初中初中04挑戰壓軸題（解答題二）1．（2023·廣東深圳·統考中考真題）蔬菜大棚是一種具有出色的保溫性能的框架覆膜結構，它出現使得人們可以吃到反季節蔬菜．一般蔬菜大棚使用竹結構或者鋼結構的骨架，上面覆上一層或多層保溫塑料膜，這樣就形成了一個溫室空間．如圖，某個溫室大棚的橫截面可以看作矩形和拋物線構成，其中，，取中點O，過點O作線段的垂直平分線交拋物線于點E，若以O點為原點，所在直線為x軸，為y軸建立如圖所示平面直角坐標系．請回答下列問題：(1)如圖，拋物線的頂點，求拋物線的解析式；

(2)如圖，為了保證蔬菜大棚的通風性，該大棚要安裝兩個正方形孔的排氣裝置，，若，求兩個正方形裝置的間距的長；

(3)如圖，在某一時刻，太陽光線透過A點恰好照射到C點，此時大棚截面的陰影為，求的長．

2．（2022·廣東深圳·統考中考真題）一個玻璃球體近似半圓為直徑，半圓上點處有個吊燈的中點為(1)如圖①，為一條拉線，在上，求的長度．(2)如圖②，一個玻璃鏡與圓相切，為切點，為上一點，為入射光線，為反射光線，求的長度．(3)如圖③，是線段上的動點，為入射光線，為反射光線交圓于點在從運動到的過程中，求點的運動路徑長．3．（2021·廣東深圳·統考中考真題）探究：是否存在一個新矩形，使其周長和面積為原矩形的2倍、倍、k倍．（1）若該矩形為正方形，是否存在一個正方形，使其周長和面積都為邊長為2的正方形的2倍？_______（填“存在”或“不存在”）．（2）繼續探究，是否存在一個矩形，使其周長和面積都為長為3，寬為2的矩形的2倍？同學們有以下思路：設新矩形長和寬為x、y，則依題意，，聯立得，再探究根的情況：根據此方法，請你探究是否存在一個矩形，使其周長和面積都為原矩形的倍；如圖也可用反比例函數與一次函數證明：，：，那么，①是否存在一個新矩形為原矩形周長和面積的2倍？_______．②請探究是否有一新矩形周長和面積為原矩形的，若存在，用圖像表達；③請直接寫出當結論成立時k的取值范圍：．1．（2020·河南周口·統考三模）反比例函數的圖象經過兩點，過點作直線．（1）求反比例函數的解析式；（2）將反比例函數向下平移1個單位，得函數__________；函數與坐標軸的交點坐標為___________；（3）將直線向下平移個單位后與函數的圖象有唯一交點，求的值．2．（2021上·山西晉中·九年級統考期末）某模具廠計劃生產一批面積為，周長為的矩形模具，需要確定的取值范圍．小亮利用圖象的方法解決此問題的過程如下：（1）建立函數模型，設矩形相鄰兩邊的長分別為，，由矩形的面積為，得，即；由周長為，得，即．滿足要求的應是這兩個函數圖象在第________象限內交點的坐標．（2）畫出函數圖象，如圖，在同一直角坐標系中畫出了函數和的圖象．（3）平移直線可以得到函數的圖象，觀察函數圖象①當直線平移到與函數的圖象有唯一交點時，周長的值為________；②請你直接寫出在直線平移過程中，與函數的圖象的交點個數的其它情況及對應的周長的取值范圍．（4）得出結論，若能生產出面積為的矩形模具，則周長的取值范圍為__________．3．（2021上·廣東廣州·九年級廣州大學附屬中學校考期中）已知y是關于x的函數，若存在時，函數值，則稱函數y是關于x的倩影函數，此時點叫該倩影函數的影像點．例如對于函數，若存在時，函數值，則，解得，則函數是倩影函數，點是函數的影像點．（1）判斷函數是否為倩影函數．如果是，請求出影像點．如果不是，請說明理由；（2）已知函數．①求證：該函數總有兩個不同的影像點；②是否存在一個k值，使得函數的影像點的橫坐標都為整數，如果存在，請求出k的值，如果不存在，請說明理由．4．（2024上·寧夏銀川·九年級銀川市第三中學?？计谀┤鐖D，一次函數的圖象與反比例函數（k為常數且）的圖象交于A，B兩點，其中，直線與y軸、x軸分別交于C，D兩點．(1)求反比例函數的表達式；(2)在x軸上找一點P，使的值最小，并求滿足條件的點P的坐標．5．（2024上·山東濟南·九年級統考期末）如圖1，在平面直角坐標系中，矩形的頂點A，C分別在x軸和y軸的正半軸上，B點坐標為，反比例函數與交于點D，與交于點E，．(1)求反比例函數的表達式；(2)如圖2，連接，，求證：；(3)如圖3，點P在x軸上，連接，以點D為旋轉中心將線段逆時針旋轉90°得，若點恰好落在反比例函數上，求點P的坐標．6．（2024上·河南商丘·九年級統考期末）如圖，在等腰三角形中，，以邊為直徑的與交于點，，垂足為，的延長線與的延長線交于點．(1)求證：是的切線．(2)若，，求的長．7．（2024上·湖南永州·九年級統考期末）某綜合實踐研究小組為了測量觀察目標時的仰角和俯角，利用量角器和鉛錘自制了一個簡易測角儀，如圖1所示．

(1)如圖2，在P點觀察所測物體最高點C，當量角器零刻度線上A，B兩點均在視線上時，測得視線與鉛垂線所夾的銳角為，設仰角為，請直接用含的代數式示；(2)為弘揚革命傳統精神，某校組織學生前往永州市烈士陵園緬懷革命先烈．大家被革命烈士紀念碑的雄偉壯觀所震撼，想知道紀念碑的高（碑頂到水平地面的距離），于是師生組成綜合實踐小組進行測量．如圖3，他們在地面的B點用測角儀測得碑頂A的仰角為，在C點處測得碑頂A的仰角為，已知，（B，C，D在同一直線上），根據以上數據求烈士紀念碑的高．（，，）8．（2022上·山東濟寧·九年級統考期末）矩形的面積為6，一邊長為x，這條邊的鄰邊長為，則與x的函數解析式為；如圖，一次函數與反比例函數的圖象交于點，兩點．(1)求反比例函數與一次函數的解析式；(2)根據圖象直接寫出使成立的x的取值范圍是______；(3)將直線平移h個單位長度后，與上述反比例函數圖象在第一象限有且只有一個交點，求h的值．9．（2020·江蘇淮安·統考中考真題）【初步嘗試】（1）如圖①，在三角形紙片中，，將折疊，使點與點重合，折痕為，則與的數量關系為；【思考說理】（2）如圖②，在三角形紙片中，，，將折疊，使點與點重合，折痕為，求的值．【拓展延伸】（3）如圖③，在三角形紙片中，，，，將沿過頂點的直線折疊，使點落在邊上的點處，折痕為．①求線段的長；②若點是邊的中點，點為線段上的一個動點，將沿折疊得到，點的對應點為點，與交于點，求的取值范圍．10．（2022下·黑龍江哈爾濱·七年級哈爾濱市第四十七中學校考階段練習）如圖，在四邊形中，對角線平分，．

(1)求證：；(2)連接交與點，請直接寫出與之間的關系：________；(3)，是的高，連接，若，四邊形的面積為2，求的長．11．（2021·陜西·九年級西安市鐵一中學?？奸_學考試）如圖1．在中，，，點D、E分別在邊、上，，連接，點M、N、P分別為、、的中點，連接、．（1）圖1中，線段、的數量關系是___________，的度數為___________；（2）將繞點A順時針旋轉到如圖2所示的位置．連接．你認為是什么特殊三角形，請寫出你的猜想并證明你的結論；（3）把繞點A在平面內旋轉，若，，請寫出面積的最大．12．（2023上·遼寧沈陽·九年級沈陽市南昌初級中學（沈陽市第二十三中學）?？茧A段練習）在中，，，點D在直線上，連接，將線段繞點C逆時針旋轉得到線段，連接，點F是線段的中點，連接．(1)如圖1，當點D在的延長線上時，連接，若，求線段的長度；(2)如圖2，當點D在的延長線上時，若點G是線段的中點，連接，求證：；(3)如圖3，連接和，若，當線段取最小值時，請直接寫出的面積．13．（2023上·山東濰坊·八年級統考期末）定義：對于一個四邊形，我們把依次連接它的各邊中點得到的新四邊形叫做原四邊形的“中點四邊形”．如果原四邊形的中點四邊形是個正方形，我們把這個原四邊形叫做“中方四邊形”．【概念理解】(1)在已經學過的“平行四邊形；矩形；菱形；正方形”中，______的“中點四邊形”一定是正方形，因此它一定是“中方四邊形”（填序號）．【性質探究】(2)如圖1，若四邊形是“中方四邊形”，觀察圖形，寫出關于四邊形的一條結論：______．【問題解決】(3)如圖2，以銳角的兩邊為邊長，分別向外側作正方形和正方形，連結，依次連接四邊形的四邊中點得到四邊形．求證：四邊形是“中方四邊形”．14．（2024上·江蘇無錫·九年級統考期末）如圖1，在中，，，．點是射線上一動點，作的外接圓．(1)若圓心在邊上，如圖2，則此時的長為______；(2)當與的某一邊所在的直線相切時，求此時的長；(3)隨著點的運動，與的邊的公共點的個數有哪些變化？直接寫出對應的長的值或取值范圍．15．（2022上·福建龍巖·七年級校考階段練習）在數軸上，點、表示的數分別為、，那么、兩點之間的距離為；反過來，式子的幾何意義是：數軸上表示數的點和表示數的點之間的距離．已知點在數軸上表示的數是，點表示的數為，且滿足．(1)______，______，______．（直接寫出結果）(2)如圖1，點是數軸上一點，點到點的距離是點到點的距離的3倍（即），求點在數軸上表示的數；(3)如圖2，點，分別從點，同時出發，分別以，的速度沿數軸負方向運動（在，之間，在，之間），運動時間為秒，點為，之間一點，且點到的距離是點到的距離的一半（即），若，運動過程中到的距離（即）總為一個固定的值，寫出與的數量關系，并說明理由．16．（2024上·四川成都·九年級統考期末）如圖，在平面直角坐標系中，矩形的頂點，分別在軸和軸上，把矩形沿對角線所在的直線折疊，點落在點處，連接與軸相交于點．已知矩形的邊，的長是一元二次方程的兩個根，且．

(1)求直線的解析式；(2)求點的坐標；(3)若點是直線上的動點，在坐標平面內是否存在點，使以點，，，為頂點的四邊形是菱形?若存在，請直接寫出所有滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由．17．（2024上·湖北武漢·七年級統考期末）【問題背景】若，在內部，，，分別平分和．(1)如圖1，當，重合時，則；【問題一般化】(2)如圖2，在（1）的情形下，如果將繞點O點順時針能轉n（），求的度數（用含n的式子表示）；【問題拓展化】(3)如圖3，在（1）的情形下，若和的邊、的位置不變．將繞著O點，以每秒的速度沿順時針方向旋轉，同時將繞著O點，以每秒的速度沿逆時針方向旋轉，設旋轉時間為t，當t為何值時，，請直接寫出兩個t的值．18．（2024上·湖南永州·九年級統考期末）【問題呈現】和都是直角三角形，，，，連接，，探究，的位置關系．（1）如圖1，當時，直接寫出，的位置關系：__________；（2）如圖2，當時，（1）中的結論是否成立？若成立，給出證明；若不成立，說明理由．【拓展應用】（3）當，，時，將繞點C旋轉，使A，D，E三點恰好在同一直線上，求的長．19．（2023·河南信陽·?？既＃┚C合與實踐瑩瑩復習教材時，提前準備了一個等腰三角形紙片，如圖，．為了找到重心，以便像教材上那樣穩穩用筆尖頂起，她先把，點B與點C重疊對折，得折痕，展開后，她把點B與點A重疊對折，得折痕，再展開后連接，交折痕于點O，則點O就是的重心．教材重現：如圖，用鉛筆可以支起一張均勻的三角形卡片．你知道怎樣確定這個點的位置嗎？

在三角形中，連接一個頂點與它對邊中點的線段，叫做這個三角形的中線（median）如圖，是的邊上的中線．

(1)初步觀察：連接，則與的數量關系是：________；(2)初步探究：請幫助瑩瑩求出的面積；(3)猜想驗證：瑩瑩通過測量驚奇地發現．她的發現正確嗎？請說明理由；(4)拓展探究：瑩瑩把剪下后得，發現可以與拼成四邊形，且拼的過程中點不與點重合，直接寫出拼成四邊形時的長．20．（2023下·江西宜春·八年級江西省豐城中學校考階段練習）如圖，已知是矩形的對角線，于點，點是的中點，請僅用無刻度直尺按下列要求作圖（保留作圖痕跡）．(1)在圖①中，在上作點，使；(2)在圖②中，在上作點，使．04挑戰壓軸題（解答題二）1．（2023·廣東深圳·統考中考真題）蔬菜大棚是一種具有出色的保溫性能的框架覆膜結構，它出現使得人們可以吃到反季節蔬菜．一般蔬菜大棚使用竹結構或者鋼結構的骨架，上面覆上一層或多層保溫塑料膜，這樣就形成了一個溫室空間．如圖，某個溫室大棚的橫截面可以看作矩形和拋物線構成，其中，，取中點O，過點O作線段的垂直平分線交拋物線于點E，若以O點為原點，所在直線為x軸，為y軸建立如圖所示平面直角坐標系．請回答下列問題：(1)如圖，拋物線的頂點，求拋物線的解析式；

(2)如圖，為了保證蔬菜大棚的通風性，該大棚要安裝兩個正方形孔的排氣裝置，，若，求兩個正方形裝置的間距的長；

(3)如圖，在某一時刻，太陽光線透過A點恰好照射到C點，此時大棚截面的陰影為，求的長．

【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據頂點坐標，設函數解析式為，求出點坐標，待定系數法求出函數解析式即可；（2）求出時對應的自變量的值，得到的長，再減去兩個正方形的邊長即可得解；（3）求出直線的解析式，進而設出過點的光線解析式為，利用光線與拋物線相切，求出的值，進而求出點坐標，即可得出的長．【詳解】（1）解：∵拋物線的頂點，設拋物線的解析式為，∵四邊形為矩形，為的中垂線，∴，，∵，∴點，代入，得：，∴，∴拋物線的解析式為；（2）∵四邊形，四邊形均為正方形，，∴，延長交于點，延長交于點，則四邊形，四邊形均為矩形，

∴，∴，∵，當時，，解得：，∴，，∴，∴；（3）∵，垂直平分，∴，∴，設直線的解析式為，則：，解得：，∴，∵太陽光為平行光，設過點平行于的光線的解析式為，由題意，得：與拋物線相切，聯立，整理得：，則：，解得：；∴，當時，，∴，∵，∴．【點睛】本題考查二次函數的實際應用．讀懂題意，正確的求出二次函數解析式，利用數形結合的思想，進行求解，是解題的關鍵．2．（2022·廣東深圳·統考中考真題）一個玻璃球體近似半圓為直徑，半圓上點處有個吊燈的中點為(1)如圖①，為一條拉線，在上，求的長度．(2)如圖②，一個玻璃鏡與圓相切，為切點，為上一點，為入射光線，為反射光線，求的長度．(3)如圖③，是線段上的動點，為入射光線，為反射光線交圓于點在從運動到的過程中，求點的運動路徑長．【答案】(1)2(2)(3)【分析】（1）由，可得出為的中位線，可得出D為中點，即可得出的長度；（2）過N點作，交于點D，可得出為等腰直角三角形，根據,可得出，設，則，根據，即可求得，再根據勾股定理即可得出答案；（3）依題意得出點N路徑長為：，推導得出，即可計算給出，即可得出答案．【詳解】（1）∵∴為的中位線∴D為的中點∵∴（2）過N點作，交于點D，∵，∴為等腰直角三角形，即，又∵，∴，∴，∴，設，則，∵，∴，解得，∴，，∴在中，；（3）如圖，當點M與點O重合時，點N也與點O重合．當點M運動至點A時，點N運動至點T，故點N路徑長為：．

∵．∴．∴．∴，∴，∴N點的運動路徑長為：，故答案為：．【點睛】本題考查了圓的性質，弧長公式、勾股定理、中位線，利用銳角三角函數值解三角函數，掌握以上知識，并能靈活運用是解題的關鍵．3．（2021·廣東深圳·統考中考真題）探究：是否存在一個新矩形，使其周長和面積為原矩形的2倍、倍、k倍．（1）若該矩形為正方形，是否存在一個正方形，使其周長和面積都為邊長為2的正方形的2倍？_______（填“存在”或“不存在”）．（2）繼續探究，是否存在一個矩形，使其周長和面積都為長為3，寬為2的矩形的2倍？同學們有以下思路：設新矩形長和寬為x、y，則依題意，，聯立得，再探究根的情況：根據此方法，請你探究是否存在一個矩形，使其周長和面積都為原矩形的倍；如圖也可用反比例函數與一次函數證明：，：，那么，①是否存在一個新矩形為原矩形周長和面積的2倍？_______．②請探究是否有一新矩形周長和面積為原矩形的，若存在，用圖像表達；③請直接寫出當結論成立時k的取值范圍：．【答案】（1）不存在；（2）①存在；②不存在，見解析；③【分析】（1）直接求出邊長為2的正方形周長與面積，再求出周長擴大2倍即邊長擴大2倍時正方形的面積，比較是否也為2倍即可；（2）①依題意根據一元二次方程根的情況判斷即可；②設新矩形長和寬為x、y，則依題意，，聯立，求出關于x、y的一元二次方程，判斷根的情況；③設新矩形長和寬為x和y，則由題意，，同樣列出一元二次方程，利用根的判別式進行求解即可．【詳解】（1）邊長為2的正方形，周長為8，面積為4；當周長為其2倍時，邊長即為4，面積為16，即為原來的4倍，故不存在；（2）①存在；∵的判別式，方程有兩組正數解，故存在；從圖像來看，：，：在第一象限有兩個交點，故存在；②設新矩形長和寬為x、y，則依題意，，聯立得，因為，此方程無解，故這樣的新矩形不存在；從圖像來看，：，：在第一象限無交點，故不存在；③；設新矩形長和寬為x和y，則由題意，，聯立得，，故．【點睛】本題考查了一元二次方程的應用，根的判別式．需要認真閱讀理解題意，根據題干過程模仿解題．1．（2020·河南周口·統考三模）反比例函數的圖象經過兩點，過點作直線．（1）求反比例函數的解析式；（2）將反比例函數向下平移1個單位，得函數__________；函數與坐標軸的交點坐標為___________；（3）將直線向下平移個單位后與函數的圖象有唯一交點，求的值．【答案】（1）；（2），；（3）【分析】（1）點B在反比例函數上，將點B的坐標代入，即可求出比例系數k，反比例函數的解析式可得；（2）將反比例函數向下平移1個單位，即可得到，將y=0代入，即可求得該解析式與x軸交點；（3）設直線的解析式為，將點A、B坐標代入，可求得直線AB解析式，按照題意寫出直線AB平移后的解析式與y2聯立的方程組，且圖象僅有唯一交點，即，即可求得n的值．【詳解】（1）∵反比例函數的圖象經過兩點，∴，∴，∴反比例函數的解析式為；（2）將反比例函數向下平移1個單位，可得，將y=0代入，解得：x=8，即可求得該解析式與x軸交點為；（3）設直線的解析式為，且，∴，∴∴直線的解析式為，設直線平移后的解析式為，聯立方程組整理得：，若兩函數圖象有唯一交點，則，解得（舍），，故的值為．【點睛】本題主要考查了反比例函數與一次函數綜合、函數圖像的平移、一元二次函數根的判別式，解題的關鍵在于掌握函數圖像平移后的解析式寫法．2．（2021上·山西晉中·九年級統考期末）某模具廠計劃生產一批面積為，周長為的矩形模具，需要確定的取值范圍．小亮利用圖象的方法解決此問題的過程如下：（1）建立函數模型，設矩形相鄰兩邊的長分別為，，由矩形的面積為，得，即；由周長為，得，即．滿足要求的應是這兩個函數圖象在第________象限內交點的坐標．（2）畫出函數圖象，如圖，在同一直角坐標系中畫出了函數和的圖象．（3）平移直線可以得到函數的圖象，觀察函數圖象①當直線平移到與函數的圖象有唯一交點時，周長的值為________；②請你直接寫出在直線平移過程中，與函數的圖象的交點個數的其它情況及對應的周長的取值范圍．（4）得出結論，若能生產出面積為的矩形模具，則周長的取值范圍為__________．【答案】（1）一；（2）見解析；（3）①；②當交點個數為時，；當交點個數為時，；（4）．【分析】（1）根據，是矩形相鄰兩邊的長，即可得到，，即可判斷這是在第一象限的點；（2）根據所給的函數解析式，正確的畫出函數圖像即可；（3）①設平移的距離為a，則平移后的直線解析式為然后聯立，得到一個一元二次方程，根據只有一個交點，即根的判別式等于0，即可求解；②同①原理，聯立兩個解析式得到一個一元二次方程，然后利用根的判別式求解即可得到答案；（4）根據（3）②的求解情況即可得到答案.【詳解】解：（1）∵，是矩形相鄰兩邊的長∴，∴兩個函數的交點圖像在第一象限；（2）如圖所示，即為所求：（3）①設平移的距離為a，則平移后的直線解析式為然后聯立得：整理得：∵當直線平移到與函數的圖象有唯一交點時∴此時方程只有一個實數根∴解得∵由（1）得兩者交點在第一象限∴直線是向上平移∴∴∴解得，則∴②當直線平移到與函數的圖象沒有交點時∴此時方程沒有實數根∴∴∵∴∴∴當直線平移到與函數的圖象有兩個交點時∴此時方程有兩個不等的實數根∴∴∵∴∴∴（4）由（3）可得，當，直線平移到與函數的圖象有唯一交點，當直線平移到與函數的圖象有兩個不同交點當直線平移到與函數的圖象沒有交點∴能生產出面積為的矩形模具，則周長的取值范圍為【點睛】本題主要考查了反比例函數與一次函數的實際應用，解題的關鍵在于能夠熟練掌握一元二次方程根的判別式.3．（2021上·廣東廣州·九年級廣州大學附屬中學校考期中）已知y是關于x的函數，若存在時，函數值，則稱函數y是關于x的倩影函數，此時點叫該倩影函數的影像點．例如對于函數，若存在時，函數值，則，解得，則函數是倩影函數，點是函數的影像點．（1）判斷函數是否為倩影函數．如果是，請求出影像點．如果不是，請說明理由；（2）已知函數．①求證：該函數總有兩個不同的影像點；②是否存在一個k值，使得函數的影像點的橫坐標都為整數，如果存在，請求出k的值，如果不存在，請說明理由．【答案】（1）函數是倩影函數，影像點為（2，-2），（-2，2）．（2）①見解析；②不存在k的值，使得影像點的橫坐標x1，x2都為整數．【分析】（1）把點（p，-p）代入，有解則是倩影函數，求出影像點；（2）①把點（p，-p）代入，得到關于p的二次方程，用求根公式的判別式證明；②在①的條件下，求出x的值，結合x為整數求出k的值．【詳解】（1）解：由題意得：把點（p，-p）代入得：，解得：p1=2，p2=-2，∴函數是倩影函數，影像點為（2，-2），（-2，2）．（2）①證明：把點（p，-p）代入得：，化簡得：3p2+（-6-k）p+k=0，∴Δ=（-6-k）2-4×3×k=k2+36＞0，∴該函數總有兩個不同的影像點．②解：由①得，方程3p2+（-6-k）p+k=0的解為：，∵影像點的橫坐標x1，x2都為整數，∴是6的整數倍，且k為整數，設=6n（n為整數），化簡得：3n2-nk-3=0，解得：，∴n=1或3，當n=1時，k=0（舍），當n=3時，k=8，此時，x1=4，x2=，不符合題意，綜上所述：不存在k的值，使得影像點的橫坐標x1，x2都為整數．【點睛】本題以新定義為背景，考查了反比例函數和一元二次方程的解相關知識點，解題的關鍵是把（p，-p）代入函數解析式后，結合求根公式的判別式Δ判斷一元二次方程的根情況．4．（2024上·寧夏銀川·九年級銀川市第三中學?？计谀┤鐖D，一次函數的圖象與反比例函數（k為常數且）的圖象交于A，B兩點，其中，直線與y軸、x軸分別交于C，D兩點．(1)求反比例函數的表達式；(2)在x軸上找一點P，使的值最小，并求滿足條件的點P的坐標．【答案】(1)(2)圖見解析，【分析】（1）根據在反比例函數（k為常數且）的圖象上，代入反比例函數解析式求出答案即可；（2）求出B點坐標，作點B關于x軸的對稱點，連接，交x軸于點P，則點P即為所求點，利用待定系數法求出直線的解析式，再求出直線與x軸的交點P的坐標即可．【詳解】（1）∵在反比例函數（k為常數且）的圖象上，∴，∴，∴反比例函數的表達式為；（2）解：一次函數的圖象與反比例函數（k為常數且）的圖象交于A，B兩點，∴，解得或，∴，如圖，作點B關于x軸的對稱點，連接，交x軸于點P，則點P即為所求點，設直線的解析式為，把和代入得，則，解得，∴直線的解析式為，當時，，解得，∴點．【點睛】此題考查了一次函數和反比例函數交點問題，待定系數法求函數解析式，軸對稱的性質等知識，數形結合和準確計算是解題的關鍵．5．（2024上·山東濟南·九年級統考期末）如圖1，在平面直角坐標系中，矩形的頂點A，C分別在x軸和y軸的正半軸上，B點坐標為，反比例函數與交于點D，與交于點E，．(1)求反比例函數的表達式；(2)如圖2，連接，，求證：；(3)如圖3，點P在x軸上，連接，以點D為旋轉中心將線段逆時針旋轉90°得，若點恰好落在反比例函數上，求點P的坐標．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）由點B的坐標及，可求得點D的坐標，再代入中，即可求得結果；（2）先求出點E的坐標，則可計算出，，再由，即可得，利用對應角相等即可證明平行；（3）過P作于M，過作于N，易得，則有且；設，則可表示出的坐標，由此點在反比例函數圖象上即可求得點坐標．【詳解】（1）解：∵，∴，∵，∴，∴，

將代入，得，

解得，

∴；（2）證明：將代入，得，∴，

∴，∵，∴，∴，∴，

∵，∴，

∵，∴，

∴，∴；（3）解：∵旋轉，∴，，∴；過P作于M，過作于N，如圖，則，∵四邊形為矩形，∴，∴四邊形是矩形，∴；∵，，∴，在與中，，∴，∴，，設，∴，∴，∴，，∵點在反比例函數的圖象上，∴將代入，得，∴【點睛】本題是函數與幾何的綜合，考查了求函數解析式，反比例函數的圖象與性質，全等三角形的判定與性質，矩形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，靈活運用這些知識是關鍵．6．（2024上·河南商丘·九年級統考期末）如圖，在等腰三角形中，，以邊為直徑的與交于點，，垂足為，的延長線與的延長線交于點．(1)求證：是的切線．(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)．【分析】（1）連接，，由圓周角定理可知，由等腰三角形的性質可知，由，可知是的中位線，可得，進而可知，由為半徑，即可證明是的切線；（2）利用勾股定理可得，利用面積法可得．【詳解】（1）證明：如圖，連接，，∵是直徑，∴，又∵在中，，∴，即是的中點，∵，即是的中點，∴是的中位線，∴，又∵，∴，∵為半徑，∴是的切線；（2）解：∵，，，∴，，∵，∴．【點睛】本題主要考查了圓的切線的判定，等腰三角形的性質，三角形的中位線定理，勾股定理，正確作出輔助線是解決問題的關鍵．7．（2024上·湖南永州·九年級統考期末）某綜合實踐研究小組為了測量觀察目標時的仰角和俯角，利用量角器和鉛錘自制了一個簡易測角儀，如圖1所示．

(1)如圖2，在P點觀察所測物體最高點C，當量角器零刻度線上A，B兩點均在視線上時，測得視線與鉛垂線所夾的銳角為，設仰角為，請直接用含的代數式示；(2)為弘揚革命傳統精神，某校組織學生前往永州市烈士陵園緬懷革命先烈．大家被革命烈士紀念碑的雄偉壯觀所震撼，想知道紀念碑的高（碑頂到水平地面的距離），于是師生組成綜合實踐小組進行測量．如圖3，他們在地面的B點用測角儀測得碑頂A的仰角為，在C點處測得碑頂A的仰角為，已知，（B，C，D在同一直線上），根據以上數據求烈士紀念碑的高．（，，）【答案】(1)(2)【分析】本題考查余角關系，三角函數實際應用．（1）根據題意過點向下的箭頭延長與過點的水平延長線相交，再利用互余關系即可得到本題答案；（2）根據題意先求出，再利用三角函數列出等式正確計算即為本題答案．【詳解】（1）解：如圖所示：由題意知在中，，則，即∴；（2）解：由題意可得：，在中，，由等腰直角三角形性質得到，在中，，由，即，解得：，檢驗：把代入中，，所以是方程的解，∴烈士紀念碑的高為．8．（2022上·山東濟寧·九年級統考期末）矩形的面積為6，一邊長為x，這條邊的鄰邊長為，則與x的函數解析式為；如圖，一次函數與反比例函數的圖象交于點，兩點．(1)求反比例函數與一次函數的解析式；(2)根據圖象直接寫出使成立的x的取值范圍是______；(3)將直線平移h個單位長度后，與上述反比例函數圖象在第一象限有且只有一個交點，求h的值．【答案】(1)，(2)或(3)【分析】（1）根據面積可求出反比例函數的k值，再通過A、B兩點所給坐標與反比例函數解析式得出A、B完整坐標，再建立方程解出一次函數；（2）即是y軸到A點的范圍和B點之后的范圍；（3）用待定系數法令一次函數和反比例函數相等時得到的一元二次方程只有一個根，再通過判別式求出k值即可．【詳解】（1）解：（1）矩形面積為6∴k=6∴將y=6代入反比例函數得A（1,6）將x=3代入反比例函數得B（3,2）再把A、B兩點橫縱坐標代入一次函數得（2）解：結合函數圖象所以符合題意的范圍是：或（3）解：整理得：，結合題意可得：以上方程有兩個相等的實數根，解得當時，直線與下方的反比例函數圖象有一個交點，不符合題意舍去.【點睛】本題考查待定系數法求函數表達式，函數圖像的幾何特征，一次函數圖像的平移，一元二次方程根的判別式，掌握以上知識是解本題關鍵9．（2020·江蘇淮安·統考中考真題）【初步嘗試】（1）如圖①，在三角形紙片中，，將折疊，使點與點重合，折痕為，則與的數量關系為；【思考說理】（2）如圖②，在三角形紙片中，，，將折疊，使點與點重合，折痕為，求的值．【拓展延伸】（3）如圖③，在三角形紙片中，，，，將沿過頂點的直線折疊，使點落在邊上的點處，折痕為．①求線段的長；②若點是邊的中點，點為線段上的一個動點，將沿折疊得到，點的對應點為點，與交于點，求的取值范圍．【答案】（1）；（2）；（3）①；②．【分析】（1）先根據折疊的性質可得，再根據平行線的判定可得，然后根據三角形中位線的判定與性質即可得；（2）先根據等腰三角形的性質可得，再根據折疊的性質可得，從而可得，然后根據相似三角形的判定與性質可得，從而可求出BM的長，最后根據線段的和差可得AM的長，由此即可得出答案；（3）①先根據折疊的性質可得，從而可得，再根據等腰三角形的定義可得，然后根據相似三角形的判定與性質可得，從而可得BM、AM、CM的長，最后代入求解即可得；②先根據折疊的性質、線段的和差求出，的長，設，從而可得，再根據相似三角形的判定與性質可得，然后根據x的取值范圍即可得．【詳解】（1），理由如下：由折疊的性質得：是的中位線點M是AB的中點則故答案為：；（2）由折疊的性質得：，即在和中，，即解得；（3）①由折疊的性質得：，即在和中，，即解得解得；②如圖，由折疊的性質可知，，，點O是邊的中點設，則點為線段上的一個動點，其中當點P與點重合時，；當點P與點O重合時，，即在和中，則．【點睛】本題考查了折疊的性質、三角形的中位線定理、等腰三角形的定義、相似三角形的判定與性質等知識點，較難的是題（3）②，正確設立未知數，并找出兩個相似三角形是解題關鍵．10．（2022下·黑龍江哈爾濱·七年級哈爾濱市第四十七中學?？茧A段練習）如圖，在四邊形中，對角線平分，．

(1)求證：；(2)連接交與點，請直接寫出與之間的關系：________；(3)，是的高，連接，若，四邊形的面積為2，求的長．【答案】(1)見解析(2)(3)1【分析】（1）延長，在的延長線上截取，利用證明，得，從而得出結論；（2）設，則，，即可得出結論；（3）延長、交于，作于，說明，得，可知，再說明點為的中點，得出四邊形的面積為，從而解決問題．【詳解】（1）證明：延長，在的延長線上截取，則，，，，，平分，，，，，；（2）解：，，設，則，，，，故答案為：；（3）解：延長、交于，作于，，，，，，，，是的中位線，，，，，，，，∴，四邊形的面積為，，，．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，三角形中位線定理等知識，證明點為的中點，將四邊形的面積轉化為面積的2倍是解題的關鍵．11．（2021·陜西·九年級西安市鐵一中學校考開學考試）如圖1．在中，，，點D、E分別在邊、上，，連接，點M、N、P分別為、、的中點，連接、．（1）圖1中，線段、的數量關系是___________，的度數為___________；（2）將繞點A順時針旋轉到如圖2所示的位置．連接．你認為是什么特殊三角形，請寫出你的猜想并證明你的結論；（3）把繞點A在平面內旋轉，若，，請寫出面積的最大．【答案】（1）NM＝NP，60°；（2）等邊三角形；理由見解析（3）【分析】（1）根據點M，N，P分別為DE，BE，BC的中點，得MN＝BD，PN＝CE，MN∥AB，PN∥AC，可知MN＝PN，而∠MNP＝∠MNE＋∠ENP＝∠ABE＋∠AEB，即可求出∠MNP＝60°；（2）先證△ABD≌△ACE（SAS），得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，然后由（1）同理可得MN＝PN，∠MNP＝60°；（3）先求出MN的最大值，由（2）知△MNP為等邊三角形知，MN最大時，△MNP面積的最大，求出此時的面積即可．【詳解】解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∵點M，N，P分別為DE，BE，BC的中點，∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥AB，PN∥AC，∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBA，∠ENP＝∠AEB，∴∠MNE＋∠ENP＝∠ABE＋∠AEB，∵∠ABE＋∠AEB＝180°?∠BAE＝60°，∴∠MNP＝60°，故答案為：NM＝NP，60°；（2）為等邊三角形，理由如下：由旋轉得：∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵點M，N，P分別為DE，BE，BC的中點，∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥BD，PN∥CE，∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBD，∠BPN＝∠BCE，∴∠ENP＝∠NBP＋∠NPB＝∠NBP＋∠ECB，∵∠EBD＝∠ABD＋∠ABE＝∠ACE＋∠ABE，∴∠MNP＝∠MNE＋∠ENP＝∠ACE＋∠ABE＋∠EBC＋∠EBC＋∠ECB＝180°?∠BAC＝60°，∴△MNP是等邊三角形；（3）由題意知BD≤AB＋AD，即BD≤8，∴MN≤4，由（2）知△MNP是等邊三角形，∴MN＝4時，S△MNP最大，∴S△MNP最大為．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質、三角形中位線定理、三角形全等的判定與性質等知識，證明出△MNP是等邊三角形是解題的關鍵．12．（2023上·遼寧沈陽·九年級沈陽市南昌初級中學（沈陽市第二十三中學）?？茧A段練習）在中，，，點D在直線上，連接，將線段繞點C逆時針旋轉得到線段，連接，點F是線段的中點，連接．(1)如圖1，當點D在的延長線上時，連接，若，求線段的長度；(2)如圖2，當點D在的延長線上時，若點G是線段的中點，連接，求證：；(3)如圖3，連接和，若，當線段取最小值時，請直接寫出的面積．【答案】(1)3(2)見解析(3)3【分析】（1）根據旋轉性質和全等三角形的判定證明得到，再根據等腰直角三角形的性質證得，然后直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求解即可；（2）連接AE，證明得到，利用三角形的中位線性質得到即可證的結論；（3）由等腰直角三角形的性質知當最小時，最小，根據垂線段最短知當時，最小，即最小，證明，利用等高模型得到，即可求解．【詳解】（1）解：由旋轉性質得：，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∵F為線段的中點，，∴；（2）證明：連接，∵，∴，∴，∴，∴，∵F為線段的中點，點G是線段的中點，∴為的中位線，∴，∴；（3）解：∵，∴為等腰直角三角形，，又F為斜邊的中點，∴，，∴當最小時，最小，根據垂線段最短知當時，最小，即最小，如圖，∵，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題屬于幾何旋轉綜合題型，考查了旋轉性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質、直角三角形斜邊上的中線性質、三角形的中位線性質、垂線段最短、等高等底等面積等知識，熟練掌握相關知識的聯系與運用，尋找全等三角形解決問題是解答的關鍵．13．（2023上·山東濰坊·八年級統考期末）定義：對于一個四邊形，我們把依次連接它的各邊中點得到的新四邊形叫做原四邊形的“中點四邊形”．如果原四邊形的中點四邊形是個正方形，我們把這個原四邊形叫做“中方四邊形”．【概念理解】(1)在已經學過的“平行四邊形；矩形；菱形；正方形”中，______的“中點四邊形”一定是正方形，因此它一定是“中方四邊形”（填序號）．【性質探究】(2)如圖1，若四邊形是“中方四邊形”，觀察圖形，寫出關于四邊形的一條結論：______．【問題解決】(3)如圖2，以銳角的兩邊為邊長，分別向外側作正方形和正方形，連結，依次連接四邊形的四邊中點得到四邊形．求證：四邊形是“中方四邊形”．【答案】(1)(2)或(3)見解析【分析】（1）根據定義“中方四邊形”，即可得出答案；（2）由四邊形是“中方四邊形”，可得是正方形且分別是、、、的中點，利用三角形中位線定理即可得出答案；（3）連接交于，連接交于，利用三角形中位線定理可證得四邊形是平行四邊形，再證得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可證得結論．【詳解】（1）解：概念在平行四邊形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四邊形”，理由如下：因為正方形的對角線相等且垂直，故答案為：④；（2）解：或，理由如下：四邊形是“中方四邊形”，是正方形且分別是、、、的中點，，，，，，，，，故答案為：或；（3）解：如圖2，連接交于，連接交于，四邊形各邊中點分別為，分別是、、、的中位線，，，，，，，，，，，，，四邊形是平行四邊形，四邊形和四邊形都是正方形，，，，，，即，在和中，，，，，，，是菱形，∵，．，，，，，，，菱形是正方形，即原四邊形是“中方四邊形”．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，三角形的中位線的性質，正方形的判定和性質，勾股定理等知識，理解“中方四邊形”的定義并運用是本題的關鍵．14．（2024上·江蘇無錫·九年級統考期末）如圖1，在中，，，．點是射線上一動點，作的外接圓．(1)若圓心在邊上，如圖2，則此時的長為______；(2)當與的某一邊所在的直線相切時，求此時的長；(3)隨著點的運動，與的邊的公共點的個數有哪些變化？直接寫出對應的長的值或取值范圍．【答案】(1)3(2)6或(3)當時，與有3個交點；當時，與有4個交點；當時，與有3個交點；當時，與有2個交點．【分析】本題主要考查了圓與平行四邊形，三角形綜合．熟練掌握圓切線性質與判定，垂徑定理及推論，圓周角定理及推論，勾股定理解直角三角形，矩形判定和性質，平行四邊形的性質，直線與圓的位置關系，四點共圓，分類討論，是解題的關鍵．（1）根據直徑對的圓周角是直角得到，根據正弦定義得到，根據勾股定理得到．（2）當與相切時，得到，根據，得到，根據垂徑定理得到，根據，即得；當與相切于點F，設交于點H，作于點L，推出，根據垂徑定理得到，推出四邊形是矩形，得到，推出，得到，設的半徑為r，根據勾股定理得到，解得，得到，推出，結合，推出，得到，求得，得到；根據、都與有兩個交點，得到、與都不相切．（3）分，，，四種情況，與的邊的交點分別有3個，4個，3個，2個．【詳解】（1）當圓心在邊上時，，∵，，∴，∴；故答案為：3；（2）如圖，當與相切時，與只有一個交點，此時A切點，則，延長交于點E，∵，∴，∴，由①結論可得，，∴，∴；當與相切時，設切點為F，延長線交于點H，過點A作于點L，，，∵，∴，∴，，∴，∴四邊形是矩形，∴，∵，，∴，∴，設的半徑為r，則，∵，∴，解得，，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；當與相切，與相切時，∵與有A、B兩個交點，與有B、P兩個交點，∴、與相切都不存在．故當與的某一邊所在的直線相切時，的長為6或．（3）如圖，由（2）知，當時，與有3個交點；如圖，在射線上取點M，N，使，，則，，∵，∴，∵，∴，∴，由（2）知，,∴，∴，∵，∴四邊形是等腰梯形，，∴A、B、N、D四點共圓，∴當時，與有4個交點；當時，與有3個交點；當時，與有2個交點．綜上所述，當時，與有3個交點；當時，與有4個交點；當時，與有3個交點；當時，與有2個交點．15．（2022上·福建龍巖·七年級校考階段練習）在數軸上，點、表示的數分別為、，那么、兩點之間的距離為；反過來，式子的幾何意義是：數軸上表示數的點和表示數的點之間的距離．已知點在數軸上表示的數是，點表示的數為，且滿足．(1)______，______，______．（直接寫出結果）(2)如圖1，點是數軸上一點，點到點的距離是點到點的距離的3倍（即），求點在數軸上表示的數；(3)如圖2，點，分別從點，同時出發，分別以，的速度沿數軸負方向運動（在，之間，在，之間），運動時間為秒，點為，之間一點，且點到的距離是點到的距離的一半（即），若，運動過程中到的距離（即）總為一個固定的值，寫出與的數量關系，并說明理由．【答案】(1)，，(2)點P在數軸上對應的數為3或9．(3)，理由見解析【分析】本題考查非負數的性質，數軸上兩點的距離公式，絕對值方程的應用，整式的加減運算，數軸上的動點問題．熟練掌握各知識點，并利用數形結合的思想是解答本題的關鍵．（1）根據絕對值和平方的非負性即可求出a和b的值，再根據數軸上兩點的距離公式計算，即可求出的長；（2）設點P對應的數為n，根據題意即可列出關于n的絕對值方程，解出n即可；（3）根據題意得可得出，，即可求出．再根據點Q到N的距離是點A到N的距離的一半，可得出．從而可求出QM的長為，要想的值總為一個固定的值，即其與t的值無關即可，由此得出，從而即得出．【詳解】（1）解：∵，∴，，解得：，，∴．（2）設點P對應的數為n，根據題意，得，即，解得n＝3或n＝9．故點P在數軸上對應的數為3或9．（3）v2＝2v1；理由：根據題意得：，，∴，即．∴，∵Q到M的距離（即）總為一個固定的值，∴的值與t的值無關，∴，∴．16．（2024上·四川成都·九年級統考期末）如圖，在平面直角坐標系中，矩形的頂點，分別在軸和軸上，把矩形沿對角線所在的直線折疊，點落在點處，連接與軸相交于點．已知矩形的邊，的長是一元二次方程的兩個根，且．

(1)求直線的解析式；(2)求點的坐標；(3)若點是直線上的動點，在坐標平面內是否存在點，使以點，，，為頂點的四邊形是菱形?若存在，請直接寫出所有滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)直線解析式為(2)(3)或或或或【分析】（1）由一元二次方程求出，，再用待定系數法可得直線解析式為；（2）根據把矩形沿對角線所在的直線折疊，點落在點處，可證明，設則有，解得，即得，，直線解析式為，設，根據勾股定理即可求解；（3）設，，分三種情況：當，為對角線時，的中點即為的中點，且，當，為對角線時，的中點即為的中點，且，當，為對角線時，，的中點重合，且，根據中點坐標公式，分別列出方程組，解方程組可得答案．【詳解】（1）解：由一元二次方程得或，，，設直線解析式為把，代入得：，解得，直線解析式為；（2）把矩形沿對角線所在的直線折疊，點落在點處，，，，，設則在中，，，解得，，，由，得直線解析式為，設，由折疊可知，，解得不符合題意，舍去或，（3）在坐標平面內存在點，使以點，，，為頂點的四邊形是菱形，理由如下：設，，而，，當，為對角線時，的中點即為的中點，且，，解得，；當，為對角線時，的中點即為的中點，且，，解得或，或；當，為對角線時，，的中點重合，且，，解得或，或；綜上所述，的坐標為或或或或．【點睛】本題考查解一元二次方程，一次函數的綜合問題，待定系數法，翻折變換，勾股定理，菱形性質及應用等知識，解題的關鍵是用含字母的式子表示相關點坐標和相關線段的長度．17．（2024上·湖北武漢·七年級統考期末）【問題背景】若，在內部，，，分別平分和．(1)如圖1，當，重合時，則；【問題一般化】(2)如圖2，在（1）的情形下，如果將繞點O點順時針能轉n（），求的度數（用含n的式子表示）；【問題拓展化】(3)如圖3，在（1）的情形下，若和的邊、的位置不變．將繞著O點，以每秒的速度沿順時針方向旋轉，同時將繞著O點，以每秒的速度沿逆時針方向旋轉，設旋轉時間為t，當t為何值時，，請直接寫出兩個t的值．【答案】(1)25(2)(3)，（答案不唯一）【分析】（1）根據角平分線的定義及角的和差關系求解；（2）由旋轉可得，用含n的式子表示出，再根據即可求解；（3）根據題意得出和的旋轉角度及方向，當和的旋轉角度之和加上的初始角度等于的奇數倍時，．【詳解】（1）解：當，重合時，，分別平分和，，，，故答案為：25；（2）解：將繞點O點順時針能轉n（），則，如圖，，分別平分和，，，，；（3）解：平分，的位置不變，繞著O點以每秒的速度沿逆時針方向旋轉，繞著O點以每秒的速度沿逆時針方向旋轉，平分，的位置不變，將繞著O點以每秒的速度沿順時針方向旋轉，繞著O點以每秒的速度沿順時針方向旋轉，由（1）知，旋轉前，旋轉時間為t時，和的旋轉角度之和加上的