【精品解析】【湖南卷】备战2026年中考数学真题变式阶梯训练第25~26题

【湖南卷】备战2026年中考数学真题变式阶梯训练第25~26题
一、原题25
1．（2025·湖南）【问题背景】
如图1，在平行四边形纸片ABCD中，过点B作直线l⊥CD于点E，沿直线l将纸片剪开，得到△B1C1E1和四边形ABED，如图2所示．
【动手操作】
现将三角形纸片B1C1E1和四边形纸片ABED进行如下操作（以下操作均能实现）
①将三角形纸片B1C1E1置于四边形纸片ABED内部，使得点B1与点B重合，点E1在线段AB上，延长BC1交线段AD于点F，如图3所示；
②连接CC1，过点C作直线CN⊥CD交射线EE1于点N，如图4所示；
③在边AB上取一点G，分别连接BD，DG，FG，如图5所示．
【问题解决】
请解决下列问题：
（1）如图3，填空：∠A+∠ABF＝ 　 　 °；
（2）如图4，求证：△CNM≌△C1E1M；
（3）如图5，若，∠AGD＝60°，求证：FG∥BD．
【答案】（1）90
（2）证明：∵CN⊥CD，
∴∠CND＝90°，
由题可知∠CE1C1＝∠CEB＝90°，BE＝B1E1，CE＝C1E1，
∵AB∥CD，
∴∠EBE1＝∠CBE＝90°，
∴△EBE1为等腰直角三角形，
∴∠BE1B＝∠BEE1＝45°，
∴∠CEN＝∠CNE＝∠C1E1M＝45°，
∴CN＝CE＝C1E1，
在△CNM和△C1E1M；
，
∴△CNM≌△C1E1M（AAS）
（3）证明：如图，过点D作DP⊥AB垂足为点P，
由题，
设，则，，
∴，
在Rt△ADP中，，
∴，
∵∠AGD＝60°，
∴在Rt△GDP中，，
∴AG＝AP+PG＝2，
∴，即，
∵∠A＝∠A，
∴△AFG∽△ADB，
∴∠AFG＝∠ADB，
∴FG∥BD．
【知识点】平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：由题可知∠ABF＝∠CBE，
∵BE⊥CD，
∴∠CEB＝90°，
∴∠CBE+∠C＝90°，
在平行四边形ABCD中，∠A＝∠C，
∴∠A+∠ABF＝90°，
故答案为：90；
【分析】（1）由于平行四边形的对角相等，则，由垂直的概念可得与互余，又，等量代换得与互余；
（2）由于平行四边形的对边平行，则，又，则，则，因为，即为等腰直角三角形，则，又因为，即，又对顶角相等，则可利用AAS证明结论成立；
（3）由于，为便于计算，可设，则，，此时可过点D作AB上的高DP构造直角三角形，分别解和可求出和AP，再由勾股定理可得DP，再解可得PG，即AG可得，此时可借助两边对应成比例且夹角相等证明相似于，由相似的性质可得，则同位角相等两直线平行.
二、变式1基础
2．如图，已知平行四边形ABCD，连接对角线AC，BD交于点E，过点E作PQ⊥MN，分别与AB，BC，CD，DA交于点P，M，Q，N．
（1）求证：Δ DEQ Δ BEP．．
（2）若依次连接P，M，Q，N，四边形PMQN是什么特殊四边形？说明理由
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴EB=ED，AB//CD，
∴∠EBP=∠EDQ，
在ΔDEQ和ΔBEP中，
，
∴ΔDEQ ΔBEP(ASA)；
（2）解：四边形PMQN是菱形，理由如下：
∵ΔPBE ΔQDE，
∴EP=EQ，
同理：ΔBME ΔDNE(ASA)，
∴EM=EN，
∴四边形PMQN是平行四边形，
PQ⊥MN，
∴四边形PMQN是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得EB=ED，AB//CD，则∠EBP=∠EDQ，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
（2）根据全等三角形性质可得EP=EQ，同理：ΔBME ΔDNE(ASA)，则EM=EN，再根据菱形判定定理即可求出答案.
3．如图，在 ABCD中，∠ABC 的平分线 BE 交 AD 于点 E，AF⊥BE 于点 F，延长 AF交 BC于点 G，连结 EG，CF.
（1）判断四边形AEGB 的形状，并说明理由；
（2）若 tan∠ABC= ，CD=8，AD=10，求线段CF 的长.
【答案】（1）结论：四边形 AEGB 是菱形
理由：已知 BE平分ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AD//BC且AD = BC，
∴∠CBE=∠AEB，
∴∠ABE=∠AEB=∠CBE
在△ABE中，等角对等边，
∴AB =AE，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB =∠AFE =90°，
∴△AFE≌△GFB，
∴AE=BG，
∵AD||BC，且AE=BG，
∴四边形 AEGB 是平行四边形，
∵AB= AE，
∴四边形 AEGB 是菱形
（2）解：已知，
∴∠ABC= 60°。
过点F作FM⊥BC于点 M，如图所示：
∵四边形 ABGE 是菱形，
∴∠GBE=∠ABC= 30°，且BG= AB=CD=8，
在Rt△BFG中，，
根据勾股定理，，
在Rt△BFM中，所以，
再根据勾股定理，
已知BC = AD = 10，
∴CM = BC-BM = 10-6 = 4，
在Rt△FMC中，根据勾股定理，
把，CM = 4代入可得：
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】 (1)首先根据角平分线的性质得到∠ABE=∠CBE，然后根据平行四边形的性质得到对角平行且相等，进而利用全等三角形的判定证明△AFE≌△GFB，从而判断四边形AEGB为平行四边形，最后利用有一组邻边相等的平行四边形为菱形来证明四边形 AEGB 是菱形；
(2)先根据 tan∠ABC= 求出∠ABC的度数，再利用菱形的性质求出∠GBE，进而利用含30°角直角三角形的性质求出FG，然后利用勾股定理求出BF和BM，然后在Rt△FMC，通过勾股定理求出 CF 的长.
4．（2024·长沙模拟）如图，在中，，分别垂直对角线于点，．
（1）求证：；
（2）若的周长为，，过点作于点，，求的长．
【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
、分别垂直对角线于点、，
，
在和中，
，
，
（2）解：，，，
，
在中 ，，
，
在中，，
，，
的周长为，
，
，
中，，
．

【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—边角关系；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）根据平行四边形推导，然后利用AAS证明即可得到结论；
（2）先求出，利用含的直角三角形的性质得到、长，然后在中，利用正切求出长，即可得到长，然后运用勾股定理求出EC长解题．
（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
、分别垂直对角线于点、，
，
在和中，
，
，
．
（2）解：，，，
，
在中 ，，
，
在中，，
，，
的周长为，
，
，
中，，
．
三、变式2巩固
5．（2025·中山模拟）如图1，点P是对角线上的一点（），且使得，连接并延长，交于点E．
（1）若，求的值．
（2）如图2，将沿方向平移到，求证：．
（3）如图3，连接，取的中点M，连接交于点F，若，求的值．
【答案】（1）解：∵，∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
，
又，
，
（2）证明：，，
∵将沿方向平移到，
，，
，
，，
，
，
（3）解：如图，取的中点G，连接．
设 ，则．
∵，
，
，．
∵M点是的中点，G点是的中点，
∴是的中位线，
，
∴．
延长至Q点，使，连接，，
又，
∴四边形是平行四边形，
，．
又∵四边形是平行四边形，
，，
，，
，
又，
，，
，，
又，
，
．
，，
，
【知识点】平行四边形的性质；平移的性质；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）利用已知条件可求出的值，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得，利用相似三角形的对应边成比例，可求出ED与CD的比值，然后求出DE与DE的比值即可.
（2）利用等角对等边可证得，根据平移的性质可得，，可推出，，再利用证明，利用全等三角形的性质可证得结论.
（3）取的中点G，连接，则可得是的中位线，则．根据平行线分线段成比例定理可得的值．延长至Q点，使，连接，，则可得四边形是平行四边形，则，．再结合可得，，利用SAS可知，利用全等三角形的性质可证得AD=QD，然后求出DF与AD的比值.
（1）解：∵，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
，
又，
，
．
（2）证明：，
，
∵将沿方向平移到，
，，
，
，，
，
，
．
（3）解：如图，取的中点G，连接．
设 ，则．
∵，
，
，．
∵M点是的中点，G点是的中点，
∴是的中位线，
，
∴．
延长至Q点，使，连接，，
又，
∴四边形是平行四边形，
，．
又∵四边形是平行四边形，
，，
，，
，
又，
，，
，，
又，
，
．
，，
，
．
6．
（1）【探究发现】如图①，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，DE∥BC，M为DE 的中点，连结AM并延长交BC于点N，求证：BN=NC.
（2）【拓展应用】如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD交于点N，E，F分别是边AB，AD上的点，EF∥BD交AC于点M.若AD=2，BC=3，求 的值.
（3）【综合提升】如图③，在 ABCD中，AB=4，∠ABC=60°，动点E在边AB上，过点E作EF∥BD交AC于点 F，过点F作FG⊥EF交BC于点G，连结EG.求EG的最小值.
【答案】（1）解：证明：∵DE∥BC，
∴△ADM∽△ABN，△AME∽△ANC.
∵M为DE 的中点，
∴DM=ME.∴BN=NC.
（2）解：∵EF∥BD，
∴△AEM∽△ABN，△AMF∽△AND，
∵AD∥BC， AD =2， BC=3，
∴△ADN∽△CBN，
（3）解：延长EF交AD于P， 连结PG.如图3，
在ABCD中， AC， BD交于点O， 则O为BD中点，
由 (1)可得
，
∴当 时，PG取到最小值，即此时EG取得最小值.如图4，
过A作 H为垂足， 则 ，
∴PG的最小值为
即EG的最小值是
【知识点】平行四边形的判定；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】【探究发现】由 可得出两组三角形相似，从而得出线段之间的比例关系 等量代换后得结合DM 可得结论.
【拓展应用】仿照(1)可证 再由A 可得 于是
【综合提升】延长EF交AD于P，连结PG.由平行四边形性质知O为BD中点，再由. 结合(1)的结论可得. 再结合 得 PG， 当 时PG取到最小值，即EG取得最小值， 作 AH在直角三角形ABH中可解得，于是可得结果.
7． 如图，在每一个四边形ABCD 中，均有 AD∥BC，CD⊥BC，∠ABC=60°，AD=8，BC=12.
（1）如图①，点 M 是四边形ABCD 边AD 上的一点，则△BMC的面积为　 　.
（2）如图②，点 N 是四边形ABCD 边AD 上的任意一点，请你求出△BNC 周长的最小值.
（3）如图③，在四边形ABCD 的边AD 上，是否存在一点 P，使得cos∠BPC 的值最小 若存在，求出此时 cos∠BPC 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）解：延长CD使，则点C和C1关于在直线AD的对称，所以CN1=CN1，
连接C1B交AD与点N1，这时△BNC周长的最小值为△BN1C周长.
在△BCC1中，，
∴△BNC 周长的最小值为
（3）解：如答图，存在点 P，使得 cos∠BPC 的值最小.
作BC的中垂线 PQ 交 BC 于点 Q，交 AD 于点 P，连接 BP，CP，作△BPC 的外接圆⊙O，⊙O 与直线PQ 交于点N，则 PB=PC，圆心O在 PN 上.
∵AD∥BC，∴⊙O与AD 正好相切于点 P.
∴PQ>BQ，则∠BPC<90°，圆心O在弦BC 的上方.
在AD 上任取一点P'，连接P'B，P'C，P'B 交⊙O 于点M，连接MC.
∴∠BPC=∠BMC≥∠BP'C.
∴∠BPC 最大，cos∠BPC 的值最小.
连接OB，则∠BON=2∠BPN=∠BPC.
∴在 Rt△BOQ 中，(
解得
即此时 cos∠BPC 的值是
【知识点】三角形的面积；三角形的外接圆与外心；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：(1)过点A作AN⊥BC，垂足为N，
△ABN利用锐角三角函数求出.
∴△BMC的面积为.
故答案为：.
【分析】(1)过点A作AN⊥BC，垂足为N，△ABN利用锐角三角函数求出，再根据三角形面积公式即可求解；
(2)△BNC的边BC是定值，求出△BNC周长的最小值也就是在线段AD上找点N使求出BN+CN的最小，
根据两点之间线段最短，所以点只需找到C和C1关于在直线AD的对称，所以CN1=C1N1连接C1B交AD与点N1，这时△BNC周长的最小值为△BN1C周长；
(3)先找到使cos∠BPC的值最小点P.(P在△BPC的外接圆☉O上)，根据勾股定理求出cos∠BPC的值.
四、变式3提高
8．转化是解决数学问题常用的思想方法之一，它可以在数与数、数与形、形与形之间灵活应用.请解答下面的问题.
如图①， 在 △AOB 中， OA = OB，∠AOB=90°.
（1）【基础巩固】
将图①中△AOB绕点 B 按顺时针方向旋转60°得到△DCB，如图②，连结 OC，求证：OC=OB.
（2）【思考探究】
将图①中△AOB 绕点 B 按顺时针方向旋转60°并缩小得到△DCB，如图③，使 ，连结OC，AD.
①求证：△OBC∽△ABD；
②用等式表示 AD 与AB 之间的数量关系，并说明理由.
（3）【拓展延伸】
将图①中△AOB绕点 B 按顺时针方向旋转某个角度(小于 180°)并缩小得到△DCB，如图④，使 连 结 OC，AC，AD.当OC=OB时，求 的值.
【答案】（1）证明：证明：由旋 转 的 性 质 得∠OBC=60°，OB=CB，
∴△OBC为等边三角形.
∴OC=OB.
（2）解：①证明：∵△AOB 和△DCB 都为等腰直角三角形，
由旋转可得∠OBC=∠ABD=60°，
∴△OBC∽△ABD.
②理由如下：如图 ①，延长 BC至点 C'，使( 延长 BD 至点 D'，使 ，连结C'D'，OC，
由(1)可知，△OBC'为等边三角形，
∴OC⊥BC'.
∴∠OCB=90°.
∵△OBC∽△ABD，
∴∠ADB=∠OCB=90°.
（3）解：如图②，延长 AC交BD 于点 E.
∵△AOB 和△BCD
都为等 腰直角 三角形，
由旋转可知∠OBC=∠ABD，
∴△OBC∽△ABD.
∵OB=OC，∴AB=AD.
又∵BC=DC，AC=AC，
∴△ABC≌△ADC.
∴∠ACD=∠ACB=135°.
∴∠BCE=∠DCE=45°.
∴∠CEB=90°.
设BC=2a，则OB=4a，AB=4 a，
【知识点】等边三角形的判定；旋转的性质；等腰直角三角形；相似三角形的判定-SAS；转化思想
【解析】【分析】 （1）由旋转的性质得出∠OBC=60°，OB=CB，证出△OBC是等边三角形，由等边三角形的性质得出结论；
（2） ①由等腰直角三角形的性质得出OBAB=BCBD=22， 由旋转的性质得出∠OBC=∠ABD=60°，则可得出结论；
②过点C作CF⊥OB于F，由相似三角形的性质证出∠OCB=∠ADB=90°，由直角三角形的性质得出结论；
（3）延长AC交BD于E，证明△OBC∽△ABD，得OBAB=BCBD=22， 由OB=CO，证出AB=AD，证明△ABC≌△ADC（SSS），由全等三角形的性质得出∠ACD=∠ACB=135°，设BC=2a，OB=4a，则AB=4 a， 由勾股定理求出AE的长，则可得出答案.
9．（2024九上·深圳开学考）现在如果我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，
【发现与证明】
中，，将沿翻折至，连结．
结论1：与重叠部分的图形是等腰三角形；
结论2：．
……
（1）请利用图1证明结论1或结论2（只需证明一个结论）．
【理解与应用】
在中，将沿翻折至，连结．
（2）如图2，已知，若，，则______°；
【探究与拓展】
在中，将沿翻折至，连结．
（3）已知，，翻折后四边形为时，如果平分，求的值；
（4）已知，，当是直角三角形时，则______．
【答案】解：（1）由折叠可知，
∵在中，
，
，
，
∴是等腰三角形；
，
，
，
，
，
。
（2）；
（3）如图，过点作交于点，
，
，
平分，
，
，
，
由折叠可知，，
，
，
，
，
；
（4），，，
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【解答】解：（2）∵，
根据折叠可得，
，
，
，
，
故答案为：135。
（4）解：当是直角三角形时，分为：
①如图，当时，
由（1）知，
∴，
由折叠可得
∵在在中，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴是直角三角形，
由折叠可得，，
∴，
∴；
②如图，当时，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∴，
由（1）知，
，
由折叠可知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴；
③如图，当时，
由（1）知，
，
由折叠可知，，
∵，，
∴；
④如图，当时，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∴，
∴；
综上所述：的值为或或或．
【分析】（1）根据折叠的性质，可得，然后再根据平行四边形的性质，可得，易得是等腰三角形；根据，可得，再由，根据平行线的判断，即可得到；
（2）利用的度数，根据折叠的性质，可得 ，又跟据的度数，进而求出的度数，最后再根据平行线的判定定理， 内错角相等，两直线平行，据此即可证明；
（3）过点作交于点，题干中的结论1和结论2，同时再根据平行四边形的性质，可得AC=BC，然后再根据折叠的性质，即可知，，求出，再由，然后再根据余弦函数的定义：，代入数据求出求出，即可BCQ的值；
（4）根据当时，当时，当时，当时，三种情况，画出图形，结合结论1、结论2分别求解即可。
10． 综合与实践
【问题情境】如图，在四边形 ABCD中，P 是线段 BC 上一点，∠APD=90°，AP=PD.
【性质初探】如图①，当∠B=∠C=90°时，猜想AB，CD，BC三条线段存在的数量关系，并证明；
【类比再探】如图②，延长 BA，CD 交于点E，当 AB⊥CD，∠B=30°时，求 的值；
【问题解决】如图②，延长 BA，CD 交于点E，当AB⊥CD，∠B=α时，用含α的代数式表示 的值.
【答案】解：【性质初探】AB，CD，BC三条线段存在的数量关系为BC=AB+CD.
证明：∵∠APD=90°，
∴∠APB+∠DPC=90°.
∵∠B=∠C=90°，
∴∠PAB+∠APB=90°，
∴∠DPC=∠PAB.
在△ABP 和△PCD中，
∴△ABP≌△PCD(AAS)，
∴AB=PC，BP=CD.
∵BC=BP+PC，∴BC=AB+CD.
【类比再探】过点 A 作AF⊥BC于 点 F，过点 D作 DG⊥BC 于点
∵AB⊥CD，∴∠E=90°.
∵∠B=30°，∴∠C=60°.
∵AF⊥BC，DG⊥BC，∠APD=90°，AP=PD，
∴由【性质初探】可得△AFP≌△PGD，
∴AF=PG，PF=DG.
在 Rt△ABF中，∵∠B=30°，
在 Rt△DGC中，∵∠C=60°，
【问题解决】过点A作AH⊥BC于点H，过点 D 作DM⊥BC于点 M，如图②.
∵AB⊥CD，∴∠E=90°.
∴∠MDC=α.
∵AH⊥BC，DM⊥BC，∠APD=90°，AP=PD，∴由【性质初探】可得△AHP≌△PMD，
∴AH=PM，PH=DM.
在 Rt△ABH中，∵∠B=α，
∴AH=ABsinα，BH=ABcosα.
在 Rt△DMC中，∵∠MDC=α，
∴CM=CDsinα，DM=CDcosα.
∴PH=DM=CDcosα，PM=AH=ABsinα，
∴ BC = BH + PH + PM+ CM=ABcosα+ CDcos α + ABsin α+CDsinα=(cosα+sinα)(AB+CD)，
【知识点】含30°角的直角三角形；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【分析】【性质初探】利用直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可得出结论；
【类比再探】过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥BC于点G，利用【性质初探】的方法得到：△AFP≌△PGD，则AF=PG，PF=DG；利用含30°角的直角三角形的性质，利用AB，CD表示出线段BF，FP，FG，GC，将它们代入中化简运算即可；
【问题解决】过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥BC于点G，利用【性质初探】的方法得到：△AFP≌△PGD，则AF=PG，PF=DG；利用直接拒收下的边角关系定理，利用AB，CD表示出线段BF，FP，FG，GC，将它们代入中化简运算即可.
五、原题26
11．（2025·湖南）如图，已知二次函数y＝ax（x﹣4）（a≠0）的图象过点A（2，2），连接OA点P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x3，y3）是此二次函数图象上的三个动点，且0＜x3＜x1＜x2＜2，过点P作PB∥y轴交线段OA于点B．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）如图1，点C、D在线段OA上，且直线QC、RD都平行于y轴，请你从下列两个命题中选择一个进行解答：
①当PB＞QC时，求证：x1+x2＞2；
②当PB＞RD时，求证：x1+x3＜2；
（3）如图，若，延长PB交x轴于点T，射线QT、TR分别与y轴交于点Q1，R1，连接AP，分别在射线AT、x轴上取点M、N（点N在点T的右侧），且∠AMN＝∠PAO，．记t＝R1Q1﹣ON，试探究：当x为何值时，t有最大值？并求出t的最大值．
【答案】（1）解：把点A（2，2）代入二次函数y＝ax（x﹣4）（a≠0）中，
得﹣4a＝2，故a，
故此二次函数的表达式为y
（2）证明：选择①：由A（2，2）可知直线OA的表达式为y＝x，
由题意可知P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），
故PB2x1﹣x1x1，QCx2，
∵PB＞QC，即x1，
整理可得（x2﹣x1）（x2+x1）＞x2﹣x1，由于x2﹣x1＞0，
故（x2+x1）＞1，
即x1+x2＞2；
选择②：同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），
故RDx3，
∵PB＞RD，即x1x3，
整理可得（x3﹣x1）（x3+x1）＞x3﹣x1，由于x3﹣x1＜0，
故（x3+x1）＜1，
即x1+x3＜2
（3）解：由待定系数法可求得直线AP的表达式为y＝（1）x+x1，
设直线AP交y轴于点G，如图2所示，
则OG＝x1＝OT，
∵∠GOA＝∠TOA＝45°，
在△GOA和△TOA中，
，
∴△GOA≌△TOA（SAS），
∴∠PAO＝∠TAO，
∵∠AMN＝∠PAO，
∴∠AMN＝∠TAO，
∵AO2MN，
在△TOA和△TNM中，
，
∴△TOA≌△TNM（AAS），
∴TN＝TO＝x1，ON＝2x1，
作QH⊥x轴于点H，
则，
又∵tan∠QTH＝tan∠Q1TO，
即，
∴OQ1＝（）x1．
∵T（x1，0），R（x1，），
∴由待定系数法可得直线RT的表达式为y＝（）x，
即OR1，
∴R1Q1＝OQ1+OR1，
∴t＝R1Q1﹣ON2x1，
故当x1时，t的最大值为．
即当x时，t的最大值为
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法直接计算即可；
（2） ① 利用待定系数法可得直线OA是正比例函数，则由函数图象上点的坐标特征结合已知条件可分别设各点P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），则线段PB、QC均可表示，由于PB>QC，即有不等式 x1成立，对不等式进行变形得，由于，故结论成立；
②同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），则线段RD也可表示，由于PB＞RD ，即可得不等式x1成立，对不等式进行变形得，由于，故结论成立；
（3）由于点P的横坐标已知，则由抛物线上点的坐标特征可得点P的纵坐标，又点A(2，2），则利用待定系数法可求得直线AP的解析式为，则延长AP交y轴于点G，则G（0，x1），又T（x1，0），所以OG=OT，同理可得直线TR的解析式为，则，因为直线平分第一、三象限，则可利用SAS证明，即有，又已知，等量代换得；又由两点距离公式可得，由对顶角相等可利用AAS证明，则可得，则，此时再过点Q作x轴的垂线段QH可构造，解可得，把代入化简得；由于，再解可得，则，再把和代入到中得是关于的二次函数，且二次项系数为负，故有最大值，再利用二次函数的性质求出这个最大值即可.
六、变式1（基础）
12．（2025九上·杭州月考）已知抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣1，且经过点（-4，5）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当﹣2＜x＜3时，求y的取值范围．
【答案】（1）解：∵由抛物线的对称轴为直线x=-1，
得b=2
∵抛物线 经过点(-4，5)
解得c=-3
∴抛物线的解析式为
（2）解：
当y=0时，
(x-1)(x+3)=0，
∵对称轴为直线x=-1，最小值为y=-4，
时，-4≤y<12.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】(1)由对称轴为直线 且函数过(-4，5)，则可推出b，c，进而得函数解析式.
(2)求出函数与x轴的交点和函数的最小值，即可求得y的取值范围.
13．（2025九上·拱墅开学考）已知二次函数经过点（3，0），对称轴是直线．
（1）求二次函数的解析式；
（2）自变量x在什么范围内时，y随x的增大而增大．
【答案】（1）解：依题意
解得b=-4，c=-6
∴二次函数的解析式为
（2）解：抛物线开口向上，对称轴为x=1
由图象及性质可知，当时，y随x增大为增大。
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】(1)根据题意将点 （3，0） 代入解析式，将对称轴写为，就能求出b，c的值，从而得出抛物线的解析式；
(2)利用二次函数的图象和性质易知当时，y随x增大为增大。
14．（2025九上·萧山开学考）已知二次函数y=-x2+bx+c经过点A（3，0）与B（0，3）.
（1）求b，c的值.
（2）求该二次函数图象的顶点坐标和对称轴。
【答案】（1）解：将(3，0)，(0，3)代入二次函数解析式得：
解得：
（2）解：二次函数解析式为
则顶点坐标为 (1，4).对称轴直线x=1
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【分析】(1)解析式中含有两个参数，只要将A，B两点坐标代入，解关于b，c的二元一次方程组即可求出b，c；
(2)将该二次函数解析式配方为顶点式，就能一眼看出顶点坐标和对称轴。
七、变式2（巩固）
15．（2025·宁波三模）如图，二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点．
（1）求二次函数解析式和顶点坐标．
（2）坐标平面内存在点P，满足向左、向右或向下平移个单位后均落在二次函数图象上，求平移的距离．
（3）在二次函数图象上取点（不与点重合），使得在之间的图象上（含两点），该二次函数最大值与最小值的和等于1，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）解：∵ 二次函数的图象与轴交于两点，
∴将点A和点B的坐标代入可得：，
解得：，
∴二次函数的解析式为：，
∵，
∴顶点坐标为（1，-4）.
（2）解：∵ 点P满足向左、向右或向下平移个单位后均落在二次函数图象上，
∴点P在对称轴上，
设P（1，m-4），
∴点P向右平移m个单位后的坐标为（m+1，m-4），
∴，
解得：m=0（舍去）或m=1，
即平移的距离m=1.
（3）解：点D的坐标为或.
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一元二次方程的综合应用；沿着坐标轴方向平移的点的坐标特征
【解析】【解答】解：点D的坐标为或.理由如下：
∵当x=0时，y=-3，
∴点C的坐标为（0，-3），
当点D在点C左侧时，二次函数的最小值为-3，
∵ 在之间的图象上（含两点），该二次函数最大值与最小值的和等于1，
∴点D的纵坐标为4，
∴，
解得：（舍去）或，
∴点D的坐标为；
当点D在对称轴右侧时，二次函数的最小值为-4，
∵ 在之间的图象上（含两点），该二次函数最大值与最小值的和等于1，
∴点D的纵坐标为5，
∴，
解得：（舍去）或（舍去），
∴点D的坐标为（4，5），
当点D在点C右侧且在对称轴左侧时，二次函数的最大值为-3，不符合题意，舍去，
综上所述：点D的坐标为或.
【分析】（1）将点A和点B的坐标代入计算求解即可；
（2）先求出点P在对称轴上，再求出点P向右平移m个单位后的坐标为（m+1，m-4），最后解方程计算求解即可；
（3）先求出点C的坐标为（0，-3），再分类讨论，计算求解即可.
16．（2025·鄞州模拟）如图，抛物线与x轴交于A（-4，0）、B（2，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（2）如图1，连接AC，BC，若点M是第二象限内抛物线上一点，过M作轴，交AC于点N，过N作交x轴于点D，求的最大值及此时点M的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，当取最大值时，将抛物线沿射线AC方向平移个单位，得到新抛物线，新抛物线与y轴交于点K，P为y轴右侧新抛物线上一点，过P作轴交射线MK于点Q，连接PK，当为等腰三角形时，直接写出点P的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线与x轴交于A（-4，0）、B（2，0）两点
∴，解得
∴抛物线的解析式为
∵
∴顶点坐标为
（2）解：延长MN交x轴于E
∵B（2，0），C（0，2）
∴OB=OC=2
∴
∵
∴
∴
∵A（-4，0）
∴直线AC解析式为
设
∵点M是第二象限内抛物线上一点，过M作轴，交AC于点N，
∴M点坐标为，N点坐标为
∴
∴
∴当时的值最大，最大值是，此时点M的坐标
（3）P点坐标为、、、
解：∵将抛物线沿射线AC方向平移个单位，得到新抛物线，且，
∴相当于将抛物线先向右平移6个单位长度再向上平移3个单位长度，得到新抛物线，
∴新抛物线解析式为
∴新抛物线与y轴交于点K坐标为
∵在（2）的条件下，当取最大值时，M的坐标
∴直线MK解析式为
∵P为y轴右侧新抛物线上一点，过P作轴交射线MK于点Q
∴设，则
∴
当时，
∵
∴，解得或
当时，，
当时，，故舍去
当时，
∵
∴，解得，此时
当时，
∵
∴，解得，解得或
当时，，
当时，
综上所述，当为等腰三角形时，P点坐标为、、、
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象的平移变换；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式，并配方得到顶点式即可写出顶点坐标；
（2）延长MN交x轴于E，然后求出，设，表示M点坐标为，N点坐标为，即可求出MN的长，然后求出 的函数解析式求最值和坐标即可；
（3）先根据平移求出平移后的解析式，然后求出（2）中直线MK解析式，设，则，根据勾股定理求出PK2，QK2，QP2，然后分为，和列方程求出n的值即可.
17．（2024九上·绍兴月考）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线．
（1）求抛物线的表达式；
（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形面积S的最大值及此时D点的坐标；
（3）若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2），
（3）存在，；
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；菱形的性质；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
八、变式3（提高）
18．（2024九上·乐清月考）已知如图1，二次函数与x轴交于点A，C，且点A在点C的右侧，与y轴交于点B，连结．
（1）求点A、B的坐标；
（2）如图2，将点A向下平移n个单位得到D，将D向左平移m个单位得，将向左平移个单位得，若与均在抛物线上，求m，n的值；
（3）如图3，点P是x轴下方，抛物线对称轴右侧图象上的一点，连结，过P作，与抛物线另一个交点为Q，M，N为上两点，且轴，轴．
①当为直角三角形时，求点P的坐标；
②是否存在点P使得与相互平分，若存在，求的长，若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2），
（3）①或②存在，
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
19．（2024九上·龙湾月考）如图，矩形的边在坐标轴上，顶点B在第一象限，且在直线上，，点D从点O开始沿边向点A以每秒2个单位的速度移动，与此同时，点E从点A开始沿边向点O以每秒1个单位的速度移动，轴，交于点F，连接，当点D到达点A时，两点同时停止移动，设移动时间为t秒．
（1）直接写出： ______， _______（含t的代数式表示）．
（2）当点D在点E的左侧时，若的面积等于2，求t的值．
（3）在整个过程中，
①若在矩形的边上能找到点P，Q，使得以E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，求出所有满足条件的t的值．
②以为邻边作矩形，连接，取线段的中点Q，连接，求的最小值（直接写出答案）．
【答案】（1）4，t
（2）解：∵，，
∴，
∴或
（3）解：①如图，当时，，
取的中点Q，以为邻边作正方形，此时点P在边上，且，符合题意；
如图，当时，点D与点A重合，点F与点B重合，作正方形，满足条件；
当时，点D、E重合，此时，，作正方形，满足条件；
综上所述：或或，满足条件；
②
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】（1）解：∵矩形的边在坐标轴上，，
∴，点B的横坐标为8，
将x=8代入 得y=4，
∴，
∴，
∵，
∴=90°，
∴，即，
∴，
故答案为：4，t；
（3）②如图，由题意得，，
∴，
∵，
∴时，的最小值为.
【分析】（1）根据矩形性质、点的坐标与图形性质及直线上点的坐标特点求出A、B的坐标，从而可得AB的长，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得DF∥AB，进而利用平行线分线段成比例定理求出DF的长即可；
（2）根据DE=OA-OD-AE表示出DE，利用三角形的面积公式列出方程，即可求解；
（3）①分当时，当时，当时，三种情况分别求解即可；②由题意得，，根据两点间距离公式列出表达式，利用二次函数的性质即可求解
（1）解：∵矩形的边在坐标轴上，顶点B在第一象限，且在直线上，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
故答案为：；
（2）∵，，
∴，
∴或
（3）①如图，当时，，
取的中点Q，以为邻边作正方形，此时点P在边上，且，符合题意；
如图，当时，点D与点A重合，点F与点B重合，作正方形，满足条件；
当时，点D、E重合，此时，，作正方形，满足条件；
综上所述：或或，满足条件；
②如图，由题意得，，
∴，
∵，
∴时，的最小值为
20．（2023九上·义乌期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，作直线，点是抛物线在第四象限上一个动点点不与点，重合，连结，，以，为边作 ，点的横坐标为．
（1）求抛物线对应的函数表达式；
（2）当 有两个顶点在轴上时，则点的坐标为　 　；
（3）当 是菱形时，求的值．
（4）当为何值时， 的面积有最大值？
【答案】（1）解：抛物线与轴交于点，，
抛物线的解析式为，
即；
（2）
（3）解：抛物线的解析式为，点的横坐标为．
，
是菱形，
，
，
整理得，解得，
点是抛物线在第四象限上一个动点，
，
的值为；
（4）解：过作轴交直线于点，如图，
设直线的解析式为，把、坐标代入得：
，
解得：，
，
设，则，
，
，
，
当时，四边形的面积有最大值．
【知识点】二次函数的最值；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）∵抛物线的解析式为，令，则，
∴，
∵有两个顶点在轴上时，
∴点D在x轴上，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴点P和点C为抛物线上的对称点，
∵抛物线的对称轴为，，
∴，
故答案为：
【分析】（1）根据二次函数与坐标轴的交点结合题意即可得到交点式，化为一般式即可求解；
（2）根据二次函数与坐标轴的交点得到点C的坐标，再根据平行四边形的性质结合平行线的性质得到点P和点C为抛物线上的对称点，从而根据二次函数的对称性结合题意即可得到点P的坐标；
（3）先根据题意得到，进而根据菱形的性质得到，从而根据坐标系中两点间的距离公式结合题意即可求出m；
（4）过作轴交直线于点，运用待定系数法求出直线BC的函数解析式，进而设，则，根据坐标系中两点间的距离得到，进而即可表示△PBC的面积，再根据结合二次函数的最值即可求解。
1 / 1【湖南卷】备战2026年中考数学真题变式阶梯训练第25~26题
一、原题25
1．（2025·湖南）【问题背景】
如图1，在平行四边形纸片ABCD中，过点B作直线l⊥CD于点E，沿直线l将纸片剪开，得到△B1C1E1和四边形ABED，如图2所示．
【动手操作】
现将三角形纸片B1C1E1和四边形纸片ABED进行如下操作（以下操作均能实现）
①将三角形纸片B1C1E1置于四边形纸片ABED内部，使得点B1与点B重合，点E1在线段AB上，延长BC1交线段AD于点F，如图3所示；
②连接CC1，过点C作直线CN⊥CD交射线EE1于点N，如图4所示；
③在边AB上取一点G，分别连接BD，DG，FG，如图5所示．
【问题解决】
请解决下列问题：
（1）如图3，填空：∠A+∠ABF＝ 　 　 °；
（2）如图4，求证：△CNM≌△C1E1M；
（3）如图5，若，∠AGD＝60°，求证：FG∥BD．
二、变式1基础
2．如图，已知平行四边形ABCD，连接对角线AC，BD交于点E，过点E作PQ⊥MN，分别与AB，BC，CD，DA交于点P，M，Q，N．
（1）求证：Δ DEQ Δ BEP．．
（2）若依次连接P，M，Q，N，四边形PMQN是什么特殊四边形？说明理由
3．如图，在 ABCD中，∠ABC 的平分线 BE 交 AD 于点 E，AF⊥BE 于点 F，延长 AF交 BC于点 G，连结 EG，CF.
（1）判断四边形AEGB 的形状，并说明理由；
（2）若 tan∠ABC= ，CD=8，AD=10，求线段CF 的长.
4．（2024·长沙模拟）如图，在中，，分别垂直对角线于点，．
（1）求证：；
（2）若的周长为，，过点作于点，，求的长．
三、变式2巩固
5．（2025·中山模拟）如图1，点P是对角线上的一点（），且使得，连接并延长，交于点E．
（1）若，求的值．
（2）如图2，将沿方向平移到，求证：．
（3）如图3，连接，取的中点M，连接交于点F，若，求的值．
6．
（1）【探究发现】如图①，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，DE∥BC，M为DE 的中点，连结AM并延长交BC于点N，求证：BN=NC.
（2）【拓展应用】如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD交于点N，E，F分别是边AB，AD上的点，EF∥BD交AC于点M.若AD=2，BC=3，求 的值.
（3）【综合提升】如图③，在 ABCD中，AB=4，∠ABC=60°，动点E在边AB上，过点E作EF∥BD交AC于点 F，过点F作FG⊥EF交BC于点G，连结EG.求EG的最小值.
7． 如图，在每一个四边形ABCD 中，均有 AD∥BC，CD⊥BC，∠ABC=60°，AD=8，BC=12.
（1）如图①，点 M 是四边形ABCD 边AD 上的一点，则△BMC的面积为　 　.
（2）如图②，点 N 是四边形ABCD 边AD 上的任意一点，请你求出△BNC 周长的最小值.
（3）如图③，在四边形ABCD 的边AD 上，是否存在一点 P，使得cos∠BPC 的值最小 若存在，求出此时 cos∠BPC 的值；若不存在，请说明理由.
四、变式3提高
8．转化是解决数学问题常用的思想方法之一，它可以在数与数、数与形、形与形之间灵活应用.请解答下面的问题.
如图①， 在 △AOB 中， OA = OB，∠AOB=90°.
（1）【基础巩固】
将图①中△AOB绕点 B 按顺时针方向旋转60°得到△DCB，如图②，连结 OC，求证：OC=OB.
（2）【思考探究】
将图①中△AOB 绕点 B 按顺时针方向旋转60°并缩小得到△DCB，如图③，使 ，连结OC，AD.
①求证：△OBC∽△ABD；
②用等式表示 AD 与AB 之间的数量关系，并说明理由.
（3）【拓展延伸】
将图①中△AOB绕点 B 按顺时针方向旋转某个角度(小于 180°)并缩小得到△DCB，如图④，使 连 结 OC，AC，AD.当OC=OB时，求 的值.
9．（2024九上·深圳开学考）现在如果我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，
【发现与证明】
中，，将沿翻折至，连结．
结论1：与重叠部分的图形是等腰三角形；
结论2：．
……
（1）请利用图1证明结论1或结论2（只需证明一个结论）．
【理解与应用】
在中，将沿翻折至，连结．
（2）如图2，已知，若，，则______°；
【探究与拓展】
在中，将沿翻折至，连结．
（3）已知，，翻折后四边形为时，如果平分，求的值；
（4）已知，，当是直角三角形时，则______．
10． 综合与实践
【问题情境】如图，在四边形 ABCD中，P 是线段 BC 上一点，∠APD=90°，AP=PD.
【性质初探】如图①，当∠B=∠C=90°时，猜想AB，CD，BC三条线段存在的数量关系，并证明；
【类比再探】如图②，延长 BA，CD 交于点E，当 AB⊥CD，∠B=30°时，求 的值；
【问题解决】如图②，延长 BA，CD 交于点E，当AB⊥CD，∠B=α时，用含α的代数式表示 的值.
五、原题26
11．（2025·湖南）如图，已知二次函数y＝ax（x﹣4）（a≠0）的图象过点A（2，2），连接OA点P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x3，y3）是此二次函数图象上的三个动点，且0＜x3＜x1＜x2＜2，过点P作PB∥y轴交线段OA于点B．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）如图1，点C、D在线段OA上，且直线QC、RD都平行于y轴，请你从下列两个命题中选择一个进行解答：
①当PB＞QC时，求证：x1+x2＞2；
②当PB＞RD时，求证：x1+x3＜2；
（3）如图，若，延长PB交x轴于点T，射线QT、TR分别与y轴交于点Q1，R1，连接AP，分别在射线AT、x轴上取点M、N（点N在点T的右侧），且∠AMN＝∠PAO，．记t＝R1Q1﹣ON，试探究：当x为何值时，t有最大值？并求出t的最大值．
六、变式1（基础）
12．（2025九上·杭州月考）已知抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣1，且经过点（-4，5）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当﹣2＜x＜3时，求y的取值范围．
13．（2025九上·拱墅开学考）已知二次函数经过点（3，0），对称轴是直线．
（1）求二次函数的解析式；
（2）自变量x在什么范围内时，y随x的增大而增大．
14．（2025九上·萧山开学考）已知二次函数y=-x2+bx+c经过点A（3，0）与B（0，3）.
（1）求b，c的值.
（2）求该二次函数图象的顶点坐标和对称轴。
七、变式2（巩固）
15．（2025·宁波三模）如图，二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点．
（1）求二次函数解析式和顶点坐标．
（2）坐标平面内存在点P，满足向左、向右或向下平移个单位后均落在二次函数图象上，求平移的距离．
（3）在二次函数图象上取点（不与点重合），使得在之间的图象上（含两点），该二次函数最大值与最小值的和等于1，请直接写出点的坐标．
16．（2025·鄞州模拟）如图，抛物线与x轴交于A（-4，0）、B（2，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（2）如图1，连接AC，BC，若点M是第二象限内抛物线上一点，过M作轴，交AC于点N，过N作交x轴于点D，求的最大值及此时点M的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，当取最大值时，将抛物线沿射线AC方向平移个单位，得到新抛物线，新抛物线与y轴交于点K，P为y轴右侧新抛物线上一点，过P作轴交射线MK于点Q，连接PK，当为等腰三角形时，直接写出点P的坐标．
17．（2024九上·绍兴月考）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线．
（1）求抛物线的表达式；
（2）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形面积S的最大值及此时D点的坐标；
（3）若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．
八、变式3（提高）
18．（2024九上·乐清月考）已知如图1，二次函数与x轴交于点A，C，且点A在点C的右侧，与y轴交于点B，连结．
（1）求点A、B的坐标；
（2）如图2，将点A向下平移n个单位得到D，将D向左平移m个单位得，将向左平移个单位得，若与均在抛物线上，求m，n的值；
（3）如图3，点P是x轴下方，抛物线对称轴右侧图象上的一点，连结，过P作，与抛物线另一个交点为Q，M，N为上两点，且轴，轴．
①当为直角三角形时，求点P的坐标；
②是否存在点P使得与相互平分，若存在，求的长，若不存在，说明理由．
19．（2024九上·龙湾月考）如图，矩形的边在坐标轴上，顶点B在第一象限，且在直线上，，点D从点O开始沿边向点A以每秒2个单位的速度移动，与此同时，点E从点A开始沿边向点O以每秒1个单位的速度移动，轴，交于点F，连接，当点D到达点A时，两点同时停止移动，设移动时间为t秒．
（1）直接写出： ______， _______（含t的代数式表示）．
（2）当点D在点E的左侧时，若的面积等于2，求t的值．
（3）在整个过程中，
①若在矩形的边上能找到点P，Q，使得以E，F，P，Q为顶点的四边形为正方形，求出所有满足条件的t的值．
②以为邻边作矩形，连接，取线段的中点Q，连接，求的最小值（直接写出答案）．
20．（2023九上·义乌期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，作直线，点是抛物线在第四象限上一个动点点不与点，重合，连结，，以，为边作 ，点的横坐标为．
（1）求抛物线对应的函数表达式；
（2）当 有两个顶点在轴上时，则点的坐标为　 　；
（3）当 是菱形时，求的值．
（4）当为何值时， 的面积有最大值？
答案解析部分
1．【答案】（1）90
（2）证明：∵CN⊥CD，
∴∠CND＝90°，
由题可知∠CE1C1＝∠CEB＝90°，BE＝B1E1，CE＝C1E1，
∵AB∥CD，
∴∠EBE1＝∠CBE＝90°，
∴△EBE1为等腰直角三角形，
∴∠BE1B＝∠BEE1＝45°，
∴∠CEN＝∠CNE＝∠C1E1M＝45°，
∴CN＝CE＝C1E1，
在△CNM和△C1E1M；
，
∴△CNM≌△C1E1M（AAS）
（3）证明：如图，过点D作DP⊥AB垂足为点P，
由题，
设，则，，
∴，
在Rt△ADP中，，
∴，
∵∠AGD＝60°，
∴在Rt△GDP中，，
∴AG＝AP+PG＝2，
∴，即，
∵∠A＝∠A，
∴△AFG∽△ADB，
∴∠AFG＝∠ADB，
∴FG∥BD．
【知识点】平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：由题可知∠ABF＝∠CBE，
∵BE⊥CD，
∴∠CEB＝90°，
∴∠CBE+∠C＝90°，
在平行四边形ABCD中，∠A＝∠C，
∴∠A+∠ABF＝90°，
故答案为：90；
【分析】（1）由于平行四边形的对角相等，则，由垂直的概念可得与互余，又，等量代换得与互余；
（2）由于平行四边形的对边平行，则，又，则，则，因为，即为等腰直角三角形，则，又因为，即，又对顶角相等，则可利用AAS证明结论成立；
（3）由于，为便于计算，可设，则，，此时可过点D作AB上的高DP构造直角三角形，分别解和可求出和AP，再由勾股定理可得DP，再解可得PG，即AG可得，此时可借助两边对应成比例且夹角相等证明相似于，由相似的性质可得，则同位角相等两直线平行.
2．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴EB=ED，AB//CD，
∴∠EBP=∠EDQ，
在ΔDEQ和ΔBEP中，
，
∴ΔDEQ ΔBEP(ASA)；
（2）解：四边形PMQN是菱形，理由如下：
∵ΔPBE ΔQDE，
∴EP=EQ，
同理：ΔBME ΔDNE(ASA)，
∴EM=EN，
∴四边形PMQN是平行四边形，
PQ⊥MN，
∴四边形PMQN是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得EB=ED，AB//CD，则∠EBP=∠EDQ，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
（2）根据全等三角形性质可得EP=EQ，同理：ΔBME ΔDNE(ASA)，则EM=EN，再根据菱形判定定理即可求出答案.
3．【答案】（1）结论：四边形 AEGB 是菱形
理由：已知 BE平分ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AD//BC且AD = BC，
∴∠CBE=∠AEB，
∴∠ABE=∠AEB=∠CBE
在△ABE中，等角对等边，
∴AB =AE，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB =∠AFE =90°，
∴△AFE≌△GFB，
∴AE=BG，
∵AD||BC，且AE=BG，
∴四边形 AEGB 是平行四边形，
∵AB= AE，
∴四边形 AEGB 是菱形
（2）解：已知，
∴∠ABC= 60°。
过点F作FM⊥BC于点 M，如图所示：
∵四边形 ABGE 是菱形，
∴∠GBE=∠ABC= 30°，且BG= AB=CD=8，
在Rt△BFG中，，
根据勾股定理，，
在Rt△BFM中，所以，
再根据勾股定理，
已知BC = AD = 10，
∴CM = BC-BM = 10-6 = 4，
在Rt△FMC中，根据勾股定理，
把，CM = 4代入可得：
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】 (1)首先根据角平分线的性质得到∠ABE=∠CBE，然后根据平行四边形的性质得到对角平行且相等，进而利用全等三角形的判定证明△AFE≌△GFB，从而判断四边形AEGB为平行四边形，最后利用有一组邻边相等的平行四边形为菱形来证明四边形 AEGB 是菱形；
(2)先根据 tan∠ABC= 求出∠ABC的度数，再利用菱形的性质求出∠GBE，进而利用含30°角直角三角形的性质求出FG，然后利用勾股定理求出BF和BM，然后在Rt△FMC，通过勾股定理求出 CF 的长.
4．【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
、分别垂直对角线于点、，
，
在和中，
，
，
（2）解：，，，
，
在中 ，，
，
在中，，
，，
的周长为，
，
，
中，，
．

【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—边角关系；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）根据平行四边形推导，然后利用AAS证明即可得到结论；
（2）先求出，利用含的直角三角形的性质得到、长，然后在中，利用正切求出长，即可得到长，然后运用勾股定理求出EC长解题．
（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
、分别垂直对角线于点、，
，
在和中，
，
，
．
（2）解：，，，
，
在中 ，，
，
在中，，
，，
的周长为，
，
，
中，，
．
5．【答案】（1）解：∵，∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
，
又，
，
（2）证明：，，
∵将沿方向平移到，
，，
，
，，
，
，
（3）解：如图，取的中点G，连接．
设 ，则．
∵，
，
，．
∵M点是的中点，G点是的中点，
∴是的中位线，
，
∴．
延长至Q点，使，连接，，
又，
∴四边形是平行四边形，
，．
又∵四边形是平行四边形，
，，
，，
，
又，
，，
，，
又，
，
．
，，
，
【知识点】平行四边形的性质；平移的性质；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）利用已知条件可求出的值，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得，利用相似三角形的对应边成比例，可求出ED与CD的比值，然后求出DE与DE的比值即可.
（2）利用等角对等边可证得，根据平移的性质可得，，可推出，，再利用证明，利用全等三角形的性质可证得结论.
（3）取的中点G，连接，则可得是的中位线，则．根据平行线分线段成比例定理可得的值．延长至Q点，使，连接，，则可得四边形是平行四边形，则，．再结合可得，，利用SAS可知，利用全等三角形的性质可证得AD=QD，然后求出DF与AD的比值.
（1）解：∵，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
，
又，
，
．
（2）证明：，
，
∵将沿方向平移到，
，，
，
，，
，
，
．
（3）解：如图，取的中点G，连接．
设 ，则．
∵，
，
，．
∵M点是的中点，G点是的中点，
∴是的中位线，
，
∴．
延长至Q点，使，连接，，
又，
∴四边形是平行四边形，
，．
又∵四边形是平行四边形，
，，
，，
，
又，
，，
，，
又，
，
．
，，
，
．
6．【答案】（1）解：证明：∵DE∥BC，
∴△ADM∽△ABN，△AME∽△ANC.
∵M为DE 的中点，
∴DM=ME.∴BN=NC.
（2）解：∵EF∥BD，
∴△AEM∽△ABN，△AMF∽△AND，
∵AD∥BC， AD =2， BC=3，
∴△ADN∽△CBN，
（3）解：延长EF交AD于P， 连结PG.如图3，
在ABCD中， AC， BD交于点O， 则O为BD中点，
由 (1)可得
，
∴当 时，PG取到最小值，即此时EG取得最小值.如图4，
过A作 H为垂足， 则 ，
∴PG的最小值为
即EG的最小值是
【知识点】平行四边形的判定；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】【探究发现】由 可得出两组三角形相似，从而得出线段之间的比例关系 等量代换后得结合DM 可得结论.
【拓展应用】仿照(1)可证 再由A 可得 于是
【综合提升】延长EF交AD于P，连结PG.由平行四边形性质知O为BD中点，再由. 结合(1)的结论可得. 再结合 得 PG， 当 时PG取到最小值，即EG取得最小值， 作 AH在直角三角形ABH中可解得，于是可得结果.
7．【答案】（1）
（2）解：延长CD使，则点C和C1关于在直线AD的对称，所以CN1=CN1，
连接C1B交AD与点N1，这时△BNC周长的最小值为△BN1C周长.
在△BCC1中，，
∴△BNC 周长的最小值为
（3）解：如答图，存在点 P，使得 cos∠BPC 的值最小.
作BC的中垂线 PQ 交 BC 于点 Q，交 AD 于点 P，连接 BP，CP，作△BPC 的外接圆⊙O，⊙O 与直线PQ 交于点N，则 PB=PC，圆心O在 PN 上.
∵AD∥BC，∴⊙O与AD 正好相切于点 P.
∴PQ>BQ，则∠BPC<90°，圆心O在弦BC 的上方.
在AD 上任取一点P'，连接P'B，P'C，P'B 交⊙O 于点M，连接MC.
∴∠BPC=∠BMC≥∠BP'C.
∴∠BPC 最大，cos∠BPC 的值最小.
连接OB，则∠BON=2∠BPN=∠BPC.
∴在 Rt△BOQ 中，(
解得
即此时 cos∠BPC 的值是
【知识点】三角形的面积；三角形的外接圆与外心；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：(1)过点A作AN⊥BC，垂足为N，
△ABN利用锐角三角函数求出.
∴△BMC的面积为.
故答案为：.
【分析】(1)过点A作AN⊥BC，垂足为N，△ABN利用锐角三角函数求出，再根据三角形面积公式即可求解；
(2)△BNC的边BC是定值，求出△BNC周长的最小值也就是在线段AD上找点N使求出BN+CN的最小，
根据两点之间线段最短，所以点只需找到C和C1关于在直线AD的对称，所以CN1=C1N1连接C1B交AD与点N1，这时△BNC周长的最小值为△BN1C周长；
(3)先找到使cos∠BPC的值最小点P.(P在△BPC的外接圆☉O上)，根据勾股定理求出cos∠BPC的值.
8．【答案】（1）证明：证明：由旋 转 的 性 质 得∠OBC=60°，OB=CB，
∴△OBC为等边三角形.
∴OC=OB.
（2）解：①证明：∵△AOB 和△DCB 都为等腰直角三角形，
由旋转可得∠OBC=∠ABD=60°，
∴△OBC∽△ABD.
②理由如下：如图 ①，延长 BC至点 C'，使( 延长 BD 至点 D'，使 ，连结C'D'，OC，
由(1)可知，△OBC'为等边三角形，
∴OC⊥BC'.
∴∠OCB=90°.
∵△OBC∽△ABD，
∴∠ADB=∠OCB=90°.
（3）解：如图②，延长 AC交BD 于点 E.
∵△AOB 和△BCD
都为等 腰直角 三角形，
由旋转可知∠OBC=∠ABD，
∴△OBC∽△ABD.
∵OB=OC，∴AB=AD.
又∵BC=DC，AC=AC，
∴△ABC≌△ADC.
∴∠ACD=∠ACB=135°.
∴∠BCE=∠DCE=45°.
∴∠CEB=90°.
设BC=2a，则OB=4a，AB=4 a，
【知识点】等边三角形的判定；旋转的性质；等腰直角三角形；相似三角形的判定-SAS；转化思想
【解析】【分析】 （1）由旋转的性质得出∠OBC=60°，OB=CB，证出△OBC是等边三角形，由等边三角形的性质得出结论；
（2） ①由等腰直角三角形的性质得出OBAB=BCBD=22， 由旋转的性质得出∠OBC=∠ABD=60°，则可得出结论；
②过点C作CF⊥OB于F，由相似三角形的性质证出∠OCB=∠ADB=90°，由直角三角形的性质得出结论；
（3）延长AC交BD于E，证明△OBC∽△ABD，得OBAB=BCBD=22， 由OB=CO，证出AB=AD，证明△ABC≌△ADC（SSS），由全等三角形的性质得出∠ACD=∠ACB=135°，设BC=2a，OB=4a，则AB=4 a， 由勾股定理求出AE的长，则可得出答案.
9．【答案】解：（1）由折叠可知，
∵在中，
，
，
，
∴是等腰三角形；
，
，
，
，
，
。
（2）；
（3）如图，过点作交于点，
，
，
平分，
，
，
，
由折叠可知，，
，
，
，
，
；
（4），，，
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【解答】解：（2）∵，
根据折叠可得，
，
，
，
，
故答案为：135。
（4）解：当是直角三角形时，分为：
①如图，当时，
由（1）知，
∴，
由折叠可得
∵在在中，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴是直角三角形，
由折叠可得，，
∴，
∴；
②如图，当时，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∴，
由（1）知，
，
由折叠可知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴；
③如图，当时，
由（1）知，
，
由折叠可知，，
∵，，
∴；
④如图，当时，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∴，
∴；
综上所述：的值为或或或．
【分析】（1）根据折叠的性质，可得，然后再根据平行四边形的性质，可得，易得是等腰三角形；根据，可得，再由，根据平行线的判断，即可得到；
（2）利用的度数，根据折叠的性质，可得 ，又跟据的度数，进而求出的度数，最后再根据平行线的判定定理， 内错角相等，两直线平行，据此即可证明；
（3）过点作交于点，题干中的结论1和结论2，同时再根据平行四边形的性质，可得AC=BC，然后再根据折叠的性质，即可知，，求出，再由，然后再根据余弦函数的定义：，代入数据求出求出，即可BCQ的值；
（4）根据当时，当时，当时，当时，三种情况，画出图形，结合结论1、结论2分别求解即可。
10．【答案】解：【性质初探】AB，CD，BC三条线段存在的数量关系为BC=AB+CD.
证明：∵∠APD=90°，
∴∠APB+∠DPC=90°.
∵∠B=∠C=90°，
∴∠PAB+∠APB=90°，
∴∠DPC=∠PAB.
在△ABP 和△PCD中，
∴△ABP≌△PCD(AAS)，
∴AB=PC，BP=CD.
∵BC=BP+PC，∴BC=AB+CD.
【类比再探】过点 A 作AF⊥BC于 点 F，过点 D作 DG⊥BC 于点
∵AB⊥CD，∴∠E=90°.
∵∠B=30°，∴∠C=60°.
∵AF⊥BC，DG⊥BC，∠APD=90°，AP=PD，
∴由【性质初探】可得△AFP≌△PGD，
∴AF=PG，PF=DG.
在 Rt△ABF中，∵∠B=30°，
在 Rt△DGC中，∵∠C=60°，
【问题解决】过点A作AH⊥BC于点H，过点 D 作DM⊥BC于点 M，如图②.
∵AB⊥CD，∴∠E=90°.
∴∠MDC=α.
∵AH⊥BC，DM⊥BC，∠APD=90°，AP=PD，∴由【性质初探】可得△AHP≌△PMD，
∴AH=PM，PH=DM.
在 Rt△ABH中，∵∠B=α，
∴AH=ABsinα，BH=ABcosα.
在 Rt△DMC中，∵∠MDC=α，
∴CM=CDsinα，DM=CDcosα.
∴PH=DM=CDcosα，PM=AH=ABsinα，
∴ BC = BH + PH + PM+ CM=ABcosα+ CDcos α + ABsin α+CDsinα=(cosα+sinα)(AB+CD)，
【知识点】含30°角的直角三角形；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【分析】【性质初探】利用直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可得出结论；
【类比再探】过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥BC于点G，利用【性质初探】的方法得到：△AFP≌△PGD，则AF=PG，PF=DG；利用含30°角的直角三角形的性质，利用AB，CD表示出线段BF，FP，FG，GC，将它们代入中化简运算即可；
【问题解决】过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥BC于点G，利用【性质初探】的方法得到：△AFP≌△PGD，则AF=PG，PF=DG；利用直接拒收下的边角关系定理，利用AB，CD表示出线段BF，FP，FG，GC，将它们代入中化简运算即可.
11．【答案】（1）解：把点A（2，2）代入二次函数y＝ax（x﹣4）（a≠0）中，
得﹣4a＝2，故a，
故此二次函数的表达式为y
（2）证明：选择①：由A（2，2）可知直线OA的表达式为y＝x，
由题意可知P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），
故PB2x1﹣x1x1，QCx2，
∵PB＞QC，即x1，
整理可得（x2﹣x1）（x2+x1）＞x2﹣x1，由于x2﹣x1＞0，
故（x2+x1）＞1，
即x1+x2＞2；
选择②：同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），
故RDx3，
∵PB＞RD，即x1x3，
整理可得（x3﹣x1）（x3+x1）＞x3﹣x1，由于x3﹣x1＜0，
故（x3+x1）＜1，
即x1+x3＜2
（3）解：由待定系数法可求得直线AP的表达式为y＝（1）x+x1，
设直线AP交y轴于点G，如图2所示，
则OG＝x1＝OT，
∵∠GOA＝∠TOA＝45°，
在△GOA和△TOA中，
，
∴△GOA≌△TOA（SAS），
∴∠PAO＝∠TAO，
∵∠AMN＝∠PAO，
∴∠AMN＝∠TAO，
∵AO2MN，
在△TOA和△TNM中，
，
∴△TOA≌△TNM（AAS），
∴TN＝TO＝x1，ON＝2x1，
作QH⊥x轴于点H，
则，
又∵tan∠QTH＝tan∠Q1TO，
即，
∴OQ1＝（）x1．
∵T（x1，0），R（x1，），
∴由待定系数法可得直线RT的表达式为y＝（）x，
即OR1，
∴R1Q1＝OQ1+OR1，
∴t＝R1Q1﹣ON2x1，
故当x1时，t的最大值为．
即当x时，t的最大值为
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法直接计算即可；
（2） ① 利用待定系数法可得直线OA是正比例函数，则由函数图象上点的坐标特征结合已知条件可分别设各点P（x1，2x1），B（x1，x1），Q（x2，2x2），C（x2，x2），则线段PB、QC均可表示，由于PB>QC，即有不等式 x1成立，对不等式进行变形得，由于，故结论成立；
②同理得R（x3，2x3），D（x3，x3），则线段RD也可表示，由于PB＞RD ，即可得不等式x1成立，对不等式进行变形得，由于，故结论成立；
（3）由于点P的横坐标已知，则由抛物线上点的坐标特征可得点P的纵坐标，又点A(2，2），则利用待定系数法可求得直线AP的解析式为，则延长AP交y轴于点G，则G（0，x1），又T（x1，0），所以OG=OT，同理可得直线TR的解析式为，则，因为直线平分第一、三象限，则可利用SAS证明，即有，又已知，等量代换得；又由两点距离公式可得，由对顶角相等可利用AAS证明，则可得，则，此时再过点Q作x轴的垂线段QH可构造，解可得，把代入化简得；由于，再解可得，则，再把和代入到中得是关于的二次函数，且二次项系数为负，故有最大值，再利用二次函数的性质求出这个最大值即可.
12．【答案】（1）解：∵由抛物线的对称轴为直线x=-1，
得b=2
∵抛物线 经过点(-4，5)
解得c=-3
∴抛物线的解析式为
（2）解：
当y=0时，
(x-1)(x+3)=0，
∵对称轴为直线x=-1，最小值为y=-4，
时，-4≤y<12.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】(1)由对称轴为直线 且函数过(-4，5)，则可推出b，c，进而得函数解析式.
(2)求出函数与x轴的交点和函数的最小值，即可求得y的取值范围.
13．【答案】（1）解：依题意
解得b=-4，c=-6
∴二次函数的解析式为
（2）解：抛物线开口向上，对称轴为x=1
由图象及性质可知，当时，y随x增大为增大。
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】(1)根据题意将点 （3，0） 代入解析式，将对称轴写为，就能求出b，c的值，从而得出抛物线的解析式；
(2)利用二次函数的图象和性质易知当时，y随x增大为增大。
14．【答案】（1）解：将(3，0)，(0，3)代入二次函数解析式得：
解得：
（2）解：二次函数解析式为
则顶点坐标为 (1，4).对称轴直线x=1
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【分析】(1)解析式中含有两个参数，只要将A，B两点坐标代入，解关于b，c的二元一次方程组即可求出b，c；
(2)将该二次函数解析式配方为顶点式，就能一眼看出顶点坐标和对称轴。
15．【答案】（1）解：∵ 二次函数的图象与轴交于两点，
∴将点A和点B的坐标代入可得：，
解得：，
∴二次函数的解析式为：，
∵，
∴顶点坐标为（1，-4）.
（2）解：∵ 点P满足向左、向右或向下平移个单位后均落在二次函数图象上，
∴点P在对称轴上，
设P（1，m-4），
∴点P向右平移m个单位后的坐标为（m+1，m-4），
∴，
解得：m=0（舍去）或m=1，
即平移的距离m=1.
（3）解：点D的坐标为或.
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一元二次方程的综合应用；沿着坐标轴方向平移的点的坐标特征
【解析】【解答】解：点D的坐标为或.理由如下：
∵当x=0时，y=-3，
∴点C的坐标为（0，-3），
当点D在点C左侧时，二次函数的最小值为-3，
∵ 在之间的图象上（含两点），该二次函数最大值与最小值的和等于1，
∴点D的纵坐标为4，
∴，
解得：（舍去）或，
∴点D的坐标为；
当点D在对称轴右侧时，二次函数的最小值为-4，
∵ 在之间的图象上（含两点），该二次函数最大值与最小值的和等于1，
∴点D的纵坐标为5，
∴，
解得：（舍去）或（舍去），
∴点D的坐标为（4，5），
当点D在点C右侧且在对称轴左侧时，二次函数的最大值为-3，不符合题意，舍去，
综上所述：点D的坐标为或.
【分析】（1）将点A和点B的坐标代入计算求解即可；
（2）先求出点P在对称轴上，再求出点P向右平移m个单位后的坐标为（m+1，m-4），最后解方程计算求解即可；
（3）先求出点C的坐标为（0，-3），再分类讨论，计算求解即可.
16．【答案】（1）解：∵抛物线与x轴交于A（-4，0）、B（2，0）两点
∴，解得
∴抛物线的解析式为
∵
∴顶点坐标为
（2）解：延长MN交x轴于E
∵B（2，0），C（0，2）
∴OB=OC=2
∴
∵
∴
∴
∵A（-4，0）
∴直线AC解析式为
设
∵点M是第二象限内抛物线上一点，过M作轴，交AC于点N，
∴M点坐标为，N点坐标为
∴
∴
∴当时的值最大，最大值是，此时点M的坐标
（3）P点坐标为、、、
解：∵将抛物线沿射线AC方向平移个单位，得到新抛物线，且，
∴相当于将抛物线先向右平移6个单位长度再向上平移3个单位长度，得到新抛物线，
∴新抛物线解析式为
∴新抛物线与y轴交于点K坐标为
∵在（2）的条件下，当取最大值时，M的坐标
∴直线MK解析式为
∵P为y轴右侧新抛物线上一点，过P作轴交射线MK于点Q
∴设，则
∴
当时，
∵
∴，解得或
当时，，
当时，，故舍去
当时，
∵
∴，解得，此时
当时，
∵
∴，解得，解得或
当时，，
当时，
综上所述，当为等腰三角形时，P点坐标为、、、
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象的平移变换；二次函数-线段周长问题；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式，并配方得到顶点式即可写出顶点坐标；
（2）延长MN交x轴于E，然后求出，设，表示M点坐标为，N点坐标为，即可求出MN的长，然后求出 的函数解析式求最值和坐标即可；
（3）先根据平移求出平移后的解析式，然后求出（2）中直线MK解析式，设，则，根据勾股定理求出PK2，QK2，QP2，然后分为，和列方程求出n的值即可.
17．【答案】（1）
（2），
（3）存在，；
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；菱形的性质；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
18．【答案】（1）
（2），
（3）①或②存在，
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
19．【答案】（1）4，t
（2）解：∵，，
∴，
∴或
（3）解：①如图，当时，，
取的中点Q，以为邻边作正方形，此时点P在边上，且，符合题意；
如图，当时，点D与点A重合，点F与点B重合，作正方形，满足条件；
当时，点D、E重合，此时，，作正方形，满足条件；
综上所述：或或，满足条件；
②
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】（1）解：∵矩形的边在坐标轴上，，
∴，点B的横坐标为8，
将x=8代入 得y=4，
∴，
∴，
∵，
∴=90°，
∴，即，
∴，
故答案为：4，t；
（3）②如图，由题意得，，
∴，
∵，
∴时，的最小值为.
【分析】（1）根据矩形性质、点的坐标与图形性质及直线上点的坐标特点求出A、B的坐标，从而可得AB的长，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得DF∥AB，进而利用平行线分线段成比例定理求出DF的长即可；
（2）根据DE=OA-OD-AE表示出DE，利用三角形的面积公式列出方程，即可求解；
（3）①分当时，当时，当时，三种情况分别求解即可；②由题意得，，根据两点间距离公式列出表达式，利用二次函数的性质即可求解
（1）解：∵矩形的边在坐标轴上，顶点B在第一象限，且在直线上，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
故答案为：；
（2）∵，，
∴，
∴或
（3）①如图，当时，，
取的中点Q，以为邻边作正方形，此时点P在边上，且，符合题意；
如图，当时，点D与点A重合，点F与点B重合，作正方形，满足条件；
当时，点D、E重合，此时，，作正方形，满足条件；
综上所述：或或，满足条件；
②如图，由题意得，，
∴，
∵，
∴时，的最小值为
20．【答案】（1）解：抛物线与轴交于点，，
抛物线的解析式为，
即；
（2）
（3）解：抛物线的解析式为，点的横坐标为．
，
是菱形，
，
，
整理得，解得，
点是抛物线在第四象限上一个动点，
，
的值为；
（4）解：过作轴交直线于点，如图，
设直线的解析式为，把、坐标代入得：
，
解得：，
，
设，则，
，
，
，
当时，四边形的面积有最大值．
【知识点】二次函数的最值；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）∵抛物线的解析式为，令，则，
∴，
∵有两个顶点在轴上时，
∴点D在x轴上，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴点P和点C为抛物线上的对称点，
∵抛物线的对称轴为，，
∴，
故答案为：
【分析】（1）根据二次函数与坐标轴的交点结合题意即可得到交点式，化为一般式即可求解；
（2）根据二次函数与坐标轴的交点得到点C的坐标，再根据平行四边形的性质结合平行线的性质得到点P和点C为抛物线上的对称点，从而根据二次函数的对称性结合题意即可得到点P的坐标；
（3）先根据题意得到，进而根据菱形的性质得到，从而根据坐标系中两点间的距离公式结合题意即可求出m；
（4）过作轴交直线于点，运用待定系数法求出直线BC的函数解析式，进而设，则，根据坐标系中两点间的距离得到，进而即可表示△PBC的面积，再根据结合二次函数的最值即可求解。
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