′D上，若∠BCD＝90°，DC：CB′＝3：2，AB＝162．则CE的长度为_____．【答案】32【分析】设DC＝3x，CB＝2x，则DB'＝5x，由折叠的性质得出DB＝DB'，∠BDE＝∠B'DE，BE＝B'E，由勾股定理

求出BC＝82，设CE＝a，则BE＝82﹣a＝B'E，由勾股定理得出方程求出a的值，则可得出答案．【详解】解：设DC＝3x，CB'＝2x，则DB'＝5x，∵将△BDE沿DE翻折，得到△B'DE，∴DB'＝DB

，∠BDE＝∠B'DE，BE＝B'E，∵DE∥AC，∴∠A＝∠BDE，∠ACD＝∠CDE，∴∠A＝∠ACD，∴CD＝AD＝3x，∴AB＝AD＋DB＝8x＝162，∴x＝22，∴CD＝62，BD＝102，B'C＝42，∴BC＝2282BDCD−=，设CE＝a，则BE

＝82﹣a＝B'E，∵CE2＋B'C2＝B'E2，∴()()2224282aa+=−，解得a＝32，∴CE＝32，故答案为：32．【点睛】本题主要考查了翻转折叠的知识点，利用勾股定理进行计算是解题的关键．【变式3.4】（2021·重庆八中九年级二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB

＝10，BC＝12，点E、F分别在边CD、BC上，将CEF沿EF翻折得到CEF．若点C的对应点C恰好落在AD边上，且满足2ACCD＝，则点E到BC边的距离为_____．【答案】1334【分析】过点E作EH⊥BC，垂足为点H，过点C作CG⊥CD，交CD的延长线

于点G，根据∠DCG＝30°，在RtCDG△中，122GDCD==，设EC＝EC＝x，则GE＝GD＋CD－EC＝12－x，根据22222GCCEGECDGD=−=−，可得2222(12)

42xx−−=−，进而可求得132EC=，最后在RtECH中，利用勾股定理即可求得答案．【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC，垂足为点H，过点C作CG⊥CD，交CD的延长线于点G，则∠EHC＝∠CGD＝90°，∵在平行四边形ABCD中，AB＝10，BC＝12，∠A＝60°，∴AB＝CD＝10

，BC＝AD＝12，∠A＝∠C＝60°，//ABCD，∵2ACCD＝，∴143CDAD==，∵//ABCD，∠A＝60°，∴∠ADG＝∠A＝60°，∴∠DCG＝30°，∴在RtCDG中，122GDCD==，∵翻折，∴EC＝EC，设EC＝EC＝x，则GE＝GD＋CD－EC＝12

－x，∵22222GCCEGECDGD=−=−，∴2222(12)42xx−−=−，解得：132x=，∴132EC=，∵∠EHC＝90°，∠C＝60°，∴∠HEC＝30°，∴11324CHEC==，∴在RtECH中，221334EHECCH=−=，∴点E到BC边的距离为1334，故答案为

：1334．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，翻折的性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解决本题的关键．【压轴四】方程（组）综合应用问题【真题再现】（2021重庆A卷第18题）某销售商五月份销售A、B、C三种饮料的数量之比为3：2：4

，A、B、C三种饮料的单价之比为1：2：1．六月份该销售商加大了宣传力度，并根据季节对三种饮料的价格作了适当的调整，预计六月份三种饮料的销售总额将比五月份有所增加，A饮料增加的销售额占六月份销售总额的115，B、C饮料增加的销售额之比为2：1．六月

份A饮料单价上调20%且A饮料的销售额与B饮料的销售额之比为2：3，则A饮料五月份的销售数量与六月份预计的销售数量之比为．【思路点拨】根据三种饮料的数量比、单价比，可以按照比例设未知数，即五月份A、B、C三种饮料的销

售的数量和单价分别为3a、2a、4a；b、2b、b．可以表示出五月份各种饮料的销售额和总销售额．因问题中涉及到A的五月销售数量，因此可以设六月份A的销售量为x，再根据A六月份的单价求出六月份A的销售额，和B的销售额．可以根据饮料增加的销售额占六月份销售总额比，

用未知数列出等式关键即可求解出．【详析详解】解：由题意可设五月份A、B、C三种饮料的销售的数量为3a、2a、4a，单价为b、2b、b；六月份A的销售量为x．∴A饮料的六月销售额为b（1+20%）x＝1.2

bx，B饮料的六月销售额为1.2bx÷2×3＝1.8bx．∴A、B饮料增加的销售额为分别1.2bx﹣3ab，1.8bx﹣4ab．又∵B、C饮料增加的销售额之比为2：1，∴C饮料增加的销售额为（1.8bx﹣4ab）÷2＝0.9bx﹣2ab，∴C饮料六月的销售额

为0.9bx﹣2ab+4ab＝0.9bx+2ab．∵A饮料增加的销售额占六月份销售总额的115，∴（1.2bx﹣3ab）÷115=1.2bx+1.8bx+0.9bx+2ab，∴18bx﹣45ab＝3.9bx

+2ab，∵b≠0，∴18x﹣45a＝3.9x+2a，∴14.1x＝47a，∴3a=910𝑥，∴3𝑎𝑥=910．即A饮料五月份的销售数量与六月份预计的销售数量之比为9：10．故答案为9：10．【方法小结】此题考查的是二元一次方程的应用，掌握用代数式

表示每个参数，并用整体法解题是关键．【变式训练】【变式4.1】（2021·重庆八中九年级二模）端午将至，吃粽子是中华民族的传统．粽子馅料有很多品种，比如素馅，肉馅，甜味馅．去年某商人抓住商机，购进素馅，肉馅，甜味馅三种粽子．已知销售每袋素馅粽子的利润率为10%，

每袋肉馅粽子的利润率为20%，每袋甜味馅粽子的利润率为30%，当售出的三种馅料粽子的袋数之比为1：3：1时，商人得到的总利润率为22%；当售出的三种馅料粽子的袋数之比为3：2：1时，商人得到的总利润率为20%，那么当售出的三种馅料粽子的袋数之比为2：3：4时，这个商人得到的总利润率

为__．【答案】25%【分析】设每袋素馅粽子的成本是a元，售价是A元；每袋肉馅粽子的成本是b元，售价是B元；每袋甜味馅粽子的成本是c元，售价是C元；根据题意得：A＝1.1a，B＝1.2b，C＝1.3c，设最后一种情况的利润率是x，

根据条件建立方程组，解方程组即可．【详解】解：设每袋素馅粽子的成本是a元，售价是A元；每袋肉馅粽子的成本是b元，售价是B元；每袋甜味馅粽子的成本是c元，售价是C元；根据题意得：A＝1.1a，B＝1.2b，C＝1.3c，①设

最后一种情况的利润率是x，得到()()()()331.2232321.22342341ABCabcABCabcABCabcx++=++++=++++=+++②，将条件①代入方程组②可以解得23baca==，∴23411.25234AB

Cxabc+++==++，解得：x＝0.25＝25%；故答案为：25%．【点睛】本题主要考查分式方程的应用及三元一次方程组的应用，熟练掌握分式方程的应用及三元一次方程组的应用是解题的关键．【变式4.2】（2021·重庆实验外国语学校九年级一模）为了支

持新疆棉花，商店购进一批由新疆最出名的长绒棉所制成的某国产品牌的毛巾、方巾和浴巾等棉制品进行混装，推出了A、B两种盒装礼盒，每盒礼盒的总成本是盒中毛巾、方巾和浴巾三种棉制品的成本之和（盒子成本忽略不计）．A礼盒每盒装有3条

毛巾、1条方巾和1条浴巾；B礼盒每盒装有1条毛巾、2条方巾和2条浴巾．每盒A礼盒的成本正好是1条毛巾成本的152倍，而每盒A礼盒的售价则是在A礼盒成本的基础上增长了13，每盒B礼盒的利润率为20%．当该店销售这两种盒装礼盒的总利润率为22%，且销售A礼盒的总利润是3000元时，这两种

盒装礼盒的总销售额是_____元．【答案】73200【分析】设B礼盒的总利润m元，分别表示出A、B礼盒的总成本和总利润，通过题干的已知条件找到等量关系列出方程即可进行求解．【详解】解：设B礼盒的总利润m元，由B礼盒的利润率为20%可知，B的总成本为5m，A礼盒的总利润是3000

元，由每盒A礼盒的售价则是在A礼盒成本的基础上增长了13可知，A的总成本为1300090003=元，由该店销售这两种盒装礼盒的总利润率为22%可列方程：300022%90005mm+=+，解得：10200m=总销售额=总成本+总

利润(9000510200)10200300073200=+++=元．故答案为：73200．【点睛】本题考查分式方程的应用，学会利用已知条件进行相互转化是解本题的关键，综合性较强，有一定难度．【变式4.3】（2021·重庆九年级一模）为了迎接中秋佳节，沁园在9月30日以及10月1日

两天对“阖家悦”“吉如意”“福满圆”三种型号的月饼进行降价促销．经计算，结果发现10月1日“阖家悦”“吉如意”“福满圆”三种月饼销量分别在9月30日的基础上减少了30%，64%，40%，且这三种月饼的总销量是9月30日的12，10月1日“阖家悦”“福满圆”两种型号月饼的销量之和是

9月30日“阖家悦”“福满圆”两种型号月饼的销量之和的1625，那么10月1日“吉如意”月饼的销量与这两天的总销量之比为___________．【答案】325【分析】设9月30日“阖家悦”“吉如意”“福满圆”三种型号月饼的销量分别为a、b、c，则10月1日“阖家悦”“吉如意”“福满圆”三

种型号月饼的销量分别为0.7a、0.36b、0.6c，进而根据题意可得()()10.70.360.62160.70.625abcabcacac++=+++=+，然后求解即可．【详解】解：设9月30日“阖家悦”“吉如意”“福满圆”三种型号月饼的销量分别为a、b、c，则10月1日“阖家悦

”“吉如意”“福满圆”三种型号月饼的销量分别为0.7a、0.36b、0.6c，由题意得：()()10.70.360.62160.70.625abcabcacac++=+++=+，解得：0.60.4cbab==，∴10月1日“吉如意”月饼的销量与这两天的总销量之

比为0.360.3630.70.360.60.681.360.9625bbabcabcbbb==+++++++；故答案为325．【点睛】本题主要考查三元一次方程的应用及分式的性质，熟练掌握三元一次方程的应用、分式的性质及消元思想是解题的关键．【

变式4.4】（2021·重庆八中九年级一模）我校学生社团开展以来全校师生积极参与，为了了解同学们参与的意向，卢老师在全年级进行了随机抽样调查（被抽到的同学都填了意向表，且只选择了一个意向社团），统计后发现共A、B、C、D四个社团榜上有名．其中选C的人数

比选D的少6人；选A的人数是选D的人数的整数倍；选A与选D的人数之和是选B与选C的人数之和的9倍；选A与选B的人数之和比选C与选D的人数之和多56人．则本次参加调查问卷的学生有______人．【答案】80【分析】根据题意

解设方程组，再根据实际问题中人数为整数对值进行适当的取舍即可【详解】解：设选D的人为x,则选C的(x-6)人,设选A的为ax人，则选B的为y人()(6)569(6)axyxxaxxyx+−−+=+=+−③-②得：3552xy

+=1494258xxxyyy======或或把142xy==代入①得a=5.43（舍去，非整数）把95xy==代入②得a=7把48xy==代入①得a=12.5（舍去，非整数）∴x=9，y=5，a=7∴:63;:5;:63:9AaxBycxDx=

=−==；∴总人数为：6353980+++=故答案为：80【点睛】本题考查二元一次方程组的实际问题，根据已知条件寻找等量关系是关键，根据解为整数进行取舍是难点【压轴五】函数图象与性质综合阅读问题【真题再现】（2021重庆A

卷第22题）在初中阶段的函数学习中，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，并结合图象研究函数性质及其应用的过程．以下是我们研究函数y=4−𝑥2𝑥2+1的性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．（1）请把下表补充完整，并在给出的图中补全该函数的大致图象；x…﹣5﹣4﹣3﹣2﹣10123

45…y=4−𝑥2𝑥2+1…−2126−1217−1203240…（2）请根据这个函数的图象，写出该函数的―条性质；（3）已知函数y=−32x+3的图象如图所示．根据函数图象，直接写出不等式−32x+3＞4−𝑥2𝑥2+1的解集．（近似值保留一

位小数，误差不超过0.2）【思路点拨】（1）利用函数解析式分别求出对应的函数值即可；利用描点法画出图象即可；（2）观察图象可知当x＜0时，y随x值的增大而增大；（3）利用图象即可解决问题．【详析详解】（1）

把下表补充完整如下：x…﹣5﹣4﹣3﹣2﹣1012345…y=4−𝑥2𝑥2+1…−2126−1217−120324320−12−12172126…函数y=4−𝑥2𝑥2+1的图象如图所示：（2）①该函数图象是轴对称图形，对称轴是y轴；②该函数在自变量的取值范围内，有最大值

，当x＝0时，函数取得最大值4；③当x＜0时，y随x的增大而增大：当x＞0时，y随x的增大而减（以上三条性质写出一条即可）；（3）由图象可知，不等式−32x+3＞4−𝑥2𝑥2+1的解集为x＜﹣0.3或1＜x＜2．【方法小结】【变式训练】【变式

5.1】（2021·重庆八中九年级三模）某“数学兴趣小组”根据学生函数的经验，对函数()2462xyx−+=−的图象和性质进行了探究，探究过程如下，请补充完整：x…3−2−1−0323456…y…182578109m06−52−n98−…（1）m=______，n=______；（2）同学们先

找到y与x的几组对应值，然后在下图的平面直角坐标系xOy中，描出各对应值为坐标的点．请你根据描出的点，画出该函数的图象；（3）根据函数图象，写出该函数的一条性质：______．（4）结合你所画的函数图象，直接写出不等式()24622xx−+−+−的解集为______．【答案

】（1）32m=，149n=−；（2）见解析；（3）当1x=时，函数有最大值为2；（4）0.31.4x或4.2x【分析】（1）把x=0和x=5分别代入函数解释式即可得m和n的值；（2）描点、连线即可得到函数的图象；（3）根据函数图象

得到函数的最高点；当x＞1时，y随x的增大而增大；（4）根据函数的图象即可得到不等式的解集．【详解】解：（1）当x=0时，m=()24063202−+=−，当x=5时，m=()245614952−+=−−，故答案为：32m=，149

n=−；（2）当x=1时，y=()2416212−+=−，根据表格数据描点连线绘制函数图象如下所示：（3）当1x=时，函数有最大值为2；故答案为：当1x=时，函数有最大值为2；（4）根据函数图象，不等式()24622xx−+−+−的解

集为0.31.4x或4.2x．故答案为：0.31.4x或4.2x．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的图象和性质，反比例函数的图象和性质，正确的识别图象是解题的关键．【变式5.2】（2021·重庆八中九年级

一模）在初中阶段的函数学习中，我们经历了列表描点、连线画函数图象，并结合图象研究函数性质的过程．以下是我们研究函数254xyx=+性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．（1）补全下表x－6－5－4－232−－101322356y3425295465106554151325

2934（2）在平面直角坐标系中，补全函数图象，根据函数图象，写出这个函数的一条性质：_________________________________________________________________________

______________________________________________________________________________________________________________；（3）已知函数512yx=

−的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出关于x的方程254xx=+512x−的近似解（保留1位小数，误差不超过0.2）．【答案】（1）－3，4，1，1513，1，1；（2）见解析；（3）0.7

x【分析】（1）将对应的值代入函数解析式计算即可（2）根据图像写出图像对称的性质即可（3）通过观察图像的交点估计横坐标点的值即可【详解】解：（1）x－6－5－4－3－232−－1013223456y342529115135465101

655415131252934（2）函数图象关于y轴对称（3）通过观察两图像的交点得：0.7x【点睛】本题考查函数的图像的画法，自变量与函数值一一对应的关系，熟练掌握函数的定义是解题的关键【变式5.3】（20

21·重庆实验外国语学校九年级一模）在函数学习中，我们经历了“确定函数表达式﹣﹣画函数图象﹣﹣利用函数图象研究函数性质的性质﹣﹣利用图象解决问题”的学习过程．以下是我们研究函数y1＝22||(2)1(26)2xax

xbxx−−−的性质及其应用的部分过程，请你按要求完成下列问题：（1）列表：如表为变量x与y1的几组对应数值：x…﹣2﹣1﹣12011223456y1…40﹣1201﹣124212014根据表格中的数据求y1与x的函数解析式及并写出对应的自变暈x的取值范围；（2）描点

、连线：在右侧的平面直角坐标中，画出该函数的图象，并写出该函数的一条性质；（3）观察函数图像：当方程y1＝c＋1有且仅有三个不等的实数根时，根据函数图象直接写出c的取值范围．【答案】（1）212||2(2)31(26)2xxxyxx−=−−；（2）见解析；（3）

13c−【分析】（1）根据x的取值范围内选一点代入对应函数关系式，即可求出a，b的值；（2）按照步骤完成图象，数形结合，对图象增减性或对称性或最值进行总结；（3）画出一条平行于x轴的直线，平移直线，

观察与图象仅有三个交点时x的取值范围．【详解】解（1）当2x时，212||||yxax=−，把1x=−，10y=代入得，20a−=，2a=，当26x时，112byx=−−，把3x=，12y=代入得，1232b−=−，解得3b=，212||2(2)31(26)

2xxxyxx−=−−；（2）如图所示即是所画的函数图象，性质：当0.5x=−或0.5时函数图象对应点最低，此时函数值最小，最小值为0.5−（答案不唯一），故答案为：当0.5x=−或0.5时函数图象对应点最低，此时函数值最小，最小值为

0.5−（答案不唯一）；（3）画出直线11yc=+的图象，上下平移此图象，方程11yc=+有且仅有三个不等的实数根时，即图象1y与直线1yc=+有且仅有三个交点，014c+，得13c−，故答案为：

13c−．【点睛】本题考查了分段函数关系式的求法，图象的画法及其性质，数形结合思想，关键是要注意分段函数的取值范围．【变式5.4】（2021·重庆九年级一模）在初中阶段的函数学习中，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，并结合图象研究函数性质的过程．以下是我们研究函数2123

xyx+=−的性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．（1）该函数的自变量取值范围是________；（2）根据下表的条件，求出,ab的值：a=_______，b=_________；x…5−4−3−2−1−12345…2123xyx+=−…5615−4112−289−a83−43−76−

b712−415−…（3）根据平面直角坐标系中点的位置，补全函数图象；（4）根据所补全的函数图象，判断下列关于该函数性质的说法是否正确，正确的在相应的括号内打“√”，错误的在相应的括号内打“×”；①该函数图象是中心对称图形，它的对称中心为原点；（）②该函数在自变量的取值范围内，有最

小值，当1x=时，函数取得最小值43−；（）③当1x−或1x时，y随x的增大而增大；当11x−时，y随x的增大而减小；（）（5）若不等式21223xxx+−−，结合函数图象，直接写出x的取值范围

．（保留1位小数，误差不超过0.2）【答案】（1）0x；（2）176−，89−；（3）图象见详解；（4）①×，②×，③×；（5）0.70x−或0.7x．【分析】（1）根据题意及分式成立的条件可直接进行求解；（2）把x=-2和x=3代入函数解析式进行求

解即可；（3）根据题意及描点法可直接进行作图；（4）由函数图象可直接进行判断求解；（5）由函数图象可直接进行求解．【详解】解：（1）由题意得：30x，∴0x；故答案为0x；（2）把x=-2代入2123xyx+=−得：4117266a−+=−=−，把x=3代入2123xyx+=−得：

918299b+=−=−；故答案为176−，89−；（3）将（2）中的点在坐标系中描出，再连接可得出函数图象如下所示：（4）由（3）中的函数图象可得：①该函数是中心对称图形，对称中心是()0,2−，故错误；②该函数在自变量的取值范围内没有最小值，故错误；③当

11x−时，y不随x的增大而减小，故错误；故答案为×；×；×；（5）由题意可先作出2yx=−的图象，如图所示：∴由函数图像可得：当不等式21223xxx+−−时，x的取值范围为0.70x−或0.7x．【点睛】本题主要考查函数图象及一次函数与一元一次不等式的应用

，熟练掌握函数图象及一次函数与一元一次不等式的应用是解题的关键．【压轴六】新定义阅读材料题【真题再现】（2021重庆A卷第24题）如果一个自然数M的个位数字不为0，且能分解成A×B，其中A与B都是两位数，A与B的十位数字相同，个位数字之和为10，则称数M为

“合和数”，并把数M分解成M＝A×B的过程，称为“合分解”．例如∵609＝21×29，21和29的十位数字相同，个位数字之和为10，∴609是“合和数”．又如∵234＝18×13，18和13的十位数相同，但个位数字之和不等于10，∴234不是“合和数”．（1）判断168

，621是否是“合和数”？并说明理由；（2）把一个四位“合和数”M进行“合分解”，即M＝A×B．A的各个数位数字之和与B的各个数位数字之和的和记为P（M）；A的各个数位数字之和与B的各个数位数字之和的差的绝对值记为Q（M）．令G（M）=𝑃(𝑀)𝑄(𝑀)，

当G（M）能被4整除时，求出所有满足条件的M．【思路点拨】（1）根据“合和数”的定义直接判定即可；（2）设A的十位数字为m，个位数字为n，则A＝10m+n，B＝10m+10﹣n，得出P（M）＝m+n+m+10﹣n＝2m+10，Q（M）＝|（m+n）﹣（m+10﹣n）|＝|2n﹣10|，当G（M

）能被4整除时，设值为4k，对m+5＝8或12进行讨论．【详析详解】解：（1）∵168＝12×14，2+4≠10，∴168不是“合和数”．∵621＝23×27，十位数字相同，且个位数字3+7＝10，∴621是“合和数”．（2）设A的十位数字为m，个位数字为n，（m，n为自然数，且3≤m≤≤9，1

≤n≤9），则A＝10m+n，B＝10m+10﹣n，∴P（M）＝m+n+m+10﹣n＝2m+10，Q（M）＝|（m+n）﹣（m+10﹣n）|＝|2n﹣10|．∴G（M）=𝑃(𝑀)𝑄(𝑀)=2𝑚+10|2𝑛−10

|=𝑚+5|𝑛−5|=4k（k是整数）．∵3≤m≤9，∴8≤m+5≤14，∵k是整数，∴m+5＝8或m+5＝12，①当m+5＝8时，{𝑚+5=8|𝑛−5|=1或{𝑚+5=8|𝑛−5|=2，∴M＝36×3

4＝1224或M＝37×33＝1221，②当m+5＝12时，{𝑚+5=12|𝑛−5|=1或{𝑚+5=12|𝑛−5|=3，∴M＝76×74＝5624或M＝78×72＝5616．综上，满足条件的M有：1224，1221，5624，5616．【方法小结】本题是新

定义题，主要考查了列代数式，以及数的分解，正确地读懂题目信息是前提，解题的关键是用字母m，n表示出P（M），Q（M）．【变式训练】【变式6.1】（2021·重庆八中九年级三模）阅读材科，完成以下相应问题：材料一，将一个四位

数mabcd=（其中a、b、c、d均不相同且均不为零）进行千位与百位数字互换得到1m，再将1m的百位与十位数字互换得到2m，再将2m的十位与个位数字互换得到3m，我们称数字3m为数字m的“车轮数”如3721

m=，则17321m=，所以27231m=，进而37213m=．材料二：一个整数能被6整除的条件是该数字是能被3整除的偶数．一个整数能被3整除的条件是其各个数位上的数字之和能被3整除．（1）当3826m=时，求m的“车轮数

”为多少．（2）若m，n均为能被6整除的四位数整数，且()13mFmm=−，()2nTnn=−，mkn=．求()Fm被9整除所得商数最大且()Tn被90整除所得商数最小时，k的最小值【答案】（1）8263；（2）283366【分析】（1）根据“

车轮数”的定义求解即可；（2）分别求出()Fm被9整除所得商数最大的数和()Tn被90整除所得商数最小的数，即可得到结论．【详解】解：（1）当3826m=时，18326m=，28236m=，38263m=故m的“车轮数”为：8263；（2）若m为四位数整数，()13m

Fmm=−=||bacdbcda−=|100010010100010010|bacdbcda+++−−−−=|99909acd−−|∴()|1110|9Fmacd=−−由于m能被6整除，+++abcd为3的倍数，且d为偶数∴|1110|acd−−最大时，

9,1,6,2acbd====，此时，9612m=；或1,9,6,8acbd====，此时，1698m=；同理，由于()2=|||99090090|nTnnabcdbcadabc=−−=−−∴()|1110|90Tnacb=−−|1110|acb−−最小时，即|1110|acb−−

=0，不符合题意，故|1110|acb−−不能为0∴2,9,1,6acbd====，此时2196n=∴9612267219661k==或16982832196366=∴k的最小值为283366【点睛】此题考查了新概念“车轮数”的定义，读懂材料，理解题意是本题的关键．【变式6

.2】（2020·重庆第二外国语学校九年级其他模拟）阅读下列材料，解答下列问题：材料一：一个三位以上的自然数，如果该自然数的末三位表示的数与末三位之前的数字表示的数之差是11的倍数，我们称满足此特征的数叫“网红数”，如：65362，362﹣65＝297＝11×2

7，称65362是“网红数”．材料二：对任的自然数p均可分解为P＝100x+10y+z（x≥0，0≤y≤9，0≤z≤9且x、y，z均为整数）如：5278＝52×100+10×7+8，规定：G（P）＝2(1)1xxzxxz+−++−．（1）求证：任两个“网红数”之和一定能被11整除

；（2）已知：S＝300+10b+a，t＝1000b+100a+1142（1≤a≤7，0≤b≤5，其a、b均为整数），当s+t为“网红数”时，求G（t）的最大值．【答案】（1）见解析；（2）39136

【分析】（1）设两个“网红数”为mn，ab，（n、b表示末三位表示的数，m、a表示末三位之前的数字），则n﹣m＝11k，b﹣a＝11h，所以mn+ab＝1001m+1001a+11（k+h）＝11（91m+91n+h+k），即可证明；（2）s＝

3×100+10b+a，t＝1000（b+1）+100（a+1）+4×10+2，所以s+t＝1000（b+1）+100（a+4）+10（b+4）+a+2；①当1≤a≤5时，s+t＝(1)(4)(4)(2)baba

++++，则(4)(4)(2)aba+++﹣（b+1）能被11整除，即101a+9b+441＝11×9a+2a+11b﹣2b+40×11+1能被11整除，由已知可得﹣7≤2a﹣2b+1≤11，求出a＝5，b＝0；②当6≤

a≤7时，s+t＝(2)(6)(4)(2)baba+−++，则(6)(4)(2)aba−++﹣（b+2）能被11整除，所以101a+9b﹣560＝11×9a+2a+11b﹣2b﹣51×11+1能被11整除，可得3≤2a﹣2b+1≤15，求出a＝6，b＝1或a＝

7，b＝2，分别求出相应的G（t）值即可．【详解】解：（1）设两个“网红数”为mn，ab，（n、b表示末三位表示的数，m、a表示末三位之前的数字），∴n﹣m＝11k，b﹣a＝11h，∵mn+ab＝1001m+1001a+11（k+h）＝1

1（91m+91n+h+k），∴m、a、k、h都是整数，∴91m+91n+h+k为整数，∴任两个“网红数”之和一定能被11整除；（2）s＝3×100+10b+a，t＝1000（b+1）+100（a+1）+4×10

+2，∴s+t＝1000（b+1）+100（a+4）+10（b+4）+a+2，①当1≤a≤5时，s+t＝(1)(4)(4)(2)baba++++，则(4)(4)(2)aba+++﹣（b+1）能被11整除，∴101a+9b+441＝11×

9a+2a+11b﹣2b+40×11+1能被11整除，∴2a﹣2b+1能被11整除，∵1≤a≤5，0≤b≤5，∴﹣7≤2a﹣2b+1≤11，∴2a﹣2b+1＝0或11，∴a＝5，b＝0，∴t＝1642，G（1642）＝17.25；②当6≤a≤7时，s+t＝(2)(6

)(4)(2)baba+−++，则(6)(4)(2)aba−++﹣（b+2）能被11整除，∴101a+9b﹣560＝11×9a+2a+11b﹣2b﹣51×11+1能被11整除，∴2a﹣2b+1能被11整

除，∵6≤a≤7，0≤b≤5，∴3≤2a﹣2b+1≤15，∴2a﹣2b+1＝11，∴a＝6，b＝1或a＝7，b＝2，∴t＝2742或3842，∴G（2742）＝28125或G（3842）＝39136，∴G

（t）的最大值39136．【点睛】此题主要考查新定义运算的应用，解题的关键根据题意理解“网红数”的定义及因式分解的应用．【变式6.3】（2020·重庆一中九年级一模）对于任意一个三位正整数，十位上的数字减去个位上的数字之差恰好等于百位上的数字，则称这个三位数为“极差数”．例如：对于三位数451，5

－1＝4，则451是“极差数”；对于三位数110，1－0＝1，则110是“极差数”．（1）求证：任意一个“极差数”一定能被11整除；（2）在一个“极差数”首位之前添加其十位的数字得到一个新的四位数M，在一个“极差数”末位之后添加数字1得到一个新的四位数N，若MN

−能被12整除，求满足条件的“极差数”．【答案】（1）证明见解析；（2）满足条件的“极差数”有671或143或275．【分析】（1）设任意一个“极差数”的百位数字是a，十位数字是b，个位数字是c，根据条件式子100a＋10b+c＝11

（10b＋9c），即可求证；（2）设任意一个“极差数”的百位数字是a，十位数字是b，个位数字是c，由题意可得M＝1000b＋100a＋10b＋c，N＝1000a＋100b＋10c＋1，再根据M−N能被12整除，可求满足条件的“极差数”．【详解

】解：（1）证明：设任意一个“极差数”的百位数字是a，十位数字是b，个位数字是c，∵a＝b−c，∴100a＋10b＋c＝100b−100c＋10b＋c＝110b−99c＝11（10b−9c），∴100a＋10b＋c能

被11整除，∴任意一个“极差数”一定能被11整除；（2）设任意一个“极差数”的百位数字是a，十位数字是b，个位数字是c，则M＝1000b＋100a＋10b＋c，N＝1000a＋100b＋10c＋1，则

M−N＝−900a＋910b−9c−1＝−900（b−c）＋910b−9c−1＝10b＋891c−1，M−N能被12整除，当c＝1时，b＝1，a＝0（舍去）；当c＝1时，b＝7，a＝6；当c＝3时，b＝4，a＝1；当c＝5时，b＝

1，a＝−4（舍去）；当c＝5时，b＝7，a＝2；当c＝7时，b＝4，a＝−3（舍去）．故满足条件的“极差数”有671或143或275．【点睛】本题考查了分解因式的实际运用，学生的阅读理解能力以及知识的迁移

能力，解题的关键是理解“极差数”的定义．【变式6.4】（2020·重庆八年级一模）在现今“互联网+”的时代，密码与我们的生活已经紧密相连，密不可分．而诸如“123456”、生日等简单密码又容易被破解，因此利用简单方法产生一组容易记忆的6位数密码就很有必要了．有一种用“因式分解法产生

的密码，方便记忆，其原理是：将一个多项式分解因式，如多项式：x3+2x2﹣x﹣2因式分解的结果为（x﹣1）（x+1）（x+2），当x＝18时，x﹣1＝17，x+1＝19，x+2＝20，此时可以得到数字密码171920．（1）根据上述方法，当x＝21，y＝7时，对于多项式

x3﹣xy2分解因式后可以形成哪些数字密码？（写出两个）（2）若多项式x3+（m﹣3n）x2﹣nx﹣21因式分解后，利用本题的方法，当x＝27时可以得到其中一个密码为242834，求m、n的值．【答案

】（1）可以形成的数字密码是：212814、211428；（2）m的值是56，n的值是17．【分析】（1）先将多项式进行因式分解，然后再根据数字密码方法形成数字密码即可；（2）设x3+（m﹣3n）x2﹣nx﹣21＝（x+p）（x+q）（x+r），当x＝27时可以得到其中一个密码为

242834，得到方程解出p、q、r，然后回代入原多项式即可求得m、n【详解】（1）x3﹣xy2＝x（x2﹣y2）＝x（x+y）（x﹣y），当x＝21，y＝7时，x+y＝28，x﹣y＝14，∴可以形成的数字密码是：21

2814、211428；（2）设x3+（m﹣3n）x2﹣nx﹣21＝（x+p）（x+q）（x+r），∵当x＝27时可以得到其中一个密码为242834，∴27+p＝24，27+q＝28，27+r＝34，解得，p＝﹣3，q＝1，r＝7，∴x3+（m﹣3n）x2﹣nx﹣21＝（x﹣3）（x

+1）（x+7），∴x3+（m﹣3n）x2﹣nx﹣21＝x3+5x2﹣17x﹣21，∴3517mnn−=−=−得，5617mn==即m的值是56，n的值是17．【点睛】本题属于阅读理解题型，考查知识点以因式分解为主，本题第一问关键在于理

解题目中给到的数字密码的运算规则，第二问的关键在于能够将原多项式设成（x+p）（x+q）（x+r），解出p、q、r【压轴七】二次函数综合问题【真题再现】（2021重庆A卷第25题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，﹣1），B（4，1）．直线AB交

x轴于点C，P是直线AB下方抛物线上的一个动点．过点P作PD⊥AB，垂足为D，PE∥x轴，交AB于点E．（1）求抛物线的函数表达式；（2）当△PDE的周长取得最大值时，求点P的坐标和△PDE周长的最大值；（3）把抛物线y＝x2+bx+c平移，使得新抛物线的顶点

为（2）中求得的点P．M是新抛物线上一点，N是新抛物线对称轴上一点，直接写出所有使得以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形的点M的坐标，并把求其中一个点M的坐标的过程写出来．【思路点拨】（1）利用待定系数法将A（0，﹣1），B（4，1）代入y＝x2+bx+c，

即可求得答案；（2）先运用待定系数法求出AB的函数表达式，设P（t，t2−72t﹣1），其中0＜t＜4，根据点E在直线y=12x﹣1上，PE∥x轴，可得出PE＝﹣2（t﹣2）2+8，再根据△PDE∽△AOC，即可得到△PDE的周长l=−6√5+105（

t﹣2）2+24√55+8，运用二次函数最值方法即可求出答案；（3）分两种情况：①若AB是平行四边形的对角线，②若AB是平行四边形的边，分别进行讨论即可．【详析详解】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，﹣1），B（4，1），∵{𝑐=−

116+4𝑏+𝑐=1，解得：{𝑏=−72𝑐=−1，∴该抛物线的函数表达式为y＝x2−72x﹣1；（2）如图1，设直线AB的函数表达式为y＝kx+n，∵A（0，﹣1），B（4，1），∴{𝑛=−14𝑘+𝑛=1，解得

：{𝑘=12𝑛=−1，∴直线AB的函数表达式为y=12x﹣1，令y＝0，得12x﹣1＝0，解得：x＝2，∴C（2，0），设P（t，t2−72t﹣1），其中0＜t＜4，∵点E在直线y=12x﹣1上，PE∥x轴，∴t2−72t﹣1=12x﹣1，∴x＝2t2﹣7t，∴

E（2t2﹣7t，t2−72t﹣1），∴PE＝t﹣（2t2﹣7t）＝﹣2t2+8t＝﹣2（t﹣2）2+8，∵PD⊥AB，∴△PDE∽△AOC，∵AO＝1，OC＝2，∴AC=√5，∴△AOC的周长为3+√

5，令△PDE的周长为l，则3+√5𝑙=𝐴𝐶𝑃𝐸，∴l=3√5+55•[﹣2（t﹣2）2+8]=−6√5+105（t﹣2）2+24√55+8，∴当t＝2时，△PDE周长取得最大值，最大值为24√55+8．此时，点P的坐标为（2，﹣4）．（3）如图2，满足条件的点M坐标为（

2，﹣4），（6，12），（﹣2，12）．由题意可知，平移后抛物线的函数表达式为y＝x2﹣4x，对称轴为直线x＝2，①若AB是平行四边形的对角线，当MN与AB互相平分时，四边形ANBM是平行四边形，即MN经过AB的中点C（2，0），∵点N的横坐标为2，

∴点M的横坐标为2，∴点M的坐标为（2，﹣4），②若AB是平行四边形的边，Ⅰ．当MN∥AB且MN＝AB时，四边形ABNM是平行四边形，∵A（0，﹣1），B（4，1），点N的横坐标为2，∴点M的横坐标为2﹣4＝﹣2，∴点M的坐标为（﹣2，12）；Ⅱ．

当NM∥AB且NM＝AB时，四边形ABMN是平行四边形，∵A（0，﹣1），B（4，1），点N的横坐标为2，∴点M的横坐标为2+4＝6，∴点M的坐标为（6，12）；综上所述，点M的坐标为（2，﹣4）或（﹣2，12）或（6，12）．【方法小结】本题是二次函数有关的综合题，主要考

查了待定系数法求函数解析式，二次函数图象和性质，三角形周长，平行四边形性质等，熟练掌握待定系数法、二次函数图象和性质及平行四边形性质等相关知识，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．【变式训练】【变式7.1】（2021·重庆巴蜀中学

九年级二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线23yaxbx=++与y轴交于点C与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），其中()2,0A−，并且抛物线过点()4,3D．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点P为直线CD上方抛物线上一点，过P作//PEy轴交BC于点E．连接CP，

PD，DE，求四边形CPDE面积的最大值及点P的坐标；（3）如图2，将抛物线沿射线CB方向平移得新抛物线2111yaxbxc=++()10a，是否在新抛物线上存在点M，在平面内存在点N，使得以A，C，M

，N为顶点的四边形为正方形？若存在，直接写出此时新抛物线的顶点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）2134yxx=−++；（2）3t=时，CPDES最大为94，点P的坐标为(3，154)；（3）存在，新抛物线的顶

点坐标为(5，2)或(3，-1)或(52，32)．【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）要使S四边形CPDE最大，则PE最大，设P(t，14−t2+t+3)，则E(t，12−t+3)，利用二次函数的性质求解即可；（3）分情况讨论，当AC为正方形ACMN的边时，当AC为

正方形ACNM的边时，当AC为正方形AMCN的对角线时，分别作出辅助线，利用全等三角形的判定和性质以及二次函数的平移规律解答即可．【详解】解：（1）因为抛物线过点A(−2，0)和D(4，3)，∴42301

6433abab−+=++=，解得：141ab=−=，∴抛物线的解析式为2134yxx=−++；（2）抛物线2134yxx=−++的对称轴为22bxa=−=，则顶点坐标为(2，4)，∵点A(−2，0)，∴点B(6，0)，令0x=，则3y=，∴C(0，3)，又D(4，3)

，∴DC//x轴，∴PE⊥CD，∵S四边形CPDE=12PE⋅CD，∴S四边形CPDE最大，即PE最大，设直线BC的解析式为3ykx=+，∴063k=+，∴12k=−，∴直线BC的解析式为132yx=−+，设P(t，1

4−t2+t+3)，则E(t，12−t+3)，∴PE=14−t2+32t=()219344t−−+，∴t=3时，S四边形CPDE最大为94，此时P的坐标为(3，154)；（3）∵A(−2，0)，C(0，3)，∴OA=2，OC=3，∴AC=222313+=，当AC为正方形ACMN

的边时，如图，则MN=MC=AN=AC13=，过M作MG⊥y轴于G，过N作NQ⊥x轴于Q，∵ACMN为正方形，∴∠ACM=∠CAN=90，∴∠ACO+∠GCM=∠CAO+∠QAN=∠CAO+∠ACO=90，∠QAN+∠ANQ=90，∴∠

GCM=∠OAC=∠QNA，∴Rt△GCMRt△OACRt△QNA，∴GC=OA=QN=2，GM=OC=QA=3，∴M(3，1)，N(1，2)，∵经过点M的新抛物线是原抛物线2134yxx=−++平

移得到的，∵原抛物线2134yxx=−++的顶点坐标为(2，4)，由平移的性质得，新抛物线的顶点坐标为(2+3，4-2)，即(5，2)；当AC为正方形ACNM的边时，如图，同理求得，N(3，1)，M(1，2)，同理，新抛物线的顶点坐标为(2+1，4-5)，即(3，-1)；当AC为正方形AMCN的对

角线时，如图，则AM=MC=CN=AN，∠CMA=90，过M作MF⊥y轴于F，过M作MH⊥x轴于H，∴四边形MFOH为矩形，MF∥AO，∴∠FMA=∠MAH，∠CMF+∠FMA=90，∠CMF+∠MCF=

90，∴∠MAH=∠MCF，∴Rt△MAHRt△MCF，∴AH=CF，MH=MF，∴四边形MFOH为正方形，设正方形MFOH的边长为x，∴AO+OH=CO-OF，即2+x=3-x，解得：12x=，点M的坐标为(12，12)，同理，新抛物线的顶点坐

标为(2+12，4-52)，即(52，32)；综上，新抛物线的顶点坐标为(5，2)或(3，-1)或(52，32)．【点睛】本题是二次函数综合题，需要掌握待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，正方形的性质，勾股定理，二次函数的平移等知识点

，正确的作出辅助线、分类讨论是解题的关键．【变式7.2】（2021·重庆八中九年级一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线1C：214yxbxc=−++的图象与坐标轴交于A、B、C三点，其中点A的坐标为()0,8，点B的坐标为（-4,0），点D的坐标为()0,4．（1）求该二次函数的表达式及点

C的坐标；（2）若点F为该抛物线在第一象限内的一动点，求FCD面积的最大值；（3）如图2，将抛物线1C向右平移2个单位，向下平移5个单位得到抛物线2C，M为抛物线2C上一动点，N为平面内一动点，问是否存在这样的点M、N，使得四边形DMCN为菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）2184yxx=−++，C（8,0）；（2）25；（3）存在，()1826,1046N++，()2826,1046N−−【分析】（1）利用待定系数法求解；（2）连接OF，设点21,84Faaa−++

，根据FCDFODFCOCDSSSS=+−△△△△O2(3)25a=−−+，利用函数的性质解答即可；（3）存在，根据抛物线平移的性质求得抛物线2C：221(4)41244xxx−−−=++，设M21,24ttt−+，利用菱形的性质得到D

MMC=，求出直线CD的解析式为142yx=−+，CD中点坐标为（4,2），再求得CD的中垂线的函数解析式为26yx=−，将点M21,24ttt−+代入，解得26t=，即可得到点M及点N的坐标．【详解】解：（1）将A的坐标()0,8，B的坐标（-4,0）代入214

yxbxc=−++中，得8440cbc=−−+=，解得18bc==，∴2184yxx=−++，当y=0时，21804xx−++=，解得128,4xx==−，∴C（8,0）；（2）连接OF，设点21,84Faaa−++，∵OD=4

，OC=8，FCDFODFCOCDSSSS=+−△△△△O2111148(8)484222aaa=+−++−2(3)25a=−−+，∴当3a=时，25FODS=最大△；（3）存在抛物线1C：2184yxx=−++=21(2)94x−−+，∵将抛物线1C向右平移2个单位，

向下平移5个单位得到抛物线2C，∴抛物线2C：221(4)41244xxx−−−=++，设M21,24ttt−+∵四边形DMCN为菱形，∴DMMC=，∴点M在线段CD的垂直平分线上，∵()0,4D，C（8,0），∴直线CD的解析式为142yx=−+，CD中点坐标为（4,2），∴

设CD的中垂线的函数解析式为y=2x+b，∴8+b=2，得b=-6，∴CD的中垂线的函数解析式为26yx=−，将点M21,24ttt−+代入，解得26t=①()126,646M−−−，()1826,1046N++②()226,646M−+，()2826,

1046N−−．【点睛】此题考查待定系数法求函数的解析式，抛物线平移的性质，利用抛物线求几何图形的面积，菱形的性质，正确理解菱形的性质是解题的关键．【变式7.3】（2021·重庆九年级一模）如图，抛物线2yaxbxc=++交于x轴于,AB两

点（点A在点B的左侧），且,AB两点的横坐标分别是6−和2，交y轴于点C，且ABC的面积为24．（1）求抛物线的解析式．（2）如图1，若2ADOD=，过点D作//DEAC交y轴于点E，点P是抛物线上AC下方的一动点，连接,PDPE，求PDE△面积的最大值以及最大值时点

P的坐标．（3）如图2，将原抛物线向右平移4个单位长度，得到新的抛物线2111yaxbxc=++，平移后的抛物线与原抛物线的交点为F．在（2）的条件下，在直线AC上是否存在一点M，在平面直角坐标系中是否存在一点N，使得以,,,PFMN为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M

的坐标，若不存在，说明理由．【答案】（1）21262yxx=+−；（2）PDE△面积的最大值为172，点P的坐标为153,2−−；（3）存在，点M的坐标为159,44−−或39,22−−或310310,

644−−或310310,644−−．【分析】（1）由题意易得点A、B的坐标，则8AB=，然后由ABC的面积为24可得6OC=，设抛物线解析式为()()62yaxx=+−，进而把点C的坐标代入求解即可；（2）由

（1）易求直线AC的解析式，进而可得直线DE的解析式为2yx=−−，过点P作PH∥y轴，交DE的延长线于点H，设点21,262Paaa+−，PDE△的面积为S，则(),2Haa−−，然后根据铅垂法可得()22111172226

32222Saaaa=−−−−+=−++，最后问题可求解；（3）由题意易得点C、F重合，由（2）可得153,2P−−，()0,6−F，由题意可设(),6Maa−−，然后根据菱形的性质可分①当PMMF=时，②当PMPF=时，③当MFPF=时，进而根据两点距离公式可进行

分类求解．【详解】解：（1）∵,AB两点的横坐标分别是6−和2，∴()()6,0,2,0AB−，∴8AB=，∵ABC的面积为24，∴18242ABCSOC==，∴6OC=，即()0,6C−，设抛物线解析式为()()62yaxx=

+−，把点()0,6C−的坐标代入得：()()60602a−=+−，解得：12a=，∴抛物线解析式为()()1622yxx=+−，即为21262yxx=+−；（2）由（1）可得：抛物线解析式为21262yxx=+−，()()6,0,2,0AB−，()0,6C−，∵2ADOD=，∴123ODAO=

=，∴点()2,0D−，设直线AC的解析式为ykxb=+，把点A、C代入得：606kbb−+==−，解得：16kb=−=−，∴直线AC的解析式为6yx=−−，∵//DEAC，∴直线DE与AC的斜率相等，即

k相等，∴设直线DE的解析式为yxb=−+，把点()2,0D−代入得：02b=+，解得：2b=−，∴直线DE的解析式为2yx=−−，过点P作PH∥y轴，交DE的延长线于点H，如图所示：设点21,262Paaa+−，PDE△的面积为S，则(),2Haa−−

，∴根据铅垂法可得PDE△的水平宽为点D、E的水平距离，即为2，铅垂高为PH的长，即为22112263422PHaaaaa=−−−−+=−−+，∴()2211117222632222Saaaa=−−−−+=−++，∵102−，∴当3a=−时，S有最大值，

最大值为172S=，∴此时点P的坐标为153,2−−；（3）存在点M、N，使得以,,,PFMN为顶点的四边形是菱形，理由如下：将原抛物线向右平移4个单位长度，得到新的抛物线2111yaxbxc=++，结合（1）可得：∴平移后的解析式为21262yxx=−−，∴点C、F重

合，∴()0,6−F，由（2）可得直线AC的解析式为6yx=−−，点P的坐标为153,2−−，设(),6Maa−−，∵四边形PFMN是菱形，∴①当PMMF=时，由两点距离公式可得：()()22221536662aaaa++−−+=+−−+，解得：1

54a=−，∴点159,44M−−；②当PMPF=时，同理可得：()22221515363624aa++−−+=+−+，解得：123,02aa=−=（舍去），∴点39,22M−−；③当MFPF=时，同理可得：()22221566364

aa+−−+=+−+，解得：12310310,44aa=−=，∴点310310,644M−−或310310,644M−−；综上所述：当以,,,PFMN为顶点的四边形是菱形，点M的坐标为159,44−−或39,

22−−或310310,644−−或310310,644−−．【点睛】本题主要考查二次函数的综合及菱形的性质，熟练掌握二次函数的性质与菱形的性质是解题的关键．【变式7.4】．（2021·重庆九年级一模）如图

，在平面，在平面直角坐标系中，地物线y＝23x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0）与y轴交于点C．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）点P是直线BC下方抛物线上的任意一点，连接PB，PC，以PB，

PC为邻边作平行四边形CPBD，求四边形CPBD面积的最大值；（3）将该抛物线沿射线CB方向平移132个单位，平移后的抛物线与y轴交于点E，点M为直线BC上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点N，使以点C，E，M，N为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点N的坐

标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）224233yxx=−−（2）92（3）（-2713，2926）【分析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0）两点坐标代入抛物线解析式得到关于b、c的二元一次方程组，解方程组可得b、c的值，从而得到抛物线的表达

式；（2）作PH⊥x轴，交直线BC于H点，求出直线BC的解析式，表示出P，H的坐标，得到PH的长，根据平行四边形的性质得到四边形CPBD面积关于x的函数，由二次函数的最值即可求解；（3）先求出平移后的抛物线，根据矩形的性

质求出M点坐标，再根据全等三角形的性质即可找到N点位置及坐标．【详解】解：（1）由题意可得：20320933bcbc=−+=++，解之得：432bc=−=−，∴抛物线的函数表达式为22423

3yxx=−−；（2）作PH⊥x轴，交直线BC于H点，令x=0，224233yxx=−−=-2∴C（0，-2）设直线BC的解析式为y=kx+b把B（3，0）、C（0，-2）代入得032kbb=+=−解得232kb=

=−∴直线BC的解析式为y=23x-2设P（x，224233xx−−），则H（x，23x-2）∴PH=（23x-2）-（224233xx−−）=2223xx−+∵四边形CPBD是平行四边形，∴S四边形CPBD=2S△BCP=122OBPH=3（2223xx−+）=226x

x−+=239222x−−+∴当x=32时，四边形CPBD面积的最大值为92；（3）224233yxx=−−=()221833x−−∵OC=2，OB=3∴BC=222313+=将该抛物线沿射线CB方向平

移132个单位，相当于将抛物线向右平移32个单位、向上平移1个单位∴平移后的抛物线为y=2233552x−−=22105332xx−+∵平移后的抛物线与y轴交于点E，令x=0，y=52∴E（0，52）∵点C，E，M，N为顶点的

四边形为矩形，∴BC⊥EM由（2）可知直线BC的解析式为y=23x-2∴设直线EM的解析式为y=-32x+n把E（0，52）代入y=-32x+n，解得n=52∴直线EM的解析式为y=-32x+52联立2233522yxyx=−=−+

，解得2713813xy==−∴M（2713，813−）如图，作MT⊥y轴，NS⊥y轴在Rt△ENS和Rt△CMT中90ESNCTMNESMCTENCM====∴Rt△ENS≌Rt△CMT

∴ES=CT，NS=MT∴ENCMyyyy−=−，NMxx==2713即582213Ny−=−，解得2926Ny=∴N点坐标为（-2713，2926）．【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的图象与性质、待

定系数法的运用及矩形的性质特点．【压轴八】几何综合探究压轴问题【真题再现】（2021重庆A卷第26题）在△ABC中，AB＝AC，D是边BC上一动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转至AE的位置，使得∠DAE+∠BAC＝180

°．（1）如图1，当∠BAC＝90°时，连接BE，交AC于点F．若BE平分∠ABC，BD＝2，求AF的长；（2）如图2，连接BE，取BE的中点G，连接AG．猜想AG与CD存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，CE．若∠BAC＝120°，当BD

＞CD，∠AEC＝150°时，请直接写出𝐵𝐷−𝐷𝐺𝐶𝐸的值．【思路点拨】（1）连接CE，过点F作FQ⊥BC于Q，判断出FA＝FQ，再判断出∠BAD＝∠CAE，进而得出△ABD≌△ACE（SAS），得出BD＝

CE＝2，∠ABD＝∠ACE＝45°，再判断出CF＝CE＝2，即可得出结论；（2）延长BA至点M，使AM＝AB，连接EM，得出AG=12ME，再判断出△ADC≌△AEM（SAS），得出CD＝CM，即可得出结论；（3）如图3，连接DE，AD与BE的交点记作点N，先判断出△ADE是

等边三角形，得出AE＝DE，∠ADE＝∠AED＝60°，∠ACB＝∠ABC＝30°，进而判断出点A，B，C，E四点共圆，得出∠BEC＝∠BAC＝120°，再判断出BE是AD的垂直平分线，也是∠ABC的

角平分线，设AG＝a，则DG＝a，进而得出CD＝2a，CE＝DE=√2a，AD=√2a，再构造直角三角形求出AC，即可得出结论．【详析详解】解：（1）连接CE，过点F作FQ⊥BC于Q，∵BE平分∠ABC，∠BAC＝

90°，∴FA＝FQ，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴FQ=√22CF，∵∠BAC+∠DAE＝180°，∴∠DAE＝∠BAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，由旋转知，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE＝2，∠ABD＝∠ACE＝45°，∴

∠BCE＝90°，∴∠CBF+∠BEC＝90°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，∴∠ABF+∠BEC＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠ABF+∠AFB＝90°，∴∠AFB＝∠BEC，∵∠AFB＝∠CFE，∴∠BEC＝∠CFE，∴CF＝CE＝2，∴AF＝FQ=√22CF=√2；（2）A

G=12CD，理由：延长BA至点M，使AM＝AB，连接EM，∵G是BE的中点，∴AG=12ME，∵∠BAC+∠DAE＝∠BAC+∠CAM＝180°，∴∠DAE＝∠CAM，∴∠DAC＝∠EAM，∵AB＝AM，AB＝AC，∴AC＝AM，∵AD＝AE，∴△ADC≌△AEM（SAS），∴CD＝CM

，∴AG=12CD；（3）如图3，连接DE，AD与BE的交点记作点N，∵∠BAC+∠DAE＝180°，∠BAC＝120°，∴∠DAE＝60°，∵AD＝AE，∴△ADE是等边三角形，∴AE＝DE，∠ADE＝∠AE

D＝60°，∵∠AEC＝150°，∴∠DEC＝∠AEC﹣∠AED＝90°，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠ACB＝∠ABC＝30°，∵∠AEC＝150°，∴∠ABC+∠AEC＝180°，∴点A，B，C，E四点共圆，∴

∠BEC＝∠BAC＝120°，∴∠BED＝∠BEC﹣∠DEC＝30°，∴∠DNE＝180°﹣∠BED﹣∠ADE＝90°，∵AE＝DE，∴AN＝DN，∴BD是AD的垂直平分线，∴AG＝DG，BA＝BD＝AC，∴∠ABE＝∠DBE=12∠ABC＝15°，∴∠ACE＝∠ABE＝15

°，∴∠DCE＝45°，∵∠DEC＝90°，∴∠EDC＝45°＝∠DCE，∴DE＝CE，∴AD＝DE，设AG＝a，则DG＝a，由（2）知，AG=12CD，∴CD＝2AG＝2a，∴CE＝DE=√22CD=√2a，∴AD=√

2a，∴DN=12AD=√22a，过点D作DH⊥AC于H，在Rt△AHC中，∠ACB＝30°，CD＝2a，∴DH＝a，根据勾股定理得，CH=√3a，在Rt△AHD中，根据勾股定理得，AH=√𝐴𝐷2−𝐷𝐻2=a，∴AC＝AH+CH＝a+√3a，∴BD＝a+√3a，∴𝐵�

�−𝐷𝐺𝐶𝐸=𝑎+√3𝑎−𝑎√2𝑎=√62．【方法小结】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，判断出点A，B，C，E四点共圆是解本题的关键．【变式训练】【变式8.1】（2021·重庆南开中学九年级二模）在等腰RtABC△

中，90BAC=，ABAC=，延长BA至点D，延长AC至点E，使得BDAE=，DH交BC于点F，过点B作BHBA⊥交DF延长线于点H，连接DE、EH．（1）如图1，若ADBH=，2EH=，22DH=，求点H到DE的距离；（2）如图2，若点F为BC的中点，连

接EF，求证：=+EHECHB；（3）如图3，若2AB=，点N、F分别为线段AC、BC上的点，满足2=BFCN，连按FN，将CFN绕点F顺时针旋转90°，点N旋转后的对应点为点M，连接AM，直接写出AM的最小值．【答案】（1）142；（2）见解析；（3）255．【分析】（1）由已知可证

()≌ADEBDHSAS△△，可知DE=DH，DEH△是等腰三角形，因底边EH已知，所以可用三角形的面积公式加以解决；（2）设AE与DH相交于点Q，借助于三角形的全等和线段的和差即可得证；（3）根据旋转的性质，将线段AM构造在直角三角形中，利用勾

股定理和二次函数，可求得AM的最小值．【详解】解：（1）过点H作⊥HPDE于点P．∵ADBH=，AEBD=，90==DAEDBH，∴()ADEBHDSAS≌△△．∴22==DEDH．过点D作⊥DKEH，则EK=HK=1

．∴22817=−=−=DKDEEK．∵1122==DEHSDKEHHPDE△∴142==DKEHHPDE．（2）设AE与DH相交于点Q．∵点F为BC的中点，,90,ABACBAC==∴CF=BF．45,135,FABDAFECF=

==,90,ABACCABBHBD==⊥，∠QCF=∠HBF=45°，又∠CFQ=∠BFH，∴()≌CQFBHFASA△△．∴=QFFH，=CQBH连接AF．,,BDAEABAC==,ADCE=在ADF和CEF△中，ADCEECFDAFCF

AF===，∴()ADFCEFSAS≌．∴CFEDFA=．∴90==EFDAFC．又∵=QFFH，∴EQEH=．∴=+EHECHB．（3）如图所示，过点F作FG⊥AB于G，连接NG．设点C的对应点为P，∵CFN绕点F顺时针旋转90°得到PFM△，∠C=45°，∴C

F=PF，点P在AC上；∠APM=90°且PM=CN．在等腰RtBFG中，∵2BFFG=，又∵2=BFCN，∴FGCN=．∵∠CAB=∠FGB=90°，∴CN∥FG．∴四边形CNGF是平行四边形．∴NG=CF．设AN=AG=x，则NG=CF=PF=2x，PM=CN=2-x，∴

CP=2x，AP=2-2x．∴在RtAMP△中，222AMAPMP=+()()22222xx=−+−25128xx=−+264555x=−+∴2AM是关于x的二次函数，且开口向上．∴当65x=时，2AM的最小值是45．

∴AM的最小值是255．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、旋转的性质、二次函数的性质等知识点，熟知相关性质是解题的基础，而善于发现问题、解决问题的能力是关键．【变式8.2】（2021·重庆九年级二模）已知，在RtABC中，90B

CA=.点D为边BC延长线上一动点，过点D作BEBA⊥于点E并交AC于点G，连接AD.点F是AD的中点．连接.CFEFCE、、（1）如图1，小华研究发现BÐ和CFE有特定的数量关系，请你认真研究．当BCFE=时，求出BÐ．（2）在（1）小题的结论下，如图2，在点D的运动过程中，

当GCBC=时．式子DEAECE−的值不变．猜想这个值并证明你猜想的结论．（3）在（1）小题的结论下，如图3，过点C作//CMDE交AB于点M.在MC的延长线上取点N.使得CNCM=，连接NF．在点D的运动过程中

，当NF取得最小值时，请直接写出sinFCN的值．【答案】（1）2∠B+∠CFE=180°，60°；（2）2，见解析；（3）32114．【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到FA=FE，FC=FD，从而得到∠FAE=∠FEA，∠FCD=∠FDC，∠EFC=1

80°-∠AFE-∠DFC，利用三角形内角和定理变形计算即可；（2）如图，在DE上截取DH=AE，证明三角形ECH是等腰直角三角形即可；（3）如图，取AB的中点G，连接FG，证明F的在中位线FG上，根据

垂线段最短，确定出最小值的位置，后过点F作FH⊥CN，垂足为H，通过特殊角的函数值，灵活解直角三角形即可．【详解】（1）如图1，∵∠AED=∠ACD=90°，AF=DF，∴FA=FE=FC=FD，∴∠FAE=∠FEA

，∠FCD=∠FDC，∴∠EFC=180°-∠AFE-∠DFC，∴∠EFC=180°-（180°-2∠FAE）-（180°-2∠FDC），∴∠EFC=180°-180°+2∠FAE-180°+2∠FDC，∴∠EFC=2∠FAE+2∠

FDC-180°，∴∠EFC=2（180°-∠B）-180°，∴∠EFC=2（180°-∠B）-180°，∴2∠B+∠CFE=180°，∵∠B=∠CFE，∴∠B=60°，（2）这个值是2；理由如下：∵∠BED=∠ACD=∠BCA=90°，∴∠B+

∠BAC=90°，∠B+∠GDC=90°，∴∠BAC=∠GDC，∵BC=GC，∴△BCA≌△GCD，∴CA=CD，如图，在DE上截取DH=AE，∵∠EAC=∠HDC，CA=CD，∴△CEA≌△CHD，∴CE=CH，∠CEA=∠CHD，∴∠CEB=∠CHG

，∵∠CEB+∠CEH=90°，∴∠CHE+∠CEH=90°，∴∠ECH=90°，∴22222EHCECHCE=+=,∴EH=2CE，∴DE-DH=2CE，∴DE-AE=2CE，∴DEAECE−=2CECE=2；（3）如图，取AB的中点G，连接FG，∵F是AD的中点，∴

FG是△ABD的中位线，FG∥BD，∴点F在经过点G且平行于BD的直线上，根据垂线段最短原理，得当NF⊥FG时，NF最小，∵FG∥BD，∴NF⊥BD，垂足为P，设BM=x，∵∠B=60°，∠BMC=90°，∴tan60°=CMBM，cos60°=BMBC,∠BCM=30°，∴CM=3x，

BC=2x，∴CN=3x，∠PCN=30°，∵∠BAC=30°，∠AMC=90°，∴AC=2CM=23x，∵F是AD的中点，NF⊥BD，AC⊥CD，∴FP∥AC，∴FP是△ACD的中位线，∴FP=12AC=3x，∵CN=3x，∠PC

N=30°，∴PN=12CN=32x，∠N=60°，∴FN=FP+PN=3x+32x=332x，过点F作FH⊥CN，垂足为H，∴FH=FNsin60°=33322x=94x，HN=FNcos60°=33122x

=334x，∴CH=CN-HN=3x-334x=34x，在直角三角形FCH中，222FCFHCH=+,∴FC=2293()()44xx+=212x，∴sin∠FCN=92142FHxxFC==32114．【点睛】本

题考查了直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，三角形全等的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握基础知识，灵活构造辅助线，准确解直角三角形是解题的关键．【变式8.3】（2021·重庆八中九年级二模）在△ABC中，AC＝BC，D为△ABC外一点，连接C

D．（1）如图1，若∠ACB＝60°，CD∥AB，连接BD交AC于点E，且CD＝2AB＝2，求S△BCE．（2）如图2，CE＝CD，∠ECB＝∠DCA，ED交AB于点F，FG垂直平分EC，且FG＝12EC，M，N分别为AF，CD中点，连接MN，求证：MN＝12B

F．（3）如图3，若∠ACB＝90°，CD∥AB，将AD绕着A点顺时针旋转60°得到AD'，连接DD'，BD'，且AC＝6，求BD'的最小值．【答案】（1）36；（2）证明见解析；（3）3﹣3．【详解】（1）如图1中，过点B作BH⊥AC于H．想办法求出EC，BH，可得结论．

（2）如图2中，延长AN到H，使得NH＝AN，连接FH，CF．利用全等三角形的性质证明FH＝BF，可得结论．（3）如图3中，在直线CD上取两点E，F，连接AE，AF，使得△AEF是等边三角形，过点A作AR⊥EF于R，连接ED′，过点B作BH

⊥ED′交ED′的延长线于H，设AB交EH于J．证明∠CHE＝60°＝定值，推出点D的运动轨迹是直线ED′，当BD′与BH重合时BD′定值最小，求出BH即可．【解答】（1）解：如图1中，过点B作BH⊥AC于H．∵AC＝BC，∠ACB＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝B

C＝AC＝1，∵BH⊥AC，∴AH＝CH＝，∴BH＝，∵AB∥CD，∴＝＝，∴EC＝AC＝，∴S△BEC＝•EC•BH＝××＝．（2）证明：如图2中，延长AN到H，使得NH＝AN，连接FH，CF．∵DN＝CN，∠AND＝∠HNC，AN＝NH，∴△AND≌△HNC（SAS

），∴AD＝CH，∠ADN＝∠NCH，∵CD＝CE，∠DCA＝∠ECB，CA＝CB，∴△DCA≌△ECB（SAS），∴AD＝BE，∠CDA＝∠CEB，∵FG垂直平分线段EC，∴CG＝EG，FC＝FE，∵FG＝EC，∴FG＝GC＝GE，∴∠FEC＝∠FCE＝45°，∴∠CDE＝∠CED＝45°，

∴∠DCE＝90°，∴∠DCF＝45°，∵∠FCH＝∠NCH+45°，∠BEF＝∠CEB+45°，∴∠FCH＝∠BEF，∵CH＝BE，CF＝EF，∴△FCH≌△FEB（SAS），∴FH＝BF，∵AM＝FM，AN＝NH，∴FH＝2MN，∴NF＝2MN．（3）解：如图3中，

在直线CD上取两点E，F，连接AE，AF，使得△AEF是等边三角形，过点A作AR⊥EF于R，连接ED′，过点B作BH⊥ED′交ED′的延长线于H，设AB交EH于J．∵CA＝CB＝，∠ACB＝90°，∴AB＝AC＝2，∠CAB＝45°，∵AB∥CD

，∴∠ACD＝∠CAB＝45°，∵AR⊥CD，∴AR＝RC＝，∵△AEF是等边三角形，∴AE＝＝2，∵∠DAD′＝∠EAF＝60°，∴∠D′AE＝∠DAF，∵D′A＝DA，EA＝FA，∴△AED′≌△AFD（SAS），∴∠AED′＝∠AFD＝60°，∵∠AEF＝60°

，∴∠CED′＝60°＝定值，∴点D的运动轨迹是直线ED′，∴当BD′与BH重合时BD′定值最小，∵AB∥CD，∴∠AJE＝∠CEH＝60°，∴△AJE是等边三角形，∴AJ＝AE＝2，∴BJ＝AB﹣AJ＝2﹣2，∴BH＝BJ•sin

30°＝3﹣，∴BD′的最小值为3﹣．【变式8.4】（2021·重庆实验外国语学校九年级一模）等腰直角△ACB中，∠C＝90°，点D为CB延长线上一点，连接AD，以AD为斜边构造直角△AED（点E与点C在直线AD的

异侧）．（1）如图1，若∠EAD＝30°，AE＝302，BD＝2，求AC的长；（2）如图2，若AE＝DE，连接BE，猜想线段BE与线段AD之间的数量关系并证明；（3）如图3，若AC＝4，tan∠BAD＝13，连接CE，取CE的中点P

，连接DP，当线段DP最短时，直接写出此时△PDE的面积．【答案】（1）1；（2）22BEAD=，见解析；（3）148418537−【分析】（1）由锐角三角函数可求DE，AD的长，由勾股定理可求AC的长；（2

）取AD的中点H，连接CH，通过证明EABHAC∽，可得2BECH=，即可求解；（3）过点B作BGAD⊥于G，根据1tan3BAD=，设BGm=，3AGm=，且0m，运用勾股定理求出455m=，再由BDGADC∽，得出BD，AD，CD，延长CD至F，使8DF

CD==，连接EF，以AD为直径作O，连接OB，OF，OF与O交于点E，根据三角形中位线定理可得12DPEF=，当线段DP最短时，EF最短，即E与E重合，运用勾股定理可求出23725EFOFOE=−=−，过点E作EH

CF⊥于点H，即可求得答案．【详解】解：（1）30EAD=，302AE=，90E=，102DE=，210ADDE==，222ADACCD=+，2210(2)ACAC=++，1AC=或3AC=−（舍

去），1AC=；（2）22BEAD=，理由如下：如图2，取AD的中点H，连接CH，AEDE=，BCAC=，90ACBAED==，45ADEDAECABCBA====，2ABAC=，2

ADAE=，CADBAE=，H是AD的中点，22AHAE=，12CHAD=2AEAH=，2AEABAHAC==，EABHAC∽，2BECH=，12222BEADAD==；（3）如图3，过点B作BGAD⊥于G，4ACA

B==，90ACB=，45BACABC==，442coscos45ACABBAC===，1tan3BAD=，1tan3BGBADAG==，设BGm=，3AGm=，且0m，222BGAGAB+=，222(3)(42)mm+=，解得：455m=，455BG=，12

55AG=，90DGBDCA==，BDGADC=，BDGADC∽，BGDGBDACCDAD==，即455441255DGBDBDDG==++，45BDDG+=，51255BDDG=+，4BD=，855DG=，45A

D=，8CD=，延长CD至F，使8DFCD==，连接EF，以AD为直径作O，连接OB，OF，OF与O交于点E，点P是线段CE的中点，点D是CF的中点，12DPEF=，当线段DP最短时，EF最短，点E在O上，EF最短时，点E为OF与O的交点，即E

与E重合，4CBDB==，AODO=，//OBAC，122OBAC==，4812BFBDDF=+=+=，90FBOACB==，2222122237OFBFOB=+=+=，23725EFOFOE=−=−，DP的最小

值为1(23725)3752−=−，过点E作EHCF⊥于点H，则//EHOB，EHFEOBFO=，即237252237EH−=，74218537EH−=，11117421851484185822243737PDECD

ESSCDEH−−====；当线段DP最短时，148418537PDES−=．【点睛】本题考查了直角三角形的性质、等腰直角三角形性质、点到直线的距离、勾股定理、线段垂直平分线的判定和性质，解直角三角形，相

似三角形的判定和性质，掌握解直角三角形和相似三角形的判定和性质是解题的关键．