2026初三数学每日一道压轴题（答案版）_在线真题试卷与模拟练习_2026初三数学每日一道压轴题（答案版）_考试宝

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【解答】解：（1）∵BD⊥C 1 2 ， ∴四边形BCDE的面积＝S △BCE+S △DC 1 2 1 2 = 1 2 学科网（北京）股份有限公司 = 1 2 = 1 2 × 1 2 ×1 = 1 4 ，故答案为： 1 4 ； (　　)∵△ABC中， ∴DE是△ABC的中位数， 1 2 ∴△ADE∽△AB = 1 4 ， 1 4 = 3 4 4 3 ，当四边形BCDE的面积最大时，△ABC的面积最大，如图，过点B作BM⊥C ∵四边形BCDE的面积＝S △BCE+S △DC 1 2 1 2 ≤ 1 2 = 1 2 ∴四边形BCDE的面积最大= 1 2 3 2 ，BD＝x， 3 2 学科网（北京）股份有限公司 4 3 × 1 2 3 2 2 3 2 2 3 3 4 ) 2 + 3 8 ， 3 4 时，S最大为 3 8 ；（3）直线l是过定点. 2 3 3 4 ) 2 + 3 8 ， 2 3 3 4 −1) 2 + 3 8 +1=− 2 3 7 4 ) 2 + 11 8 ， 2 3 2 + 7 3 2 3 ，设xF＝m， ∵S △HFK＝S △HKQ， ∴K为过点 ∴xK＝1， ∴xQ＝2＝m， 2 3 2 + 7 3 2 3 ). 2 3 2 + 7 3 2 3 )， ∴k2= =− 2 3 ∴直线l：y﹣yH＝k2（x﹣x 3 2 3 2 + 7 3 2 3 ) =[− 2 3 2 3 =− 2 3 （n﹣m）（x﹣1）+x+1， ∵n﹣m≠0， ∴当x﹣1＝0，即x＝1时，y＝1+1＝2， ∴直线l过定点（1，2）. 8 上， ∴a＝4，即A（﹣2，4），将A（﹣2，4）代入正比例函数y＝kx中，学科网（北京）股份有限公司得﹣2k＝4，解得：k＝﹣2； (　　)∵B在直线y＝﹣2x上，设B（m，﹣2m）， ∵过点B作y轴的垂线. 交反比例函数的图象于点 ∵BD＝2， 8 =2，整理得：m 2 ﹣2m﹣4＝0 ∴B（1−5，−2+25）（3）∵双曲线y=− 8 关于y轴对称的图象为y'， 8 如图，由旋转可得：OA＝OA'，∠AOA'＝90°，过A作AK⊥x轴于K，过A'作A'L⊥x轴于L， ∴∠AKO＝∠A'LO＝90° ∴∠AOK＝90°﹣∠A'OL＝∠OA'L ∴△AOK≌△OA'L， ∵A（﹣2，4）， ∵OL＝AK＝4，A'L＝OK＝2， ∴A'（4，2），学科网（北京）股份有限公司 8 =2 8 的图象上；由反比例函数是中心对称图形可得：A'（﹣4，﹣2）， ∴射线OA绕点O旋转90°后与y'的交点坐标为（4，2）或（﹣4，﹣2）.

【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax 2 +bx过点（﹣1，3），且对称轴为直线x＝1， ∴ − =1 ，解得，则该抛物线解析式为：y＝x 2 ﹣2x； (　　)当k＝1时，则y＝x﹣1， ∴当x＝0，y＝﹣1，当x＝2时，y＝1， ∴D（0，﹣1），E（2，1）， ∵y＝（x﹣ ﹣1， ∴顶点坐标在直线y＝﹣1上移动， ∵y＝（x﹣ ﹣1与线段DE有公共点， ∴联立 2 −1 ，整理，得x 2 ﹣（2h+1）x+ ＝0， ∴当Δ＝（2h+1） 2 ﹣4 ＝0，即ℎ=− 1 4 时，满足题意， 2 −1从ℎ=− 1 4 开始向右移动，直至抛物线与线段DE只有一个交点为E（2，1）时，y＝（x﹣ ﹣1与线段DE均有公共点，学科网（北京）股份有限公司 ∴当y＝（x﹣ ﹣1过点E（2，1）时，（2﹣ ﹣1＝1，解得：ℎ=2−2或ℎ=2+2， ∴当− 1 4 ≤ℎ≤2+2时，抛物线y＝（x﹣ ﹣1与线段DE有公共点；（3）存在， ∵y＝kx﹣k， ∴当y＝0时，x＝1， ∴C（1，0），抛物线的对称轴为直线x＝1， ∴点C在抛物线的对称轴上， ∵PQ过点 1 1 1 ，联立 2 ，整理，得x 2 ﹣（k+2）x+k＝0， 2 ， ∵M为AB的中点， ∴M( 2 ， 2 2 )，联立 1 1 2 ，同理可得：N(1− 1 ， 1 2 )，作MH⊥CT，NF⊥CT，学科网（北京）股份有限公司 ∵TC平分∠MTN， ∴∠NTF＝∠MT ∴ = ，设T（1，t），则 2 −1 2 2 = 1−1+ 1 1 2 ， 1 2 ， 1 2 )，使得TC总是平分∠MTN.

【分析】（1）先由表中勾股数规律，令a＝10， (　　)由表中数据，分别用代数式表示出（3）确定直角三角形最短边长度：已知每个三角形最短边都种21株花，因为各边上相邻两株花之间的距离均为1m，且顶点处都种一株花，所以每个直角三角形最短边长为21﹣1＝20米，找出直角三角形三边长度：查题干中的表可知，当最短边为20米时，直角三角形的三边长分别为20米，21米，29米，由于该图案是由四个全等的直角三角形组成，下面只需要解决其中一个直角三角形的种植情况即可，如图所示，结合(　　)中得到的规律，分析出一个直角三角形种植花数量即可得到答案. 【解答】解：（1）由表中勾股数的规律可知，令a＝10，则由勾股数定义可知 + ＝，即10 2 + ＝26 2 ， ∴ ＝26 2 ﹣10 2 ＝（26+10）（26﹣10）＝36×16，解得b＝24或b＝﹣24（舍去）；故答案为：24； (　　)令n为正整数，则由表中规律可知，表中第一行、第三行中a为奇数：a＝2n+1，则b＝2n（n+1）， c＝2n（n+1）+1，证明如下： ∵ ＝（2n+1） 2 ，＝[2n（n+1）] 2 ，＝[2n（n+1）+1] 2 ， ∴ ﹣ ＝[2n（n+1）+1] 2 ﹣[2n（n+1）] 2 ＝{[2n（n+1）+1]+[2n（n+1）]}{[2n（n+1）+1]﹣[2n（n+1）]} ＝4n（n+1）+1 学科网（北京）股份有限公司＝4n 2 +4n+1 ＝（2n+1） 2 ＝，表中第二行、第四行中a为偶数：a＝2n，则b＝n 2 ﹣1，c＝n 2 +1，证明如下： ∵ ＝4n 2 . ＝（n 2 ﹣1） 2 ，＝（n 2 +1） 2 ∴ ﹣ ＝（n 2 +1） 2 ﹣（n 2 ﹣1） 2 ＝[（n 2 +1）+（n 2 ﹣1）][（n 2 +1）﹣（n 2 ﹣1）] ＝2n 2 ×2＝（2n） 2 ＝；（3）查表可以知道他的最短是202129这个勾股数，一个直角三角形三条边的长度之和为20+21+29＝70米，因为图案是由四个全等的直角三角形组成，所以需要种花70×4＝280株. 【点评】本题考查勾股定理、整式加减乘法混合运算、平方差公式等知识，观察分析所给表中勾股数，分类找准规律并灵活运算解决实际问题是关键.

【解答】（1）证明：∵将△ABC绕点C旋转得到△DE ∴AC＝C ∴ = ， ∴△BCE∽△ACD； (　　)解：∵BC＝2，AC＝1，∠ACB＝90°， 2 2 =2 2 +1 2 =5， =2，学科网（北京）股份有限公司过D作DH⊥A ∴DH＝2A 2 +D ＝C ，即（1﹣A +（2A ＝1 2 ， 2 5 ，AH＝0（舍去）， 4 5 ，在△ADH中，A +D ＝A ， 2 2 25 5 ， ∵△BCE∽△AC = ，即 25 5 = 2 1 ， 45 5 ；（3）①证明：设旋转角为α，则∠ACD＝∠BCE＝α，AC＝C 2 =90°− 1 2 2 =90°− 1 2 ∵∠ACB＝90°， ∴∠BCF＝90°，∠DCB＝90°﹣α， ∴∠ECF＝90°﹣α， ∴∠DCB＝∠EC ∴∠F+∠A＝180°， ∴∠CDA+∠CDB＝180°，∠CDA＝∠ ∵∠DCB＝∠EC ∴△BCD≌△ECF（AAS），学科网（北京）股份有限公司 ∴CD＝C ∴AC＝CF； ②解：∵ = 5 6 ， ∴设GF＝5k，GB＝6k， ∵GF∥A ∴四边形ABGF是平行四边形， ∴AB＝GF＝5k，AF＝BG＝6k，∠G＝∠ 在Rt△ADC中，A ＝B +A ， 2 2 2 2 = = 4 5 ， 4 5 ， ∵△CBD≌△CE ∵GF∥A 即∠CEF+∠CEB+∠CBE+∠CBD＝180°，即2（∠CEF+∠CE ∴∠FEB＝90°， ∴∠BEG＝90°， = 4 5 ，即 = 4 5 ， 24 5 1 2 ∴∠CEB+∠CDB＝180°， ∴点 ∴∠BED＝∠BC 学科网（北京）股份有限公司 ∴△BEK∽△DCK， ∴ = = = 24 5 = 5 8 ，设DK＝5x，BK＝8x，CK＝5y，EK＝8y，则BC＝BK+CK＝8x+5y＝4k①，根据旋转可得DE＝AB＝5k， ∴DE＝DK+EK＝5x+8y＝5k②， 7 39 20 39 ∴ = = 5× 1 39 8× 20 39 = 7 32 . 1 2 2 得 1 2 3 2 ， 1 2 2 3 2 = 1 2 2 −2， ∴T（1，﹣2）， ∵P是抛物线上一动点，设点P的横坐标为t， 1 2 2 3 2 )， ∵过点P作对称轴的垂线，垂足为 2 2 3 2 +2= 1 2 2 1 2 = 1 2 2 ， ∴ 2 = 2 1 2 2 =2； 3 2 1 2 2 3 2 =0时，x1＝﹣1，x2＝3， 3 2 )，B（3，0）， 1 2 2 3 2 )，对称轴为直线x＝1， 3 2 )关于对称轴的对称点为(2，− 3 2 )， ∵P在第四象限，学科网（北京）股份有限公司 ∴0＜t＜3，当0＜t≤1时，抛物线弧CP的最高点为 3 2 − 1 2 2 3 2 =− 1 2 2 1 2 2 2 当1＜t≤2时，抛物线弧CP的最高点为 3 2 −(− 2)= 1 2 ， 1 2 当2＜t＜3时，抛物线弧CP的最高点为P，最低点为T，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t， 1 2 2 3 2 +2= 1 2 2 1 2 ， 1 2 2 1 2 2 +1， 2 2 ； ②∵PQ∥x轴， ∴P，Q关于对称轴对称， 1 2 2 3 2 )，当0＜t≤l时，抛物线弧CQ的最高点为 3 2 − (−2)= 1 2 ， 1 2 11 2 ， 2 11 2 ， 2 2 2 2 ，当1＜t≤2时，抛物线弧CQ的最高点为 − 3 2 −( 1 2 2 3 2 )=− 1 2 2 学科网（北京）股份有限公司 1 2 2 2 +4， 11 2 ， 2 +4= 11 2 ， 2 2 2 2 （舍去），当2＜t＜3时，抛物线弧CP的最高点为Q，最低点为 1 2 2 3 2 −(− 3 2 )= 1 2 2 1 2 2 2 −4； 11 2 ， 2 2 −4= 11 2 ， 17 2 （舍去）或t= 17 2 ， ∴PQ＝t﹣2+t＝2t﹣2=17−2，

【解答】解：（1）∵A（﹣1，0），B（3，0），在二次函数y＝﹣x 2 +bx+c的图象上，设该二次函数为y＝﹣（x﹣x1）（x﹣x2）， ∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）， ∴y＝﹣x 2 +2x+3； (　　)①把x＝0代入y＝﹣x 2 +2x+3，得y＝3， ∴C（0，3），如图，延长DC与x轴相交于点 ∴OB＝OC＝3， ∵∠COB＝90°， ∴∠CBO＝45°， ∵∠DCB＝90°＝∠BC ∴∠GCO＝180°﹣∠COG﹣∠CGB＝180°﹣90°﹣45°＝45°，学科网（北京）股份有限公司 ∴OG＝OC＝3， ∴G（﹣3，0），设直线CG的解析式为：y＝kx+m（k≠0），把C（0，3），G（﹣3，0）代入，得，解得， ∴直线CG的解析式为：y＝x+3， ∵点D是直线CG与二次函数的交点， ∴联立解析式 2 ，解得或， ∴D（1，4）； ∵OH∥E ∴四边形OFEH是平行四边形， ∴OF＝E ∴∠BOH＝45°， ∴△OGH为等腰直角三角形， ∴OG＝G +G ＝O ， ∴OG＝GH＝1， ∴H（1，﹣1）， ∵DE+EH≥D ∴当DE+EH＝DH时，DE+EH最小， ∵D（1，4），H（1，﹣1）， ∴DH＝5. 此时 ∴点F的坐标为（0，3）与点C重合，满足EF在线段BC上， ∴DE+OF的最小值为5.

【分析】（1）证明△BAE≌△DAG（SAS），导角即可得解；（2）由题易知tan∠CMB＝tan∠DMG= ，所以求出用a表示出DM即可，连接AC交BC于点O，易证△CMO∽△GM （3）分类讨论，解△ADE即可得解. 【解答】解：（1）BD⊥D 在正方形ABCD和正方形AEFG中， ∴AB＝A ∴∠BAE＝∠DAC＝90°﹣∠DA ∴∠ABE＝∠AD ∴∠ADG+∠ADB＝90°，即∠BDG＝90°， ∴BD⊥DG；（2）连接AC交BD于点O，则∠COD＝90°，学科网（北京）股份有限公司 ∵正方形边长为8， ∴OC＝OD＝42， ∴OM＝OD﹣DM＝42−DM， ∵∠COM＝∠GDM＝90°，∠CMO＝∠GM ∴ = ，即 42 = ，解得DM= ， ∵∠BDG＝90°， ∴tan∠CMB＝tan∠DMG= =a⋅ = 8 ，故答案为： 8 ；（3）当点E在线段BD上时，如图，过E作EK⊥AD于点K， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADE＝45°，学科网（北京）股份有限公司 ∴△DEK为等腰直角三角形， ∴DK＝EK＝DE•sin45°= 2 2 x， ∴AK＝AD﹣DK＝8− 2 2 x，在Rt△AKE中，A ＝EK 2 +AK 2 ＝（ 2 2 2 +（8− 2 2 x） 2 ＝x 2 ﹣82x+64， ∴S＝A ＝x 2 ﹣82x+64；当点E在BD延长线上时，如图，过E作EL⊥AD交AD延长线于点L，同理可得EL＝DL= 2 2 x， ∴AL＝AD+DL＝8+ 2 2 x，在Rt△ALE中，A ＝EL 2 +AL 2 ＝（ 2 2 x） 2 +（8+ 2 2 x） 2 ＝x 2 +82x+64， ∴S＝A ＝x 2 +8x+64；综上，S与x的函数解析式为S＝x 2 ﹣82x+64或S＝x 2 +82x+64. 【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等内容，分类讨论是解题的关键. 学科网（北京）股份有限公司

【解答】解：探究发现：由图可知S △ABC＝S △APC+S △AP 1 2 AC•PD+ 1 2 BC•P 1 2 = 1 2 ∴AF＝PD+P △AP 实践应用：如图，过G作GM⊥AG于点M， ∵△ABC为等边三角形，学科网（北京）股份有限公司 ∴∠A＝60°，在Rt△AMG中，AG＝1， ∴AM＝AG•cos30°= 1 2 ，GM＝AG•sin60°= 3 2 ， ∵AC＝3， ∴CM＝AC﹣AM= 5 2 ， 2 2 =7， ∵线段CG绕点C逆时针旋转60°得C ∴△CGF为等边三角形， ∴GF＝CF＝CG=7，∠F＝60°，过G作GN⊥CF于点N，在Rt△GFN中，GN＝GF•sin60°= 21 2 ，由（探究发现）可知PD+PE＝GN= 21 2 ；拓展延伸：如图，延长A 设CD＝x，则AC＝2+x， ∵AB为半圆O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵AB＝10，BD＝45， ∴在Rt△ACB中，B ＝A ﹣A ＝100﹣（2+x） 2 ，在Rt△BCD中，B ＝B ﹣C ＝（45） 2 ﹣x 2 ， ∴100﹣（2+x） 2 ＝（45） 2 ﹣x 2 ，解得x＝4；学科网（北京）股份有限公司 ∵BE＝AC＝2+4＝6， ∴∠ABE＝∠BA ∵AC⊥DP，BC⊥A ∴由（探究发现）可知BC＝PD+PM，在Rt△ABC中，BC=10 2 −6 2 =8， ∴PD+PM＝8， ∴S △PAC+S △PB 1 2 AC•PD+ 1 2 BE•PM = 1 2 1 2 ＝3（PD+PM）＝3×8 ＝24.

【解答】（1）解：由题可知∠ABF＝∠CB ∴∠CEB＝90°， ∴∠CBE+∠C＝90°，在平行四边形ABCD中，∠A＝∠ 故答案为：90；（2）证明：∵CN⊥C 由题可知∠CE1C1＝∠CEB＝90°，BE＝B1E1，CE＝C1E1， ∵AB∥C ∴△EBE1为等腰直角三角形， ∴∠BE1B＝∠BEE1＝45°，学科网（北京）股份有限公司 ∴∠CEN＝∠CNE＝∠C1E1M＝45°， ∴CN＝CE＝C1E1，在△CNM和△C1E1M； 1 1 ， ∴△CNM≌△C1E1M（AAS）；（3）证明：如图，过点D作DP⊥AB垂足为点P，设AF＝1， = 1 27 = 7 14 ， 7 14 = 1 2 ， 2 2 = 33 2 ， ∵∠AGD＝60°， ∴在Rt△GDP中，PG= = 3 2 3 3 = 3 2 ， ∴AG＝AP+PG＝2， ∴ = = 1 2 ，即 = ， ∵∠A＝∠ ∴∠AFG＝∠AD

【解答】解：（1）BF＝D ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝A ∵△EFG是直角三角形，EG＝E 当点E与点A重合时，则∠FAG＝90°＝∠BA 又∵AB＝A ∴△ADG≌AB （2）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠DAB＝90°， ∵点G在CD的延长线上，FE的延长线与BA的延长线交于点P， ∴∠PAE＝∠EDG＝90°， ∴∠P+∠AEP＝90°， ∵∠FEG＝∠DEF+∠DEG＝90°，∠AEP＝∠DE ∵EG＝E ∴EG＝EP，在△APE和△DEG中，，学科网（北京）股份有限公司 ∴△PAE≌△ED 由（2）可知：△PAE≌△ED 作FH⊥AB于点 ∴AE∥F = =1， ∴PA＝A ∴AE为△PHF的中位线， ∴HF＝2A ∴DE＝A ∴AE＝B 2 ∵AE＝D

【分析】（1）根据旋转的性质可得∠DAD'＝90°，AD＝AD'，进而证明∠DAB＝∠D'A DAB≌△D'AC（SAS），根据全等三角形的性质，即可求解；（2）根据正方形的性质，旋转的性质，同（1）证明△BCE'≌△DCE（SAS），得出∠BE'C＝∠DEC＝90°，结合CE＝CE'，即可得证；（3）同（2）的方法证明△BCG∽△DC O 学科网（北京）股份有限公司 321 5 8 5 ，即可求解；（4）连接A 时，DE'取得最小值，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解. 【解答】（1）解：∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'， ∴∠DAD'＝90°，AD＝AD'， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAD'＝∠DA 又∵AB＝A ∴CD'＝B 故答案为：相等（或CD′＝B （2）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DCB＝90°，BC＝D ∴∠ECE′＝90°，CE＝CE′. ∵∠DCB＝∠ECE′＝90°， ∴∠DCB﹣∠BCE＝∠ECE′﹣∠BC ∴△BCE′≌△DCE（SAS）. ∴∠BE′C＝∠DEC＝90°. ∵∠CED+∠CEF＝180°， ∴∠CEF＝90°， ∴∠BE′C＝∠ECE′＝∠CEF＝90°. ∴四边形CEFE′是矩形. 又∵CE＝CE′， ∴四边形CEFE′是正方形；（3）解：∵CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'， ∴∠ECE'＝90°，CE＝CE'，学科网（北京）股份有限公司 ∵ = 4 3 ， ∴ = 4 3 ， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝4， ∴CD＝AB＝3， ∴ = 4 3 ， ∴ = = 4 3 ， ∵∠DCB＝∠ECE'＝90°， ∴∠DCB﹣∠BCE＝∠ECE'﹣∠BC ∴△BCG∽△DC ∵∠CED+∠CEF＝180°， ∴∠CEF＝90°， ∴∠BGC＝∠ECG＝∠CEF＝90°， ∴四边形CEFG是矩形，如图，连接A ∵O是A 1 2 1 2 ∴ ∴∠AFC＝90°， ∵AD＝B 2 2 =5，学科网（北京）股份有限公司 = 3 5 ， ∵AF＝2， 2 2 =21， 321 5 ， ∴∠BFC＝∠BA ∴∠ACB＝∠FC ， ∴ 2 5 = 4 ， 8 5 ， 321 5 − 8 5 ；故答案为： 321 5 − 8 5 ；（4）解：如图，连接A ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°，AO＝O 2 =26， ∴AO＝OB＝AB=6， ∴△AOB是等边三角形，则∠OAB＝60°，学科网（北京）股份有限公司 ∵线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE'， ∴AE＝AE'，∠EAE'＝60°， ∴∠OAB＝∠EAE'＝60°， ∴∠OAB﹣∠OAE＝∠EAE'﹣∠OA 又∵OA＝B ∴△E'AO≌△EAB（SAS）， ∴∠AOE'＝∠ABE＝90°， ∴E'在OE'上运动，且E'O⊥A ∵∠AOB＝60°， ∴∠AOD＝120°，又∵∠AOE'＝90°， ∴∠EOD＝30， ∴当DE'⊥OE'时，DE'= 1 2 1 4 BD= 6 2 ，故答案为： 6 2 . 【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质以及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键.

【解答】（1）证明：∵AB＝A ∵∠ACB＝∠AD ∵∠ADB＝∠DBE+∠ （2）证明：连接C ∵BG＝D 由（1）知：∠ABC＝∠AD ∴∠DBE＝∠GD ∴∠CAD＝∠GD ∵∠ACD＝∠AB ∵∠CHD＝∠DH 学科网（北京）股份有限公司 ∴ = ， ∴H ＝HC•H 2 ＝HF•HC；（3）解：连接AO并延长交CB于点M，连接C ∵AB＝A ∴tan∠ABC= =5，设BM＝k，则AM=5k，BC＝2k， 2 2 =6k， ∵AD＝2D ∴AE＝AD+DE＝3 ∴∠ADB＝∠AB ∴△BAD∽△EA = ， ∴ = ， ∴k＝ ∵四边形ABCD为圆的内接四边形，学科网（北京）股份有限公司 ∴∠EDC＝∠AB ∴△EDC∽△EB = ， ∴ = ， ∴C +2k•CE﹣3k 2 ＝0， ∵CE＞0， ∴CE＝k， ∵△EDC∽△EB = ， ∴ 6 = ， ∴AB＝36. 由（2）知：AH＝H ∴△AGH的周长＝AG+GH+A ＝AG+G ＝(　　)

【解答】解：（1）依题意，分别把A（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x 2 +bx+ ，解得； (　　)由（1）得b＝2，c＝3，则y＝﹣x 2 +2x+3，C（0，3），令y＝0，则0＝﹣x 2 +2x+3＝（﹣x+3）（x+1）， ∴x1＝3，x2＝﹣1，故B（﹣1，0），A（3，0），分别过点 ∵EN⊥O ∴∠ENB＝∠DMB＝90°， ∵∠DBM＝∠EBN， ∴△DMB∽△EN ∴ = ， ∵DE：BE＝1：2， ∴DB：BE＝3：2， ∴ = 3 2 ，设点E的纵坐标为2m，则点D的纵坐标为3m，设AC的解析式为y＝kx+r（k≠0）， ∵C（0，3），A（3，0）， ∴ ，解得， ∴AC的解析式为y＝﹣x+3，把y＝2m代入y＝﹣x+3，得2m＝﹣x+3， ∴x＝3﹣2m， ∴E（3﹣2m，2m），设BE的解析式为y＝tx+q（t≠0），把E（3﹣2m，2m），B（﹣1，0）分别代入y＝tx+q，得，解得， = 则x＝5﹣3m，即点D（5﹣3m，3m）， ∵点D为抛物线上第一象限内一点，且y＝﹣x 2 +2x+3， ∴3m＝﹣（5﹣3m） 2 +2（5﹣3m）+3，整理得3m 2 ﹣7m+4＝（m﹣1）（3m﹣4）＝0，学科网（北京）股份有限公司 2= 4 3 ， 2= 4 3 是符合题意的，当m＝1时，则5﹣3m＝5﹣3＝2，3m＝3，此时D（2，3），当m= 4 3 时，则5﹣3m＝5﹣4＝1，3m=3× 4 3 =4此时D（1，4），综上：D（2，3）或D（1，4）；（3）存在，过程如下：由(　　)得y＝﹣x 2 +2x+3，整理y＝﹣x 2 +2x+3＝﹣（x﹣1） 2 +4， ∵F为抛物线的顶点， ∴F（1，4）， ∵平移抛物线使得新顶点为P（m，n）（m＞1），P又在原抛物线上，新抛物线与直线x＝1交于点N，连结FP、PN，过点P作PH⊥FN，∠FPN＝120°，如图所示： ∴平移后的抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣m） 2 +n，把x＝1代入y＝﹣（x﹣m） 2 +n， 2 ∵点P（m，n）在y＝﹣（x﹣1） 2 +4上， ∴n＝﹣（m﹣1） 2 +4， ∴（m﹣1） 2 ＝4﹣n， 2 ∴N（1，﹣4+2n）， ∵P（m，n），N（1，﹣4+2n），F（1，4），学科网（北京）股份有限公司 ∴P ＝（m﹣1） 2 +（n﹣4） 2 ，PN 2 ＝（m﹣1） 2 +[n﹣（﹣4+2n）] 2 ＝（m﹣1） 2 +（n﹣4） 2 ，则P ＝PN 2 ，即PF＝PN， ∴△PFN是等腰三角形， ∵∠FPN＝120°， 1 2 ×120°=60°， = =3，令t＝m﹣1， ∵n＝﹣（m﹣1） 2 +4， 2 +4， 2 2=3， 2 +1， 2 +1， 2 =1， 2=3， 2|=2+3−3=2， ∴新抛物线与x轴存在两个不同的交点，这两个交点之间的距离为2.

【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，学科网（北京）股份有限公司 =2，故答案为：45°，2； (　　)根据题意得△AEF∽△AO = ， ∴∠FAB＝∠EAO， = ， ∴△AFB∽△AEO， ∴ = ， ∠OAB＝45°，∠AOB＝90°， ∴ =2， ∴ = =2，（3）的值与α无关，理由如下，如图，同理可证△AFB∽△AEO， ∴ = ， ∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°， ∴∠ABO＝30°， ∵O是AB的垂直平分线与BD的交点， ∴AO＝BO， ∴∠BAO＝∠ABO＝30°，过点O作OG⊥AB于点 3 2 ， ∴ =3， ∴ = =3， ∴ 的值与α无关；学科网（北京）股份有限公司 2 ， = 2 ， 2 2 ， ∵BE＝OE+O 2 2 2 ， 2 .

【解答】（1）证明：连接O ∵BC是⊙O的直径， ∴∠BAC＝90°， ∵∠ABE＝∠CA ∴∠OAE＝∠CAE+∠OAC＝∠ABE+∠OCA＝90°， ∵OA是⊙O的半径，且AE⊥O (　　)解：∵S △ABC＝3S △AD =3， ∵CD⊥AE于点 ∵∠ABC＝∠DA ∴ =( ) 2 =3， ∴ =3或 =−3（不符合题意，舍去）， ∴BC=3A 2 2 2 =2A ∴△ABE∽△CA = = =2，学科网（北京）股份有限公司 ∴AE=2CE＝122， ∴AE的长为122.

【解答】解：（1）把x1＝﹣1代入方程（x﹣1）（x﹣2）＝m 2 ，得m 2 ＝6， ∴（x﹣1）（x﹣2）＝6，即x 2 ﹣3x﹣4＝0. ∴（x﹣4）（x+1）＝0. ∴x1＝﹣1，x2＝4. (　　)方程（x﹣1）（x﹣2）＝m 2 可化为x 2 ﹣3x+2﹣m 2 ＝0. ∵Δ＝9﹣4（2﹣m 2 ）＝4m 2 +1＞0， ∴方程有两个不相等的实数根. ∵方程（x﹣1）（x﹣2）＝m 2 即x 2 ﹣3x+2﹣m 2 ＝0的两根为x1、x2， ∴x1+x2＝3，x1•x2＝2﹣m 2 . ∴（x1﹣1）（x2﹣1）＝x1•x2﹣（x1+x2）+1 ＝2﹣m 2 ﹣3+1 ＝﹣m 2 . ∵m 2 ≥0，学科网（北京）股份有限公司 ∴﹣m 2 ≤0，即（x1﹣1）（x2﹣1）≤0. 1 1≠0)， ∵经过点A（﹣3，1）， ∴k1＝﹣3， 3 ， 3 图象上，n＝﹣3， ∴B（1，﹣3），设一次函数解析式为y＝k2x+b（k2≠0）， ∴. ，解得 2=−1 ， ∴一次函数为y＝﹣x﹣2； (　　)∵CD⊥x轴， −3 )，D 7 2 ， −3 = 7 2 ，即2 +11a﹣6＝0， 2= 1 2 ， ∵点C在第二象限， ∴a＝﹣6.

【解答】（1）证明：如图，连接E ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠C＝90°， ∵E为BC的中点， ∴BE＝E 在Rt△EPF与Rt△ECF中， ∵EP＝E ∴Rt△EPF≌Rt△ECF（HL）， ∴FP＝FC； (　　)解：∵AP＝AB＝10，点E在移动过程中，AP＝10不变. 学科网（北京）股份有限公司 ∴点P在以A为圆心，10为半径的⊙A的弧上，连接AM，如图，当点P在线段AM上时，PM有最小值， ∵AD＝17，AB＝CD＝10，CM＝4， ∴DM＝6， 2 2 =17 2 +6 2 =325=513，（3）解：过点P作PH⊥AD于 ∵∠NPD＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∴∠1+∠3＝90°， ∴∠3＝∠2， ∵∠PHN＝∠DHP， ∴△PHN∽△DHP， ∴ = ， ∴HP 2 ＝HN•H ∴DN＝13，设HN＝x，HD＝13﹣x， ∴AH＝x+4，HP 2 ＝x（13﹣x）， ∵AB＝10， ∴AP＝AB＝10，学科网（北京）股份有限公司 ∵HP 2 ＝AP 2 ﹣A ， ∴HP 2 ＝10 2 ﹣（x+4） 2 ， ∴x（13﹣x）＝10 2 ﹣（x+4） 2 ，解得x＝4， ∴HP＝6，AH＝8，HG＝AB＝10，PG＝4，BG＝AH＝8，设BE＝m，则PE＝m，GE＝8﹣m，在Rt△PGE中，P ＝E +P ， ∴m 2 ＝（8﹣m） 2 +4 2 ，解得m＝5，即BE的长为5. 2 15 4 ， 1 4 ， 1 4 2 + 1 2 15 4 ，令y＝0，则 1 4 2 + 1 2 15 4 =0，解得x1＝﹣5，x2＝3， ∴B（﹣5，0）； 1 4 2 −4，N是抛物线顶点， ∴N（﹣1，﹣4），设直线BN的解析式为y＝k1x+b1， ∵B（﹣5，0），N（﹣1，﹣4）， ∴ 1=0 1=−4 ，解得： 1=−1 1=−5 ， ∴直线BN的解析式为y＝﹣x﹣5， ∵PQ∥BN，可设直线PQ为y＝﹣x+n， 1 4 2 + 1 2 15 4 1 4 2 + 1 2 15 4 )，学科网（北京）股份有限公司 ∴ 1 4 2 + 1 2 15 4 1 4 2 + 1 2 15 4 解得：m＝﹣4；（3）存在定点T满足条件. 设直线l解析式y＝kx+ ∴ 1 4 2 + 1 2 15 4 ， ∴x 2 +（2﹣4k）x﹣15﹣4b＝0， ∴Δ＞0，x3+x4＝4k﹣2，x3x4＝﹣15﹣4 ∵∠GMN＝∠HMN， ∴tan∠GMN＝tan∠HMN. 即 = ， ∴ = 4+1 4+5 ， ∴（x3+1）（y4+5）+（x4+1）（y3+5）＝0， ∴（x3+1）（kx4+b+5）+（x4+1）（kx3+b+5）＝0. ∴2kx3x4+（k+b+5）（x3+x4）+2b+10＝0. ∴2k（﹣15﹣4 ∴﹣4k（b﹣k+3）＝0， ∵直线l不垂直于y轴， ∴k≠0， ∴b﹣k+3＝0， ∴b＝k﹣3， ∴直线l解析式y＝k（x+1）﹣3， ∵无论k为何值，x＝﹣1，y＝﹣3，学科网（北京）股份有限公司 ∴l过定点T（﹣1，﹣3），故存在定点T（﹣1，﹣3）.

【解答】解：（1）∵△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝C ∵△CDE中，∠DCE＝90°，∠E＝30°， ∴∠CDE＝60°， ∴∠AFD＝∠CDE﹣∠A＝60°﹣45°＝15°， 2 2 3 3 （2）①如图，过点C作CG⊥D 2 2 ②AB⊥D ∵在Rt△CGA中，∠CGA＝90°，AG＝CG＝6cm， ∴∠CAG＝∠ACG＝45°，又∵∠BAC＝45°， ∴∠DAB＝∠CAG+∠BAC＝45°+45°＝90°， ∴AB⊥(　　)

【解答】（1）解：如图所示，连接O 学科网（北京）股份有限公司 ∵PA与⊙O相切于点 ∴∠PAO＝90°， ∴∠CAO+∠PAC＝90°， ∴2∠CAO+2∠PAC＝180°. ∵OA＝O ∵∠AOC+∠OAC+∠OCA＝180°， ∴∠AOC+2∠OAC＝180°， ∴∠AOC＝2∠PA ∴∠PAC＝∠B； (　　)证明：由（1）可得：∠PAC＝∠ ∴△PAC∽△PB = ， ∴P ＝PB•PC；（3）解：∵∠BAC＝45°， ∴∠BOC＝2∠BAC＝90°， ∵⊙O的半径为1， ∴OA＝OB＝OC＝1，在Rt△BOC中， 2 2 =1 2 +1 2 =2； ∵∠AOB＝150°， ∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC＝60°. 学科网（北京）股份有限公司又∵OA＝O ∴AC＝OA＝1，∠OAC＝60°， ∵BC的延长线与过点A的切线相交于P， ∴PA⊥O ∴∠CAO+∠PAC＝90°， ∵∠OAC＝60°， ∴∠PAC＝30°， ∴∠PAB＝∠PAC+∠BAC＝45°+30°＝75°. 1 2 ∴∠P＝180°﹣∠ABP﹣∠BAP＝75°， ∴∠ACP＝180°﹣∠P﹣∠PAC＝75°， ∴∠P＝∠ACP， ∴AP＝AC＝1. 由(　　)可得：P ＝PB•P 2 2 −2+6 2 −2−6 2 （负数不合题意，舍去）， −2+6 2 .

【解答】解：（1）∵对称轴为直线x＝1，且二次函数y＝x 2 +bx+c A（﹣1，0）、B两点， ∴B（3，0）， ∴y＝（x+1）（x﹣3）＝x 2 ﹣2x﹣3； (　　)由y＝x 2 ﹣2x﹣3可知C（0，﹣3）， ∴OB＝OC＝3，即∠OCB＝∠OBC＝45°，第一种情况：当点P在直线BC上方时，如图，记BP与y轴交于点K，学科网（北京）股份有限公司则∠OPB+∠CBP＝∠OBC＝45°，又∵∠CBP+∠ACO＝45°， ∴∠OBP＝∠ACO， ∴tan∠OBP＝tan∠ACO，即 = = 1 3 ， ∴OK= 1 3 OB＝1，由B（3，0），K（0，﹣1）可得直线BP解析式为y= 1 3 x﹣1，联立 1 3 2 ，解得（与B点重合）或 2 3 11 9 ， ∴P（− 2 3 ，− 11 9 ）；第二种情况：当点P在直线BC下方时，方法一：如图，作点A关于y轴对称点K，连接CL，则∠ACO＝∠LCO，L（1，0）， ∵∠CBP+∠ACO＝45°，∠LCO+∠BCL＝45°， ∴∠CBP＝∠BCL， ∴BP∥CL，学科网（北京）股份有限公司由C（0，﹣3），L（1，0）可得直线CL的解析式为y＝3x﹣3， ∴设直线BP：y＝3x+n，将B（3，0）代入得n＝﹣9， ∴直线BP：y＝3x﹣9，联立 2 ，解得（与B点重合）或， ∴P（2，﹣3）；方法二：作K关于直线BC对称点此时∠CBK＝∠CBP，满足∠CBP+∠ACO＝45°， ∵K（0，﹣1），C（0，﹣3）， ∴CK＝2， ∵∠BCO＝45°， ∴△CHK为等腰直角三角形， ∴H（1，﹣2） ∴G（2，﹣3） ∵点G（2，﹣3）也在抛物线上， ∴点P与点G重合，即P（2，﹣3）；（备注：此时如果没有发现点P和点G重合，也可以求出BG解析式，联立二次函数求交点P坐标）. 综上，点P的坐标为（− 2 3 ，− 11 9 ）或（2，﹣3）；（3）如图，在OC上取点学科网（北京）股份有限公司 ∵∠BAQ＝2∠ACO， ∴∠BAQ＝∠ADO，设OD＝m，则CD＝AD＝3﹣m，在Rt△AOD中，O +O ＝A ， ∴1+m 2 ＝（3﹣m） 2 ，解得m= 5 3 ， ∴OD= 4 3 ，AD= 5 3 ，作点B关于直线AQ对称点则BM＝EM，BF＝E 当且仅当 ∵∠BAQ＝∠ADO， ∴sin∠BAQ＝sin∠ADO，即 = = 3 5 ， ∴BF= 3 5 AB= 12 5 ， ∴BE＝2BF= 24 5 ， ∵∠AGE＝∠AFE＝90°， ∴∠BEG＝∠BAF＝∠ADO， ∴cos∠BEG＝cos∠ADO，即 = = 4 5 ，学科网（北京）股份有限公司 ∴EG= 4 5 96 25 ， ∴（BM+MN）min= 96 25 .

3(　　)O 在RtBEF△ 中， 20 152 cos 22 3(　　)， ∴ 52CEEFCF ， sin52BEEFF  ，在RtCDE△ 中，由勾股定理得  2