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方程与几何、函数—中考数学核心考点大综合专题
一、选择题
1．（2024·濠江模拟）四边形中，，且，长是关于x的方程的两个实数根，则四边形是（　　）
A．梯形 B．矩形
C．平行四边形 D．平行四边形或梯形
【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；梯形
【解析】【解答】解： ∵a=1，b=-3m，c=2m2+m-2，
∴△=b2-4ac=(-3m)2-4×1×（2m2+m-2）=（m-2）2+4＞0，
∴方程有两个不相等的实数根，
∴AB≠CD，
∵AB∥CD，
∴ 四边形是梯形.
故答案为：A.
【分析】易求△=b2-4ac=（m-2）2+4＞0，可得方程有两个不相等的实数根，即AB≠CD，结合已知即可判断四边形的形状.
2．（2025·湖南模拟）二位同学在研究函数（a为实数，且）时，甲发现当时，函数图象的顶点在第四象限；乙发现方程必有两个不相等的实数根．则（　　）
A．甲、乙的结论都错误 B．甲的结论正确，乙的结论错误
C．甲、乙的结论都正确 D．甲的结论错误，乙的结论正确
【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴函数与x轴的两个交点的横坐标分别为和，
由二次函数的对称性可知：函数顶点的横坐标为：，
∵，
∴，
∴，此时y＜0
∴函数的顶点一定在第四象限，故甲同学的结论正确；
∵，
∴，且，
其判别式，
∴方程必有两个实数根，
故甲同学结论正确，乙同学结论不正确.
故答案为：B．
【分析】先将解析式变形整理成交点式为，得出其与x轴的两个交点的横坐标分别为和，再由二次函数的对称性求出顶点的横坐标，根据a的取值范围确定抛物线与x轴右侧交点的范围，进而确定顶点横坐标的范围，从而判断出顶点大概位置，据此可判断甲同学结论；将方程整理成一般形式，求判别式△的值，根据对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，即可判断乙同学结论.
3．（2024九下·桂林模拟）如图所示，已知函数的图象与一次函数的图象有三个交点，则b的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数图象与系数的关系；二次函数与分段函数的综合应用
【解析】【解答】解：如图所示，
当时，函数，
∴，
当一次函数的图象经过点A时，
∴，解得；
当一次函数的图象与相切时，
∴，即，
∴，
∴，
解得，
∴由图象可得，当时，函数的图象与一次函数的图象有三个交点．
故答案为：D．
【分析】先画出分段函数的图象，再将函数图象交点个数问题转换为根的判别式问题分析求解即可.
4．（2024·东坡模拟）已知抛物线和直线交于两点，其中，且满足，则直线一定经过（　　）
A．第一、二象限 B．第二、三象限
C．第三、四象限 D．第一、四象限
【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；一次函数图象、性质与系数的关系；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：∵ 抛物线和直线交于两点，
∵ 其中，且满足 ，
∴，，即，
∴联立方程得，即
∴，
①若a>0，则b<0，此时，
∴，
此时直线经过一、三、四象限；
②若a<0，则b>0，此时，
∴，
此时直线经过一、二、四象限；
综上所述，直线一定经过一、四象限.
故答案为：D.
【分析】由直线与抛物线交点联立，由两根分析与联立后的根与系数关系建立不等关系，进而分类分析a与k的正负性即可.
5．（2025九下·义乌月考）三国时代的数学家刘徽创作了一幅“青朱出入图”（如图1），利用割补的方法可以得到两个小正方形的面积之和等于大正方形的面积，这样就证明了勾股定理，图2也是一幅青朱出入图，设，，的面积分别为，，，已知，，则大正方形的面积为（　　）
A．64 B．60 C．56 D．52
【答案】D
【知识点】解二元一次方程；直角三角形全等的判定-HL；列二元一次方程；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：过N向CD 作垂线交AD于O，如图
在Rt△ADE和Rt△EON中
NE=AE，ON=DE
Rt△ADE≌Rt△EON
，
根据图1结合图2得到
∴，
∴，
联立
得：
设，
∵，
∴，
∴即，
解得：，
联立得：，解得(舍去)，
∴，
故选：D．
【分析】
题目主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质。先证Rt△ADE≌Rt△EON得到，根据图1结合图2得到，结合图形得出，继而得到小正方形的边长。再证，设AD=a，CQ=X=HG利用相似三角形得判定和性质得出，联立方程组求解，，联立求出a=6得最后根据即可得出结果．
二、填空题
6．（2025·成都模拟）从，，0，1，2，4这六个数中，任取一个数作为a的值，恰好使得关于x，y的二元一次方程组有整数解，且函数与x轴有公共点的概率是　 　．
【答案】
【知识点】解二元一次方程组；二次函数图象与坐标轴的交点问题；概率公式
【解析】【解答】解：解方程组得：
，
∵方程组有整数解，
∴为，，，
∴可以为，，，，，；
∴可以选择的a值有：-2，0，1；
当a≠0时，二次函数与x轴有交点，
∴，
∴且，
∵当时，函数为，
此时函数与x轴也有公共点，
∴符合条件的a的值为，，，
∴满足两个条件的概率是，
故答案为：．
【分析】先解方程组求出，根据整数解得到a的值，并确定满足题干条件的a值；然后分a≠0，利用抛物线与x轴有交点得到，和a=0两种情况进行讨论，确定满足条件a的值，最后利用概率公式计算即可．
7．（2025九下·浙江模拟） 如图，△ABC中，∠ACB=90°，BC=1，AC=2，以斜边AB为边，向上作等边三角形ABD，则CD的长为　 　.
【答案】
【知识点】公式法解一元二次方程；勾股定理的应用；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点D作DH⊥AC于点H，DG⊥BC交CB延长线于点G，设CH=x，
∴∠G=90°，∠DHC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴四边形CHDG是矩形，
∵BC=1，AC=2，
∴AB=.
∴AH=2-r，GD=CH=r，
∴DH2=AD2-AH2=13-（2-r)2，
∴BG2=BD2-DG2=13-r2，
∵GB+BC=GC=DH，
∴，
∴r2-2r+=0，
，
解得r1=，r2=.
当r=时，CD=.
当r=时，CD=.
在△BCD中， ∠CBD>90°，
∴CD>BD=，
∴CD=不符合题意.
故答案为：.
【分析】过点D作DH⊥AC于点H，DG⊥BC交CB延长线于点G，设CH=x，可证明四边形CHDG是矩形，利用勾股定理可求得AB，接着用r表示出AH，DG，然后利用GB+BC=GC=DH，得到关于r的方程，求出r，再求出CD的值.
8．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图，矩形ABCD中，M，N分别为CD，AB上一个动点，连接MN，分别以AM，CN为对称轴折叠△ADM，△CBN，得到△AEM，△CFN．若AD＝4，AB＝7，DM＝BN，当点E，F恰好落在MN上时，且EF＝1，则此时MN的长为　 　．
【答案】5或
【知识点】勾股定理的应用；翻折变换（折叠问题）；列一元二次方程；解一元二次方程的其他方法；分类讨论
【解析】【解答】解：①当点E在点F上方，恰好落在MN上时，且EF＝1，
如图，过点M作MG⊥AB于点G，ADMG是矩形。
设DM＝BN＝x，
由翻折可知：EM＝DM＝BN＝NF＝x，
则MN＝2x+1，
GN=AB-AG-BN=7-2X
在Rt中，根据勾股定理，得：，
解得，
∴MN＝2x+1＝5；
②当点F在点E上方，恰好落在MN上时，且EF＝1，如图
同理可得：MN＝2x﹣1，
∴GN＝AB-AG-BN=7-2X，
在Rt中，根据勾股定理，得：，
解得，
综上所述：MN的长为5或．
故答案为：5或．
【分析】考查翻折的性质、矩形的性质、勾股定理及一元二次方程求解。过点M作MG⊥AB于点G。分两种情况，E在F的上方和E在F的上方。根据题意和翻折性质可知EM＝DM＝BN＝NF并用x表示它们的长度，MG=AD=4，AB=7，分别用含有x的式子表示MN和GN，在直角三角形MGN中利用勾股定理列出含有x的方程，继而求出x，再求出MN的长度。
9．（2024·青原一模） 如图，矩形中，，，E为的中点，连接，点P在矩形的边上，且在的上方，则当是以为斜边的直角三角形时，的长为　 　．
【答案】或
【知识点】解分式方程；勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：∵四边形为矩形，
∴，，
∵E为的中点，
∴，
∵是以为斜边的直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：，，
即或，
当时，由勾股定理得：，
当时，由勾股定理得：，
故答案为：或
【分析】先根据矩形的性质得到，，进而根据中点得到，进而根据直角三角形的性质得到，等量代换得到，根据相似三角形的判定与性质证明得到，设，则，解分式方程得到或，再分类讨论，运用勾股定理即可求解。
10．（2024·大庆）定义：若一个函数图象上存在纵坐标是横坐标2倍的点，则把该函数称为“倍值函数”．该点称为“倍值点”．例如：“倍值函数”y＝3x+1，其“倍值点”为（﹣1，﹣2）．下列说法不正确的序号为 　 　．
①函数y＝2x+4是“倍值函数”；
②函数y＝的图象上的“倍值点”是（2，4）和（﹣2，﹣4）；
③若关于x的函数y＝（m﹣1）x2+mx+m的图象上有两个“倍值点”，则m的取值范围是m＜；
④若关于x的函数y＝x2+（m﹣k+2）x+的图象上存在唯一的“倍值点”，且当﹣1≤m≤3时，n的最小值为k，则k的值为．
【答案】①③④
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数的最值；一次函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：①∵y=2x+4中，令y=2x，
∴2x=2x+4，此方程无解，
∴y=2x+4不是“倍值函数”，故①错误；
②∵中，令y=2x，
∴，
解得x1=2，x2=-2，
∴函数y＝的图象上的“倍值点”是（2，4）和（﹣2，﹣4），故②正确；
③ y＝（m﹣1）x2+mx+m中，令y=2x，
∴2x=（m﹣1）x2+mx+m，即（m﹣1）x2+（m-2）x+m=0，
∵关于x的函数y＝（m﹣1）x2+mx+m的图象上有两个“倍值点”，
∴方程（m﹣1）x2+（m-2）x+m=0中△=（m-2）2-4（m-1）×m＞0且m-1≠0，
解得m＜且m≠1，故③错误；
④ 关于x的函数y＝x2+（m﹣k+2）x+中，令y=2x，
∴2x=x2+（m﹣k+2）x+，即x2+（m﹣k）x+=0，
又∵关于x的函数y＝x2+（m﹣k）x+中的图象上存在唯一的“倍值点”，
∴方程x2+（m﹣k）x+=0中△=（m-k）2-4()=0，
∴n=（m-k）2+2k，
∴n关于m的函数的对称轴是直线m=k，此时最小值为2k，
∵关于x的函数y＝x2+（m﹣k+2）x+的图象上存在唯一的“倍值点”，且当﹣1≤m≤3时，n的最小值为k，
∴，解得k=0；
，此时无解；
，解得(舍去)，，
综上k的值为0或，故④错误，
综上说法错误的有①③④.
故答案为：①③④.
【分析】根据“倍值函数”的定义及一次函数的性质可判断①；根据反比例函数的性质及“倍值函数”的定义可判断②；根据二次函数的性质、“倍值函数”的定义、一元二次方程根的判别式的应用及二次函数的最值可判断④.
11．（2024九下·连云港模拟）如图，平面直角坐标系中，点，点在双曲线上，且，分别过点，点作轴的平行线，与双曲线分别交于点，点．若的面积为，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】一元二次方程的其他应用；解分式方程；反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；反比例函数的两点和原点型
【解析】【解答】解：如图所示：过点作轴，交轴于点，过点作轴，交轴于点，延长，交于点，
四边形为矩形，
，，，
矩形面积
，
，
，
，
设，则，
，
，或，
，
不符合题意，
经检验，是原方程的解，
，
，，
，，
，
故答案为：．
【分析】分别过点A、B作两坐标轴的垂线构造矩形GEOF，则利用A、B两点的坐标结合割补法求图形面积的方法可表示出的面积，从而利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出A、B两点横坐标之间的数量关系，再利用点A、C和点B、D的位置关系可分别表示出AC与BD的长度，进而可求两线段的比值．
三、解答题
12．（2025·南山模拟）模具长计划生产面积为9，周长为的矩形模具，对于的取值范围，小陈已经能用“代数”的方法解决，现在他又尝试从“图形”的角度进行探究，过程如下：
（1）建立函数模型设矩形相邻两边的长分别为．由矩形的面积为9，得．即；由周长为m，得，即，满足要求的．应是两个函数图象在第________象限内交点的坐标．
（2）画出函数图象函数的图像如图所示，而函数的图像可由直线平移得到．请在同一直角坐标系中直接画出直线．
（3）平移直线，观察函数图象①当直线平移到与函数的图像有唯一交点（3，3），周长的值为________
②在直线平移过程中，交点个数还有哪些情况？请写出交点个数及对应的周长的取值范围；
（4）得出结论若能生产出面积为9的矩形模具，则周长的取值范围为________
【答案】（1）一 ；
（2）（2）
（3）解：①m=12；
②由①知：0个交点时，0＜m＜12；2个交点时，m＞12；1个交点时，m=12；
（4）
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；反比例函数与一次函数的交点问题；一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】（1）∵ 矩形相邻两边的长分别为，
∴x＞0，y＞0，
∴ 两个函数图象的交点在第一象限内。
故答案为：一；
（3）① 把点（3，3）代入得：3=-3+，
解得：m=12，
故答案为：12．
（4）联立和，并整理得：，
=时，两个函数有交点，
解得：．
故答案为：．
【分析】（1）根据题意可知x，y均为正数，可知两个函数图象的交点在第一象限内；
（2）首先描点（1，-1），然后过点O和（1，-1）画直线，即可得直线，
（3）①把点（3，3）代入中，即可求得m的值；
②由①知 当直线平移到与函数的图像有唯一交点（3，3）， m=12；在直线平移过程中，可分别得出当0个交点时，0＜m＜12；2个交点时，m＞12；
（4） 联立和可得出， 然后根据根的判别式大于等于0，即可求得M的取值范围。
（1）∵的图象位于第一象限，
∴ 两个函数图象的交点在第一象限内，
故填：一；
（2）
（3）① 把点（3，3）代入得：3=-3+，
解得：m=12，
故答案为：12．
②由①知：0个交点时，0＜m＜12；2个交点时，m＞12；1个交点时，m=12；
（4）联立和，并整理得：，
=时，两个函数有交点，
解得：．
故答案为：．
13．（2025·盐田模拟）综合与实践
问题情境】
求方程的解，就是求二次函数的图象与x轴交点的横坐标．为了估计这个方程的解，小亮取了自变量x的4个值，再分别算出相应的y值，列表得：
x的值 0 1 2 3
的值 13 30
小亮通过分析得出结论：方程必有两个解，其中一个解大于1且小于2，设这个解为x，即．
进一步取值，得到下表：
x的值 1.0 1.1 1.2 1.3
的值 0.84 2.29
得出结论：．
【操作判断】
（1）若关于x的一元二次方程在实数范围内有两个解、（其中）．
根据下列表格
x的值 1 1.5 2 2.5
的值 4 10
你能得出　 　的大致范围（填“”或“”）；请你写出这个解的取值范围：　 　．
【实践探究】已知二次函数（n为常数）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧）．
（2）若仅有一个交点的横坐标x满足，求出n的取值范围．
（3）不论n为何值，二次函数必过定点E．
①求E点坐标；
②连结，若，请求出n的值．
【答案】（1）x1；1.5（2）解：当x=5时，y=-2n+14
当x=6时，y=-3n+22
∵仅有一个交点的横坐标x满足
∴①或②
解①得：
解②得：无解
综上，n的取值范围为
（3）解：①将函数变形为y=(x-3)n+x2-3x+4
由上式可知，当x=3时，不论n取何值，y恒等于4
故点E的坐标为(3，4)
②过点A作AD⊥AD交BE于点D，由∠AEB=45°可得△AED为等腰直角三角形
分别过点E，点D向x轴引垂线，垂足分别为点H，点F
∴∠EHA=∠DFA，∠AEH=∠DAF=90°-∠EAH，AE=AD
∴△EHA≌△AFD
设A(x1，0)，B(x2，0)
由题意可得，x1∵E(3，4)
∴EH=AF=4，HA=DF=x1-3，BF=x2-x1-4
∵∠DBF=∠EBH，∠DFB=∠EHB
∴△BDF∽△BEH
∴，即
整理得：①
对于函数
令y=0，得到方程
方程的判别式
根据题意可得
由求根公式得，，
代入①中，得
解得：，此时满足
【知识点】相似三角形的判定；等腰直角三角形；一元二次方程的求根公式及应用；二次函数y=ax²+bx+c的性质；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况
【解析】【解答】解：（1）∵a<0
∴当时，y随x的增大而增大
由表格可知，表格给的数据是y随x的增大而增大
∴可得出x1的大致范围
∵
∴1.5故答案为：x1；1.5【分析】（1）根据二次函数的性质即可求出答案.
（2）根据题意建立不等式组，解不等式组即可求出答案.
（3）①①将函数变形为y=(x-3)n+x2-3x+4，根据二次函数的性质即可求出答案.
②过点A作AD⊥AD交BE于点D，由∠AEB=45°可得△AED为等腰直角三角形，分别过点E，点D向x轴引垂线，垂足分别为点H，点F，根据全等三角形判定定理可得△EHA≌△AFD，设A(x1，0)，B(x2，0)，由题意可得，x114．（2025·镇海区模拟）在同一平面直角坐标系中，若函数与的图象只有一个公共点，则称是的相切函数，公共点称为切点．已知函数，，且是的相切函数，点为切点．
（1）试写出切点的坐标（____，____），及与的关系式_____．
（2）当时，试判断以下两组值①，；②，能否使成立？并说明理由．
（3）若函数的图象经过点，函数的图象经过点，且，求的值．
【答案】（1），，
（2）解：①不成立，②成立，理由如下：
由（1）得：，
，
，
要使成立，则：
，
整理，得：，
，
，
，
，
①当，时，
，不满足，
不成立；
②当，时，
，满足，
成立；
（3）解：函数的图象经过点，函数的图象经过点，
，，
，
，
即：，
由（1）得：，
将代入，得：，
整理，得：，
，
，
，
解得：或，
的值为或．
【知识点】完全平方公式及运用；因式分解法解一元二次方程；二次函数与一次函数的综合应用；不等式的性质
【解析】【解答】
（1）
解：由题意可得y1=y2，
∴，
整理，得：，
由题意得：，
即：
，
，
，
将代入方程，得：
，
整理，得：，
，
，
，即：，
将代入，得：
，
切点的坐标为，
故答案为：，，.
【分析】
（1）联立与，得，整理得，根据两个函数相切可得关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则可得，于是可得，即，将代入方程，得，解方程即可求解；
（2）由（1）得，要使成立，则，整理得，由偶次方的非负性并结合不等式的性质可得，对、的两组值进行验证，即可求解；
（3）由“函数的图象经过点，函数的图象经过点”可得，，再结合，可得，由（1）得，将代入并整理，得，由可得，进而可得，解方程即可求出的值．
（1）解：联立与，得：
，
整理，得：，
由题意得：，
即：
，
，
，
将代入方程，得：
，
整理，得：，
，
，
，即：，
将代入，得：
，
切点的坐标为，
故答案为：，，；
（2）解：①不成立，②成立，理由如下：
由（1）得：，
，
，
要使成立，则：
，
整理，得：，
，
，
，
，
①当，时，
，不满足，
不成立；
②当，时，
，满足，
成立；
（3）解：函数的图象经过点，函数的图象经过点，
，，
，
，
即：，
由（1）得：，
将代入，得：，
整理，得：，
，
，
，
解得：或，
的值为或．
15．（2025九下·青羊月考）如图1，抛物线顶点坐标为，直线与抛物线交于A、B点（点A在点B的左侧），抛物线与y轴交于点C．
（1）若点A的横坐标为，求抛物线的表达式；
（2）在（1）条件下，点M为直线上方的抛物线上一点．若，求点M的坐标；
（3）如图2，将抛物线平移使得顶点落在原点O得到抛物线，直线交抛物线于P，Q两点，已知点，直线，分别交抛物线于点M，N．求证：直线恒过一个定点．
【答案】（1）解：∵抛物线C1的顶点坐标为（-3，m），解析式为，
，
∴.
∵y=x和抛物线相交于点A，B，且点A的横坐标为-5，
∴，
代入可得，得，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由可得，
或，
∴，
当x=0时，，
∴，
∴，
∴，
∴.
设直线上方抛物线上的点M坐标为，(t<-5或t>3)，过M点作y轴的平行线交直线于点N，如图所示：则，
∴.
∴．
整理得，
解得．
故点M的坐标为或．
（3）解：∵将抛物线平移使得顶点落在原点O得到抛物线，∴抛物线的解析式为，
∴联立直线与抛物线可得：，
∴，
∴，
∵，可设直线的解析式为，设直线的解析式为，
由得，，
∴，
∴，
由得，，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
设直线的解析式为，
由得，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴令时，则有，y=0.
∴直线经过定点．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的图象共存判断；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）由抛物线的顶点坐标公式可得b的值，由直线解析式求得A点的坐标，然后抛物线解析式，即可求得c的值，于是可确定抛物线的解析式；
（2）联立解析式可确定点B的坐标，令x=0可确定点C的坐标，利用坐标系中三角形面积的求法和 可确定△ABM的面积；设直线上方抛物线上的点M坐标为，过M点作y轴的平行线交直线于点N，可确定MN的长，再根据三角形面积求法即可确定的t的值，于是M点的坐标可求出；
（3）先求出抛物线的解析式为，由，可得，设直线的解析式为，设直线的解析式为，联立可得，，相加并整理，通过整理可得，设直线的解析式为，由，求出m和n的关系，即可确定直线经过的定点．
（1）解：由题意可得抛物线解析式为，
把代入，得，
∴，
把A的坐标代入，得，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由，解得或，
∴，
把代入，可得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设直线上方抛物线上的点M坐标为，过M点作y轴的平行线交直线于点N，则，
∴．
整理得，
解得．
故点M的坐标为或．
（3）解：∵将抛物线平移使得顶点落在原点O得到抛物线，
∴抛物线的解析式为，
∴联立直线与抛物线可得：，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴令时，则有，
∴直线经过定点．
16．（2025·长沙模拟）定义：若一次函数和反比例函数交于两点和，满足，则称为一次函数和反比例函数的“属合成”函数．
（1）试判断一次函数与是否存在“属合成”函数？若存在，求出的值及“属合成”函数；若不存在，请说明理由；
（2）已知一次函数与反比例函数交于两点，它们的“属合成”函数为，若点在直线上，求的解析式；
（3）如图，若与的“2属合成”函数的图象与轴交于两点（在点左侧），它的顶点为，为第三象限的抛物线上一动点，与轴交于点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，射线与射线交于点，连接，若，求点的坐标．
【答案】（1）解：根据“属合成”函数的定义，联立方程组得，
解得，或，
∴两函数图象的交点为和，
∵，
∴，
∴，
∴它们存在“属合成”函数，
∵，
∴“属合成”函数解析式为．
（2）解：设一次函数与反比例函数的两个交点为，
∴的解为和，即，
∴，
∵存在“属合成”函数为，
∴，即，
∴，
∴．
①当时，
联立，
解得，
∴，
把点代入解得（舍），
∴；
②当时，
联立，
解得或，
∴，
把点代入，解得或（舍），
∴，
综上可得，的解析式为或．
（3）解：∵与存在“2属合成”函数，
∴根据（2）的计算可得，则，
设其两个根为，
∴，
∴，则，
∴，
∴“2属合成”函数解析式为，
∵的顶点为，
∴，
∴，
如图，作垂线和，
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
又，
∴，
设，可求得，
由可求得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴点在以为圆心，为半径的圆上，
设，
，
解得或（舍），
∴．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；反比例函数与一次函数的交点问题；旋转的性质；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）根据“属合成”函数的定义，联立方程组求解即可；
（2）设两函数图象的交点横坐标为和，根据一元二次方程根与系数的关系得到，根据存在“属合成”函数为，得到，即，可求出，再分类讨论计算即可求解；
（3）根据题意，结合（2）的计算方法得到，“2属合成”函数解析式为，根据二次函数顶点坐标可得，，如图，作垂线和，可证，设，可求得，可证，求出，，点在以为圆心，为半径的圆上，设，根据数量关系列式求解即可．
（1）解：根据“属合成”函数的定义，联立方程组得，
解得，或，
∴两函数图象的交点为和，
∵，
∴，
∴，
∴它们存在“属合成”函数，
∵，
∴“属合成”函数解析式为．
（2）解：设一次函数与反比例函数的两个交点为，
∴的解为和，即，
∴，
∵存在“属合成”函数为，
∴，即，
∴，
∴．
①当时，
联立，
解得，
∴，
把点代入解得（舍），
∴；
②当时，
联立，
解得或，
∴，
把点代入，解得或（舍），
∴，
综上，的解析式为或．
（3）解：∵与存在“2属合成”函数，
∴根据（2）的计算可得，则，设其两个根为，
∴，
∴，则，
∴，
∴“2属合成”函数解析式为，
∵的顶点为，
∴，
∴，
如图，作垂线和，
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
又，
∴，
设，可求得，
由可求得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴点在以为圆心，为半径的圆上，
设，
，
解得或（舍），
∴．
17．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（中等））如图，在Rt中，，点0是AB的中点，点（不与点重合是射线C0上的一个动点，且．
（1）若四边形ACBM是平行四边形，求OM的长；
（2）当为直角三角形时，求AM的长；
（3）设，求的最大值和最小值．
【答案】（1）解：如图
．
∴∠ACO=30°，
tan∠ACO=
∴AO=2，
∴CO=2AO=4，
∵点O是AB的中点，
∵四边形ACBM是平行四边形，
∴CO=OM=4；
（2）解：分三种情况：
①若∠ABM=∠CAB=90°，如图1，
且AO=BO，∠AOC=∠BOM，
∴△AOC≌△BOM（ASA）
②若∠AMB=90°，如图2，
∵O是AB的中点，AB=4，
∴OM=OB=4，
Rt△AMB中，OM=AB=2=OA=OB，
∴∠BAM=∠AMO=30°，
cos∠BAM=
AB=4
∴AM=2；
③若∠AMB=90°时，如图3
∵O是AB的中点，
AB=4，
∴OM=OA=4，
又∵∠AOC=60°，
∴△AOM是等边三角形，
∴AM=AO=2，
综上所述，满足条件的AM的长为2或2或2．
（3）解：如图4中，过点M作MN⊥AB于N．
在Rt△MNO中，∵∠NMO=30°，OM=x，
设则有
①当t=1时，x=0，此时t=1．
②当t≠1时，原方程有解，
∴△=4（t+1）2 16（t 1）2≥0，
∴3t2 10t+3≤0，
∴（t 3）（3t 1）≤0，
解得且，
综上所述，，
的最小值为的最大值为3，
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；勾股定理的应用；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—边角关系；一元二次不等式
【解析】【分析】
(1) 根据题意，用三角函数求出AO和OC。 四边形ACBM是平行四边形，点O是AB的中点。OM=OC=4。
（2）分三种情况
①若∠ABM=90°时，证△AOC≌△BOM（ASA）得到MB=AC=，AB=2AO=4，用勾股定理求出AM
②若∠AMB=90°时，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出OM=AB=2.由于
求得∠BAM=30°，在Rt△AMB用三角函数求出AM.
③若∠AMB=90°时。根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出OM=AB=2。先求证△AOM是等边三角形，从而得到AM=AO=OM=2
(3)过点M作MN⊥AB于N．在Rt△MNO中OM=x，用勾股定理求出ON，MN。继而求出AN，在Rt△MNA中求出AM，在Rt△MNO求出BM.
设，化简得
讨论，当t=1 x=0
当t≠1，△=4（t+1）2 16（t 1）2≥0，即3t2 10t+3≤0求解一元二次不等式。得到t的取值范围。继而求出 的取值范围，得到 的最大值和最小值。
18．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（较难））已知，如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图②，设移动时间为t（s）（0＜t＜4），连接PQ，MQ，MC，解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥MN；
（2）设△QMC的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：在Rt中，，
由平移的性质得MN∥AB，
∵PQ∥MN，
∴PQ∥AB，
∴当s时，PQ∥MN
（2）解：过点P作PE⊥BC于E，如图
∵△CPE∽△CBA，
∵PE⊥BC，
（3）解：若PQ⊥MQ，
则∠PQM＝∠PEQ=90°，
PM∥CE
∵∠MPQ＝∠PQE，
∴△PEQ∽△MQP，
在Rt△PEQ中
由（2）知
∵∠ACB＝∠ACB，
∠PEC＝∠CAB=90°，
∴△ABC∽△EPC，
∴＝0（舍去），
【知识点】平行公理及推论；勾股定理的应用；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；三角形-动点问题；解一元二次方程的其他方法
【解析】【分析】（1）△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，看作A点沿AC方向运动，速度是1cm/s 。根据勾股定理求出AC的长度，由于MN∥AB，PQ∥MN，∴PQ∥AB。根据两条直线被一组平行线所截，对应线段成比例，列出比例式求解t值。
（2）过点P作PE⊥BC于E，证△CPE∽△CBA，求出PE，也就是△QMC的高，根据三角形面积计算公式写出y与t的关系式并化简得到y与t之 间的函数关系式。
（3）根据PQ⊥MQ，得到△PEQ∽△MQP，得出，根据勾股定理得到等量代换得到。其中MP=BC=5
由（2）得，由△ABC∽△EPC得。从而得到EQ=，把EQ、PE代入化简解方程求出t的值。
19．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿BC向点C匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），解答下列问题：
（1）①BQ＝ ▲ ，BP＝ ▲ ；（用含t的代数式表示）
②设△PBQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式；
（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△BPQ为等腰三角形？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：①5﹣2t；t
②如图1，过点Q作QD⊥BC于D，
∴∠BDQ＝∠C＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDQ∽△BCA，
（2）解：不存在，理由：，
，
由（1）知，，
的面积为面积的二分之一，
，
∴2t2﹣5t+10＝0，
∵△＝25﹣4×2×10＜0，
∴此方程无解，
即：不存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一；
（3）解：由（1）知，AQ＝2t，BQ＝5﹣2t，BP＝t，
∵△BPQ是等腰三角形，
∴①当BP＝BQ时，
∴t＝5﹣2t，
∴t＝，
②当BP＝PQ时，如图2过点P作PE⊥AB于E，
∴BE＝BQ＝（5﹣2t），
∵∠BEP＝90°＝∠C，∠B＝∠B，
∴△BEP∽△BCA，
③当BQ＝PQ时，如图3，过点Q作QF⊥BC于F，
∴BF＝BP＝t，
∵∠BFQ＝90°＝∠C，∠B＝∠B，
∴△BFQ∽△BCA，
即：为秒或秒或秒时，为等腰三角形．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；勾股定理；相似三角形的判定；三角形-动点问题；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，AC＝3cm，BC＝4cm，
根据勾股定理得，AB＝5cm，
由运动知，BP＝t，AQ＝2t，
∴BQ＝AB﹣AQ＝5﹣2t，
故答案为：5﹣2t，t；
【分析】（1）①根据勾股定理可得AB=5，由运动知，BP＝t，AQ＝2t，再根据边之间的关系即可求出答案.
②过点Q作QD⊥BC于D，根据相似三角形判定定理可得△BDQ∽△BCA，则，代值计算可得，再根据三角形面积即可求出答案.
（2）根据三角形面积建立方程，根据二次方程判别式，可得方程无解，即可求出答案.
（3）分情况讨论：当BP＝BQ时，建立方程，解方程即可求出答案；当BP＝PQ时，过点P作PE⊥AB于E，根据相似三角形判定定理可得△BEP∽△BCA，则，代值计算即可求出答案；当BQ＝PQ时，过点Q作QF⊥BC于F，据相似三角形判定定理可得△BFQ∽△BCA，则，代值计算即可求出答案.
1 / 1方程与几何、函数—中考数学核心考点大综合专题
一、选择题
1．（2024·濠江模拟）四边形中，，且，长是关于x的方程的两个实数根，则四边形是（　　）
A．梯形 B．矩形
C．平行四边形 D．平行四边形或梯形
2．（2025·湖南模拟）二位同学在研究函数（a为实数，且）时，甲发现当时，函数图象的顶点在第四象限；乙发现方程必有两个不相等的实数根．则（　　）
A．甲、乙的结论都错误 B．甲的结论正确，乙的结论错误
C．甲、乙的结论都正确 D．甲的结论错误，乙的结论正确
3．（2024九下·桂林模拟）如图所示，已知函数的图象与一次函数的图象有三个交点，则b的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024·东坡模拟）已知抛物线和直线交于两点，其中，且满足，则直线一定经过（　　）
A．第一、二象限 B．第二、三象限
C．第三、四象限 D．第一、四象限
5．（2025九下·义乌月考）三国时代的数学家刘徽创作了一幅“青朱出入图”（如图1），利用割补的方法可以得到两个小正方形的面积之和等于大正方形的面积，这样就证明了勾股定理，图2也是一幅青朱出入图，设，，的面积分别为，，，已知，，则大正方形的面积为（　　）
A．64 B．60 C．56 D．52
二、填空题
6．（2025·成都模拟）从，，0，1，2，4这六个数中，任取一个数作为a的值，恰好使得关于x，y的二元一次方程组有整数解，且函数与x轴有公共点的概率是　 　．
7．（2025九下·浙江模拟） 如图，△ABC中，∠ACB=90°，BC=1，AC=2，以斜边AB为边，向上作等边三角形ABD，则CD的长为　 　.
8．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（易2））如图，矩形ABCD中，M，N分别为CD，AB上一个动点，连接MN，分别以AM，CN为对称轴折叠△ADM，△CBN，得到△AEM，△CFN．若AD＝4，AB＝7，DM＝BN，当点E，F恰好落在MN上时，且EF＝1，则此时MN的长为　 　．
9．（2024·青原一模） 如图，矩形中，，，E为的中点，连接，点P在矩形的边上，且在的上方，则当是以为斜边的直角三角形时，的长为　 　．
10．（2024·大庆）定义：若一个函数图象上存在纵坐标是横坐标2倍的点，则把该函数称为“倍值函数”．该点称为“倍值点”．例如：“倍值函数”y＝3x+1，其“倍值点”为（﹣1，﹣2）．下列说法不正确的序号为 　 　．
①函数y＝2x+4是“倍值函数”；
②函数y＝的图象上的“倍值点”是（2，4）和（﹣2，﹣4）；
③若关于x的函数y＝（m﹣1）x2+mx+m的图象上有两个“倍值点”，则m的取值范围是m＜；
④若关于x的函数y＝x2+（m﹣k+2）x+的图象上存在唯一的“倍值点”，且当﹣1≤m≤3时，n的最小值为k，则k的值为．
11．（2024九下·连云港模拟）如图，平面直角坐标系中，点，点在双曲线上，且，分别过点，点作轴的平行线，与双曲线分别交于点，点．若的面积为，则的值为　 　．
三、解答题
12．（2025·南山模拟）模具长计划生产面积为9，周长为的矩形模具，对于的取值范围，小陈已经能用“代数”的方法解决，现在他又尝试从“图形”的角度进行探究，过程如下：
（1）建立函数模型设矩形相邻两边的长分别为．由矩形的面积为9，得．即；由周长为m，得，即，满足要求的．应是两个函数图象在第________象限内交点的坐标．
（2）画出函数图象函数的图像如图所示，而函数的图像可由直线平移得到．请在同一直角坐标系中直接画出直线．
（3）平移直线，观察函数图象①当直线平移到与函数的图像有唯一交点（3，3），周长的值为________
②在直线平移过程中，交点个数还有哪些情况？请写出交点个数及对应的周长的取值范围；
（4）得出结论若能生产出面积为9的矩形模具，则周长的取值范围为________
13．（2025·盐田模拟）综合与实践
问题情境】
求方程的解，就是求二次函数的图象与x轴交点的横坐标．为了估计这个方程的解，小亮取了自变量x的4个值，再分别算出相应的y值，列表得：
x的值 0 1 2 3
的值 13 30
小亮通过分析得出结论：方程必有两个解，其中一个解大于1且小于2，设这个解为x，即．
进一步取值，得到下表：
x的值 1.0 1.1 1.2 1.3
的值 0.84 2.29
得出结论：．
【操作判断】
（1）若关于x的一元二次方程在实数范围内有两个解、（其中）．
根据下列表格
x的值 1 1.5 2 2.5
的值 4 10
你能得出　 　的大致范围（填“”或“”）；请你写出这个解的取值范围：　 　．
【实践探究】已知二次函数（n为常数）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧）．
（2）若仅有一个交点的横坐标x满足，求出n的取值范围．
（3）不论n为何值，二次函数必过定点E．
①求E点坐标；
②连结，若，请求出n的值．
14．（2025·镇海区模拟）在同一平面直角坐标系中，若函数与的图象只有一个公共点，则称是的相切函数，公共点称为切点．已知函数，，且是的相切函数，点为切点．
（1）试写出切点的坐标（____，____），及与的关系式_____．
（2）当时，试判断以下两组值①，；②，能否使成立？并说明理由．
（3）若函数的图象经过点，函数的图象经过点，且，求的值．
15．（2025九下·青羊月考）如图1，抛物线顶点坐标为，直线与抛物线交于A、B点（点A在点B的左侧），抛物线与y轴交于点C．
（1）若点A的横坐标为，求抛物线的表达式；
（2）在（1）条件下，点M为直线上方的抛物线上一点．若，求点M的坐标；
（3）如图2，将抛物线平移使得顶点落在原点O得到抛物线，直线交抛物线于P，Q两点，已知点，直线，分别交抛物线于点M，N．求证：直线恒过一个定点．
16．（2025·长沙模拟）定义：若一次函数和反比例函数交于两点和，满足，则称为一次函数和反比例函数的“属合成”函数．
（1）试判断一次函数与是否存在“属合成”函数？若存在，求出的值及“属合成”函数；若不存在，请说明理由；
（2）已知一次函数与反比例函数交于两点，它们的“属合成”函数为，若点在直线上，求的解析式；
（3）如图，若与的“2属合成”函数的图象与轴交于两点（在点左侧），它的顶点为，为第三象限的抛物线上一动点，与轴交于点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，射线与射线交于点，连接，若，求点的坐标．
17．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（中等））如图，在Rt中，，点0是AB的中点，点（不与点重合是射线C0上的一个动点，且．
（1）若四边形ACBM是平行四边形，求OM的长；
（2）当为直角三角形时，求AM的长；
（3）设，求的最大值和最小值．
18．（【深圳市中考数学备考指南】专题24几何动态问题（较难））已知，如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图②，设移动时间为t（s）（0＜t＜4），连接PQ，MQ，MC，解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥MN；
（2）设△QMC的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
19．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿BC向点C匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），解答下列问题：
（1）①BQ＝ ▲ ，BP＝ ▲ ；（用含t的代数式表示）
②设△PBQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式；
（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△BPQ为等腰三角形？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；梯形
【解析】【解答】解： ∵a=1，b=-3m，c=2m2+m-2，
∴△=b2-4ac=(-3m)2-4×1×（2m2+m-2）=（m-2）2+4＞0，
∴方程有两个不相等的实数根，
∴AB≠CD，
∵AB∥CD，
∴ 四边形是梯形.
故答案为：A.
【分析】易求△=b2-4ac=（m-2）2+4＞0，可得方程有两个不相等的实数根，即AB≠CD，结合已知即可判断四边形的形状.
2．【答案】B
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴函数与x轴的两个交点的横坐标分别为和，
由二次函数的对称性可知：函数顶点的横坐标为：，
∵，
∴，
∴，此时y＜0
∴函数的顶点一定在第四象限，故甲同学的结论正确；
∵，
∴，且，
其判别式，
∴方程必有两个实数根，
故甲同学结论正确，乙同学结论不正确.
故答案为：B．
【分析】先将解析式变形整理成交点式为，得出其与x轴的两个交点的横坐标分别为和，再由二次函数的对称性求出顶点的横坐标，根据a的取值范围确定抛物线与x轴右侧交点的范围，进而确定顶点横坐标的范围，从而判断出顶点大概位置，据此可判断甲同学结论；将方程整理成一般形式，求判别式△的值，根据对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，即可判断乙同学结论.
3．【答案】D
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数图象与系数的关系；二次函数与分段函数的综合应用
【解析】【解答】解：如图所示，
当时，函数，
∴，
当一次函数的图象经过点A时，
∴，解得；
当一次函数的图象与相切时，
∴，即，
∴，
∴，
解得，
∴由图象可得，当时，函数的图象与一次函数的图象有三个交点．
故答案为：D．
【分析】先画出分段函数的图象，再将函数图象交点个数问题转换为根的判别式问题分析求解即可.
4．【答案】D
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；一次函数图象、性质与系数的关系；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：∵ 抛物线和直线交于两点，
∵ 其中，且满足 ，
∴，，即，
∴联立方程得，即
∴，
①若a>0，则b<0，此时，
∴，
此时直线经过一、三、四象限；
②若a<0，则b>0，此时，
∴，
此时直线经过一、二、四象限；
综上所述，直线一定经过一、四象限.
故答案为：D.
【分析】由直线与抛物线交点联立，由两根分析与联立后的根与系数关系建立不等关系，进而分类分析a与k的正负性即可.
5．【答案】D
【知识点】解二元一次方程；直角三角形全等的判定-HL；列二元一次方程；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：过N向CD 作垂线交AD于O，如图
在Rt△ADE和Rt△EON中
NE=AE，ON=DE
Rt△ADE≌Rt△EON
，
根据图1结合图2得到
∴，
∴，
联立
得：
设，
∵，
∴，
∴即，
解得：，
联立得：，解得(舍去)，
∴，
故选：D．
【分析】
题目主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质。先证Rt△ADE≌Rt△EON得到，根据图1结合图2得到，结合图形得出，继而得到小正方形的边长。再证，设AD=a，CQ=X=HG利用相似三角形得判定和性质得出，联立方程组求解，，联立求出a=6得最后根据即可得出结果．
6．【答案】
【知识点】解二元一次方程组；二次函数图象与坐标轴的交点问题；概率公式
【解析】【解答】解：解方程组得：
，
∵方程组有整数解，
∴为，，，
∴可以为，，，，，；
∴可以选择的a值有：-2，0，1；
当a≠0时，二次函数与x轴有交点，
∴，
∴且，
∵当时，函数为，
此时函数与x轴也有公共点，
∴符合条件的a的值为，，，
∴满足两个条件的概率是，
故答案为：．
【分析】先解方程组求出，根据整数解得到a的值，并确定满足题干条件的a值；然后分a≠0，利用抛物线与x轴有交点得到，和a=0两种情况进行讨论，确定满足条件a的值，最后利用概率公式计算即可．
7．【答案】
【知识点】公式法解一元二次方程；勾股定理的应用；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点D作DH⊥AC于点H，DG⊥BC交CB延长线于点G，设CH=x，
∴∠G=90°，∠DHC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴四边形CHDG是矩形，
∵BC=1，AC=2，
∴AB=.
∴AH=2-r，GD=CH=r，
∴DH2=AD2-AH2=13-（2-r)2，
∴BG2=BD2-DG2=13-r2，
∵GB+BC=GC=DH，
∴，
∴r2-2r+=0，
，
解得r1=，r2=.
当r=时，CD=.
当r=时，CD=.
在△BCD中， ∠CBD>90°，
∴CD>BD=，
∴CD=不符合题意.
故答案为：.
【分析】过点D作DH⊥AC于点H，DG⊥BC交CB延长线于点G，设CH=x，可证明四边形CHDG是矩形，利用勾股定理可求得AB，接着用r表示出AH，DG，然后利用GB+BC=GC=DH，得到关于r的方程，求出r，再求出CD的值.
8．【答案】5或
【知识点】勾股定理的应用；翻折变换（折叠问题）；列一元二次方程；解一元二次方程的其他方法；分类讨论
【解析】【解答】解：①当点E在点F上方，恰好落在MN上时，且EF＝1，
如图，过点M作MG⊥AB于点G，ADMG是矩形。
设DM＝BN＝x，
由翻折可知：EM＝DM＝BN＝NF＝x，
则MN＝2x+1，
GN=AB-AG-BN=7-2X
在Rt中，根据勾股定理，得：，
解得，
∴MN＝2x+1＝5；
②当点F在点E上方，恰好落在MN上时，且EF＝1，如图
同理可得：MN＝2x﹣1，
∴GN＝AB-AG-BN=7-2X，
在Rt中，根据勾股定理，得：，
解得，
综上所述：MN的长为5或．
故答案为：5或．
【分析】考查翻折的性质、矩形的性质、勾股定理及一元二次方程求解。过点M作MG⊥AB于点G。分两种情况，E在F的上方和E在F的上方。根据题意和翻折性质可知EM＝DM＝BN＝NF并用x表示它们的长度，MG=AD=4，AB=7，分别用含有x的式子表示MN和GN，在直角三角形MGN中利用勾股定理列出含有x的方程，继而求出x，再求出MN的长度。
9．【答案】或
【知识点】解分式方程；勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：∵四边形为矩形，
∴，，
∵E为的中点，
∴，
∵是以为斜边的直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：，，
即或，
当时，由勾股定理得：，
当时，由勾股定理得：，
故答案为：或
【分析】先根据矩形的性质得到，，进而根据中点得到，进而根据直角三角形的性质得到，等量代换得到，根据相似三角形的判定与性质证明得到，设，则，解分式方程得到或，再分类讨论，运用勾股定理即可求解。
10．【答案】①③④
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；二次函数的最值；一次函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：①∵y=2x+4中，令y=2x，
∴2x=2x+4，此方程无解，
∴y=2x+4不是“倍值函数”，故①错误；
②∵中，令y=2x，
∴，
解得x1=2，x2=-2，
∴函数y＝的图象上的“倍值点”是（2，4）和（﹣2，﹣4），故②正确；
③ y＝（m﹣1）x2+mx+m中，令y=2x，
∴2x=（m﹣1）x2+mx+m，即（m﹣1）x2+（m-2）x+m=0，
∵关于x的函数y＝（m﹣1）x2+mx+m的图象上有两个“倍值点”，
∴方程（m﹣1）x2+（m-2）x+m=0中△=（m-2）2-4（m-1）×m＞0且m-1≠0，
解得m＜且m≠1，故③错误；
④ 关于x的函数y＝x2+（m﹣k+2）x+中，令y=2x，
∴2x=x2+（m﹣k+2）x+，即x2+（m﹣k）x+=0，
又∵关于x的函数y＝x2+（m﹣k）x+中的图象上存在唯一的“倍值点”，
∴方程x2+（m﹣k）x+=0中△=（m-k）2-4()=0，
∴n=（m-k）2+2k，
∴n关于m的函数的对称轴是直线m=k，此时最小值为2k，
∵关于x的函数y＝x2+（m﹣k+2）x+的图象上存在唯一的“倍值点”，且当﹣1≤m≤3时，n的最小值为k，
∴，解得k=0；
，此时无解；
，解得(舍去)，，
综上k的值为0或，故④错误，
综上说法错误的有①③④.
故答案为：①③④.
【分析】根据“倍值函数”的定义及一次函数的性质可判断①；根据反比例函数的性质及“倍值函数”的定义可判断②；根据二次函数的性质、“倍值函数”的定义、一元二次方程根的判别式的应用及二次函数的最值可判断④.
11．【答案】
【知识点】一元二次方程的其他应用；解分式方程；反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；反比例函数的两点和原点型
【解析】【解答】解：如图所示：过点作轴，交轴于点，过点作轴，交轴于点，延长，交于点，
四边形为矩形，
，，，
矩形面积
，
，
，
，
设，则，
，
，或，
，
不符合题意，
经检验，是原方程的解，
，
，，
，，
，
故答案为：．
【分析】分别过点A、B作两坐标轴的垂线构造矩形GEOF，则利用A、B两点的坐标结合割补法求图形面积的方法可表示出的面积，从而利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出A、B两点横坐标之间的数量关系，再利用点A、C和点B、D的位置关系可分别表示出AC与BD的长度，进而可求两线段的比值．
12．【答案】（1）一 ；
（2）（2）
（3）解：①m=12；
②由①知：0个交点时，0＜m＜12；2个交点时，m＞12；1个交点时，m=12；
（4）
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；反比例函数与一次函数的交点问题；一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】（1）∵ 矩形相邻两边的长分别为，
∴x＞0，y＞0，
∴ 两个函数图象的交点在第一象限内。
故答案为：一；
（3）① 把点（3，3）代入得：3=-3+，
解得：m=12，
故答案为：12．
（4）联立和，并整理得：，
=时，两个函数有交点，
解得：．
故答案为：．
【分析】（1）根据题意可知x，y均为正数，可知两个函数图象的交点在第一象限内；
（2）首先描点（1，-1），然后过点O和（1，-1）画直线，即可得直线，
（3）①把点（3，3）代入中，即可求得m的值；
②由①知 当直线平移到与函数的图像有唯一交点（3，3）， m=12；在直线平移过程中，可分别得出当0个交点时，0＜m＜12；2个交点时，m＞12；
（4） 联立和可得出， 然后根据根的判别式大于等于0，即可求得M的取值范围。
（1）∵的图象位于第一象限，
∴ 两个函数图象的交点在第一象限内，
故填：一；
（2）
（3）① 把点（3，3）代入得：3=-3+，
解得：m=12，
故答案为：12．
②由①知：0个交点时，0＜m＜12；2个交点时，m＞12；1个交点时，m=12；
（4）联立和，并整理得：，
=时，两个函数有交点，
解得：．
故答案为：．
13．【答案】（1）x1；1.5（2）解：当x=5时，y=-2n+14
当x=6时，y=-3n+22
∵仅有一个交点的横坐标x满足
∴①或②
解①得：
解②得：无解
综上，n的取值范围为
（3）解：①将函数变形为y=(x-3)n+x2-3x+4
由上式可知，当x=3时，不论n取何值，y恒等于4
故点E的坐标为(3，4)
②过点A作AD⊥AD交BE于点D，由∠AEB=45°可得△AED为等腰直角三角形
分别过点E，点D向x轴引垂线，垂足分别为点H，点F
∴∠EHA=∠DFA，∠AEH=∠DAF=90°-∠EAH，AE=AD
∴△EHA≌△AFD
设A(x1，0)，B(x2，0)
由题意可得，x1∵E(3，4)
∴EH=AF=4，HA=DF=x1-3，BF=x2-x1-4
∵∠DBF=∠EBH，∠DFB=∠EHB
∴△BDF∽△BEH
∴，即
整理得：①
对于函数
令y=0，得到方程
方程的判别式
根据题意可得
由求根公式得，，
代入①中，得
解得：，此时满足
【知识点】相似三角形的判定；等腰直角三角形；一元二次方程的求根公式及应用；二次函数y=ax²+bx+c的性质；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况
【解析】【解答】解：（1）∵a<0
∴当时，y随x的增大而增大
由表格可知，表格给的数据是y随x的增大而增大
∴可得出x1的大致范围
∵
∴1.5故答案为：x1；1.5【分析】（1）根据二次函数的性质即可求出答案.
（2）根据题意建立不等式组，解不等式组即可求出答案.
（3）①①将函数变形为y=(x-3)n+x2-3x+4，根据二次函数的性质即可求出答案.
②过点A作AD⊥AD交BE于点D，由∠AEB=45°可得△AED为等腰直角三角形，分别过点E，点D向x轴引垂线，垂足分别为点H，点F，根据全等三角形判定定理可得△EHA≌△AFD，设A(x1，0)，B(x2，0)，由题意可得，x114．【答案】（1），，
（2）解：①不成立，②成立，理由如下：
由（1）得：，
，
，
要使成立，则：
，
整理，得：，
，
，
，
，
①当，时，
，不满足，
不成立；
②当，时，
，满足，
成立；
（3）解：函数的图象经过点，函数的图象经过点，
，，
，
，
即：，
由（1）得：，
将代入，得：，
整理，得：，
，
，
，
解得：或，
的值为或．
【知识点】完全平方公式及运用；因式分解法解一元二次方程；二次函数与一次函数的综合应用；不等式的性质
【解析】【解答】
（1）
解：由题意可得y1=y2，
∴，
整理，得：，
由题意得：，
即：
，
，
，
将代入方程，得：
，
整理，得：，
，
，
，即：，
将代入，得：
，
切点的坐标为，
故答案为：，，.
【分析】
（1）联立与，得，整理得，根据两个函数相切可得关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则可得，于是可得，即，将代入方程，得，解方程即可求解；
（2）由（1）得，要使成立，则，整理得，由偶次方的非负性并结合不等式的性质可得，对、的两组值进行验证，即可求解；
（3）由“函数的图象经过点，函数的图象经过点”可得，，再结合，可得，由（1）得，将代入并整理，得，由可得，进而可得，解方程即可求出的值．
（1）解：联立与，得：
，
整理，得：，
由题意得：，
即：
，
，
，
将代入方程，得：
，
整理，得：，
，
，
，即：，
将代入，得：
，
切点的坐标为，
故答案为：，，；
（2）解：①不成立，②成立，理由如下：
由（1）得：，
，
，
要使成立，则：
，
整理，得：，
，
，
，
，
①当，时，
，不满足，
不成立；
②当，时，
，满足，
成立；
（3）解：函数的图象经过点，函数的图象经过点，
，，
，
，
即：，
由（1）得：，
将代入，得：，
整理，得：，
，
，
，
解得：或，
的值为或．
15．【答案】（1）解：∵抛物线C1的顶点坐标为（-3，m），解析式为，
，
∴.
∵y=x和抛物线相交于点A，B，且点A的横坐标为-5，
∴，
代入可得，得，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由可得，
或，
∴，
当x=0时，，
∴，
∴，
∴，
∴.
设直线上方抛物线上的点M坐标为，(t<-5或t>3)，过M点作y轴的平行线交直线于点N，如图所示：则，
∴.
∴．
整理得，
解得．
故点M的坐标为或．
（3）解：∵将抛物线平移使得顶点落在原点O得到抛物线，∴抛物线的解析式为，
∴联立直线与抛物线可得：，
∴，
∴，
∵，可设直线的解析式为，设直线的解析式为，
由得，，
∴，
∴，
由得，，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
设直线的解析式为，
由得，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴令时，则有，y=0.
∴直线经过定点．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的图象共存判断；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）由抛物线的顶点坐标公式可得b的值，由直线解析式求得A点的坐标，然后抛物线解析式，即可求得c的值，于是可确定抛物线的解析式；
（2）联立解析式可确定点B的坐标，令x=0可确定点C的坐标，利用坐标系中三角形面积的求法和 可确定△ABM的面积；设直线上方抛物线上的点M坐标为，过M点作y轴的平行线交直线于点N，可确定MN的长，再根据三角形面积求法即可确定的t的值，于是M点的坐标可求出；
（3）先求出抛物线的解析式为，由，可得，设直线的解析式为，设直线的解析式为，联立可得，，相加并整理，通过整理可得，设直线的解析式为，由，求出m和n的关系，即可确定直线经过的定点．
（1）解：由题意可得抛物线解析式为，
把代入，得，
∴，
把A的坐标代入，得，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由，解得或，
∴，
把代入，可得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设直线上方抛物线上的点M坐标为，过M点作y轴的平行线交直线于点N，则，
∴．
整理得，
解得．
故点M的坐标为或．
（3）解：∵将抛物线平移使得顶点落在原点O得到抛物线，
∴抛物线的解析式为，
∴联立直线与抛物线可得：，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴令时，则有，
∴直线经过定点．
16．【答案】（1）解：根据“属合成”函数的定义，联立方程组得，
解得，或，
∴两函数图象的交点为和，
∵，
∴，
∴，
∴它们存在“属合成”函数，
∵，
∴“属合成”函数解析式为．
（2）解：设一次函数与反比例函数的两个交点为，
∴的解为和，即，
∴，
∵存在“属合成”函数为，
∴，即，
∴，
∴．
①当时，
联立，
解得，
∴，
把点代入解得（舍），
∴；
②当时，
联立，
解得或，
∴，
把点代入，解得或（舍），
∴，
综上可得，的解析式为或．
（3）解：∵与存在“2属合成”函数，
∴根据（2）的计算可得，则，
设其两个根为，
∴，
∴，则，
∴，
∴“2属合成”函数解析式为，
∵的顶点为，
∴，
∴，
如图，作垂线和，
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
又，
∴，
设，可求得，
由可求得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴点在以为圆心，为半径的圆上，
设，
，
解得或（舍），
∴．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；反比例函数与一次函数的交点问题；旋转的性质；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）根据“属合成”函数的定义，联立方程组求解即可；
（2）设两函数图象的交点横坐标为和，根据一元二次方程根与系数的关系得到，根据存在“属合成”函数为，得到，即，可求出，再分类讨论计算即可求解；
（3）根据题意，结合（2）的计算方法得到，“2属合成”函数解析式为，根据二次函数顶点坐标可得，，如图，作垂线和，可证，设，可求得，可证，求出，，点在以为圆心，为半径的圆上，设，根据数量关系列式求解即可．
（1）解：根据“属合成”函数的定义，联立方程组得，
解得，或，
∴两函数图象的交点为和，
∵，
∴，
∴，
∴它们存在“属合成”函数，
∵，
∴“属合成”函数解析式为．
（2）解：设一次函数与反比例函数的两个交点为，
∴的解为和，即，
∴，
∵存在“属合成”函数为，
∴，即，
∴，
∴．
①当时，
联立，
解得，
∴，
把点代入解得（舍），
∴；
②当时，
联立，
解得或，
∴，
把点代入，解得或（舍），
∴，
综上，的解析式为或．
（3）解：∵与存在“2属合成”函数，
∴根据（2）的计算可得，则，设其两个根为，
∴，
∴，则，
∴，
∴“2属合成”函数解析式为，
∵的顶点为，
∴，
∴，
如图，作垂线和，
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
又，
∴，
设，可求得，
由可求得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴点在以为圆心，为半径的圆上，
设，
，
解得或（舍），
∴．
17．【答案】（1）解：如图
．
∴∠ACO=30°，
tan∠ACO=
∴AO=2，
∴CO=2AO=4，
∵点O是AB的中点，
∵四边形ACBM是平行四边形，
∴CO=OM=4；
（2）解：分三种情况：
①若∠ABM=∠CAB=90°，如图1，
且AO=BO，∠AOC=∠BOM，
∴△AOC≌△BOM（ASA）
②若∠AMB=90°，如图2，
∵O是AB的中点，AB=4，
∴OM=OB=4，
Rt△AMB中，OM=AB=2=OA=OB，
∴∠BAM=∠AMO=30°，
cos∠BAM=
AB=4
∴AM=2；
③若∠AMB=90°时，如图3
∵O是AB的中点，
AB=4，
∴OM=OA=4，
又∵∠AOC=60°，
∴△AOM是等边三角形，
∴AM=AO=2，
综上所述，满足条件的AM的长为2或2或2．
（3）解：如图4中，过点M作MN⊥AB于N．
在Rt△MNO中，∵∠NMO=30°，OM=x，
设则有
①当t=1时，x=0，此时t=1．
②当t≠1时，原方程有解，
∴△=4（t+1）2 16（t 1）2≥0，
∴3t2 10t+3≤0，
∴（t 3）（3t 1）≤0，
解得且，
综上所述，，
的最小值为的最大值为3，
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；勾股定理的应用；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—边角关系；一元二次不等式
【解析】【分析】
(1) 根据题意，用三角函数求出AO和OC。 四边形ACBM是平行四边形，点O是AB的中点。OM=OC=4。
（2）分三种情况
①若∠ABM=90°时，证△AOC≌△BOM（ASA）得到MB=AC=，AB=2AO=4，用勾股定理求出AM
②若∠AMB=90°时，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出OM=AB=2.由于
求得∠BAM=30°，在Rt△AMB用三角函数求出AM.
③若∠AMB=90°时。根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出OM=AB=2。先求证△AOM是等边三角形，从而得到AM=AO=OM=2
(3)过点M作MN⊥AB于N．在Rt△MNO中OM=x，用勾股定理求出ON，MN。继而求出AN，在Rt△MNA中求出AM，在Rt△MNO求出BM.
设，化简得
讨论，当t=1 x=0
当t≠1，△=4（t+1）2 16（t 1）2≥0，即3t2 10t+3≤0求解一元二次不等式。得到t的取值范围。继而求出 的取值范围，得到 的最大值和最小值。
18．【答案】（1）解：在Rt中，，
由平移的性质得MN∥AB，
∵PQ∥MN，
∴PQ∥AB，
∴当s时，PQ∥MN
（2）解：过点P作PE⊥BC于E，如图
∵△CPE∽△CBA，
∵PE⊥BC，
（3）解：若PQ⊥MQ，
则∠PQM＝∠PEQ=90°，
PM∥CE
∵∠MPQ＝∠PQE，
∴△PEQ∽△MQP，
在Rt△PEQ中
由（2）知
∵∠ACB＝∠ACB，
∠PEC＝∠CAB=90°，
∴△ABC∽△EPC，
∴＝0（舍去），
【知识点】平行公理及推论；勾股定理的应用；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；三角形-动点问题；解一元二次方程的其他方法
【解析】【分析】（1）△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，看作A点沿AC方向运动，速度是1cm/s 。根据勾股定理求出AC的长度，由于MN∥AB，PQ∥MN，∴PQ∥AB。根据两条直线被一组平行线所截，对应线段成比例，列出比例式求解t值。
（2）过点P作PE⊥BC于E，证△CPE∽△CBA，求出PE，也就是△QMC的高，根据三角形面积计算公式写出y与t的关系式并化简得到y与t之 间的函数关系式。
（3）根据PQ⊥MQ，得到△PEQ∽△MQP，得出，根据勾股定理得到等量代换得到。其中MP=BC=5
由（2）得，由△ABC∽△EPC得。从而得到EQ=，把EQ、PE代入化简解方程求出t的值。
19．【答案】（1）解：①5﹣2t；t
②如图1，过点Q作QD⊥BC于D，
∴∠BDQ＝∠C＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDQ∽△BCA，
（2）解：不存在，理由：，
，
由（1）知，，
的面积为面积的二分之一，
，
∴2t2﹣5t+10＝0，
∵△＝25﹣4×2×10＜0，
∴此方程无解，
即：不存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一；
（3）解：由（1）知，AQ＝2t，BQ＝5﹣2t，BP＝t，
∵△BPQ是等腰三角形，
∴①当BP＝BQ时，
∴t＝5﹣2t，
∴t＝，
②当BP＝PQ时，如图2过点P作PE⊥AB于E，
∴BE＝BQ＝（5﹣2t），
∵∠BEP＝90°＝∠C，∠B＝∠B，
∴△BEP∽△BCA，
③当BQ＝PQ时，如图3，过点Q作QF⊥BC于F，
∴BF＝BP＝t，
∵∠BFQ＝90°＝∠C，∠B＝∠B，
∴△BFQ∽△BCA，
即：为秒或秒或秒时，为等腰三角形．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；勾股定理；相似三角形的判定；三角形-动点问题；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，AC＝3cm，BC＝4cm，
根据勾股定理得，AB＝5cm，
由运动知，BP＝t，AQ＝2t，
∴BQ＝AB﹣AQ＝5﹣2t，
故答案为：5﹣2t，t；
【分析】（1）①根据勾股定理可得AB=5，由运动知，BP＝t，AQ＝2t，再根据边之间的关系即可求出答案.
②过点Q作QD⊥BC于D，根据相似三角形判定定理可得△BDQ∽△BCA，则，代值计算可得，再根据三角形面积即可求出答案.
（2）根据三角形面积建立方程，根据二次方程判别式，可得方程无解，即可求出答案.
（3）分情况讨论：当BP＝BQ时，建立方程，解方程即可求出答案；当BP＝PQ时，过点P作PE⊥AB于E，根据相似三角形判定定理可得△BEP∽△BCA，则，代值计算即可求出答案；当BQ＝PQ时，过点Q作QF⊥BC于F，据相似三角形判定定理可得△BFQ∽△BCA，则，代值计算即可求出答案.
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