专题32 函数与几何综合问题（解析版）.docx

专题32 函数与几何综合问题（25题） 一、填空题 1．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为    【答案】或 【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案． 【详解】解：如图， ∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形， ∴在以为直径的圆上，， ∴是圆与直线的交点，    当重合时， ∵，则， ∴，符合题意， ∴， 当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，， ∴，    ∵，， ∴， ∴， ∴，设， ∴，， 而， ∴， 解得：，则， ∴， ∴； 综上：或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键． 2．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，点D是线段AB上一动点，点H是直线上的一动点，动点，连接．当取最小值时，的最小值是 ．    【答案】 【分析】作出点，作于点D，交x轴于点F，此时的最小值为的长，利用解直角三角形求得，利用待定系数法求得直线的解析式，联立即可求得点D的坐标，过点D作轴于点G，此时的最小值是的长，据此求解即可． 【详解】解：∵直线与x轴，y轴分别交于A，B两点， ∴，， 作点B关于x轴的对称点，把点向右平移3个单位得到， 作于点D，交x轴于点F，过点作交x轴于点E，则四边形是平行四边形， 此时，， ∴有最小值， 作轴于点P，      则，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，则， 设直线的解析式为， 则，解得， ∴直线的解析式为， 联立，，解得， 即； 过点D作轴于点G，    直线与x轴的交点为，则， ∴， ∴， ∴， 即的最小值是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数的应用，解直角三角形，利用轴对称求最短距离，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 3．（2023·江苏无锡·统考中考真题）二次函数的图像与x轴交于点、，与轴交于点，过点的直线将分成两部分，这两部分是三角形或梯形，且面积相等，则的值为 ． 【答案】或或 【分析】先求得，，，直线解析式为，直线的解析式为，1）、当分成两个三角形时，直线必过三角形一个顶点，平分面积，必为中线，则①如图1，直线过中点，②如图2，直线过中点，直线解析式为，中点坐标为，待入直线求得；③如图3，直线过中点，中点坐标为，直线与轴平行，必不成立；2）当分成三角形和梯形时，过点的直线必与一边平行，所以必有型相似，因为平分面积，所以相似比为．④如图4，直线，根据相似三角形的性质，即可求解；⑤如图5，直线，⑥如图6，直线，同理可得，进而根据，即可求解． 【详解】解：由，令，解得：，令，解得：， ∴，，， 设直线解析式为， ∴ 解得： ∴直线解析式为，当时，，则直线与y轴交于， ∵， ∴， ∴点必在内部． 1）、当分成两个三角形时，直线必过三角形一个顶点，平分面积，必为中线 设直线的解析式为 ∴ 解得： 则直线的解析式为 ①如图1，直线过中点，， 中点坐标为，代入直线求得，不成立；    ②如图2，直线过中点，直线解析式为，中点坐标为，待入直线求得； ③如图3，直线过中点，中点坐标为， 直线与轴平行，必不成立； 2）、当分成三角形和梯形时，过点的直线必与一边平行，所以必有型相似，因为平分面积，所以相似比为． ④如图4，直线， ∴ ∴， ∴， 解得；    ⑤如图5，直线，，则 ∴，又， ∴， ∵， ∴不成立； ⑥如图6，直线，同理可得， ∴，，， ∴，解得； 综上所述，或或． 【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识，并分类讨论是解题的关键． 二、解答题 4．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点B，C在x轴上，D在y轴上，，的长是方程的两个根（）．请解答下列问题： (1)求点B的坐标； (2)若，直线分别交x轴、y轴、于点E，F，M，且M是的中点，直线交延长线于点N，求的值； (3)在（2）的条件下，点P在y轴上，在直线EF上是否存在点Q，使是腰长为5的等腰三角形？若存在，请直接写出等腰三角形的个数和其中两个点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，等腰三角形的个数是8个，，， ， 【分析】（1）解方程得到，的长，从而得到点B的坐标； （2）由，，得．由，是中点，得到点M的坐标，代入直线中，求得b的值，从而得到直线的解析式，进而求得点E，点F的坐标，由坐标特点可得．过点C作于H，过点N作于K．从而，，进而得到，易证，可得，因此，由可得，，，从而通过解直角三角形在中，得到，在中，，因此求得，最终可得结果； （3）分，，三大类求解，共有8种情况． 【详解】（1）解方程，得，．   ， ，． ； （2）， ． 四边形是平行四边形， ，． 是中点， ． ． 将代入，得． ．   ，． ． 过点C作于H，过点N作于K． ，． ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴，， ∴在中， 在中， ∴ ∴ （3）解：由（2）知：直线解析式为，， 设，， ①当时， ，， 解得或，或， ∴，，，， 如图，、、、都是以5为腰的等腰三角形， ； ②当时， 由①知：，， ∵， ∴不可能等于5， 如图，，都是以5为腰的等腰三角形， ； ③当时， 由①知：，， 当时，， 解得（舍去），， ∴， 如图， 当时，， 解得（舍去），， ∴， 如图， 综上，等腰三角形的个数是8个， 符合题意的Q坐标为，， ， 【点睛】本题考查了一次函数的图像与性质，一次函数与平行四边形，等腰三角形的综合问题，数形结合思想是解题的关键． 5．（2023·湖南·统考中考真题）如图，点A，B，C在上运动，满足，延长至点D，使得，点E是弦上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦的垂线，交于点F，交的延长线于点N，交于点M（点M在劣弧上）．    (1)是的切线吗？请作出你的判断并给出证明； (2)记的面积分别为，若，求的值； (3)若的半径为1，设，，试求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 【答案】(1)是的切线，证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）依据题意，由勾股定理，首先求出，从而，然后根据，可以得解； （2）由题意，据得，再由，进而进行变形利用方程的思想可以得解； （3）依据题意，连接，分别在中，找出边之间的关系，进而由，可以得解． 【详解】（1）解：是的切线． 证明：如图，在中，， ∴． 又点A，B，C在上， ∴是的直径． ∵， ∴． 又， ∴． ∴． ∴是的切线． （2）由题意得，． ∵， ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∴． 又， ∴． ∴． ∴． 由题意，设， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． （3）设， ∵， ∴． 如图，连接．    ∴在中，． ∴，． ∴在中，，． 在中，．（∵，∴） ． 在中，，． ∴ ． 即． ∵， ∴最大值为F与O重合时，即为1． ∴． 综上，． 【点睛】本题主要考查了圆的相关性质，切线的判定定理，求角的正切值，解题时要熟练掌握并灵活运用． 6．（2023·湖南·统考中考真题）我们约定：若关于x的二次函数与同时满足，则称函数与函数互为“美美与共”函数．根据该约定，解答下列问题： (1)若关于x的二次函数与互为“美美与共”函数，求k，m，n的值； (2)对于任意非零实数r，s，点与点始终在关于x的函数的图像上运动，函数与互为“美美与共”函数． ①求函数的图像的对称轴； ②函数的图像是否经过某两个定点？若经过某两个定点，求出这两个定点的坐标；否则，请说明理由； (3)在同一平面直角坐标系中，若关于x的二次函数与它的“美美与共”函数的图像顶点分别为点A，点B，函数的图像与x轴交于不同两点C，D，函数的图像与x轴交于不同两点E，F．当时，以A，B，C，D为顶点的四边形能否为正方形？若能，求出该正方形面积的取值范围；若不请说明理由． 【答案】(1)k的值为，m的值为3，n的值为2 (2)①函数y2的图像的对称轴为；②函数的图像过两个定点，，理由见解析 (3)能构成正方形，此时 【分析】（1）根据题意得到即可解答； （2）①求出的对称轴，得到，表示出的解析式即可求解；②，令求解即可； （3）由题意可知，得到A、B的坐标，表示出，根据且，得到，分和两种情况求解即可． 【详解】（1）解：由题意可知：， ∴． 答：k的值为，m的值为3，n的值为2． （2）解：①∵点与点始终在关于x的函数的图像上运动， ∴对称轴为， ∴， ∴， ∴对称轴为． 答：函数的图像的对称轴为． ②，令，解得， ∴过定点，． 答：函数y2的图像过定点，． （3）解：由题意可知，， ∴， ∴， ， ∵且， ∴； ①若，则， 要使以A，B，C，D为顶点的四边形能构成正方形， 则为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，∴，∴；    ②若，则A、B关于y轴对称，以A，B，C，D为顶点的四边形不能构成正方形， 综上，以A，B，C，D为顶点的四边形能构成正方形，此时． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用、正方形的性质等知识点，解题的关键是利用分类讨论的思想解决问题． 7．（2023·江苏无锡·统考中考真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．    (1)当时，求四边形的面积； (2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解； （2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解． 【详解】（1）如图，连接、， 四边形为菱形， ，， 为等边三角形． 为中点， ，， ，． ， 为等腰直角三角形， ，， 翻折， ，， ，；. 同理， ，， ∴； （2）如图，连接、，延长交于点． ，，， ． ∵ ， ， ． ，则， ， ， ． ∵， ． 【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 8．（2023·江苏徐州·统考中考真题）如图，在平而直角坐标系中，二次函数的图象与轴分别交于点，顶点为．连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接．点分别在线段上，连接与交于点．    (1)求点的坐标； (2)随着点在线段上运动． ①的大小是否发生变化？请说明理由； ②线段的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由； (3)当线段的中点在该二次函数的因象的对称轴上时，的面积为 ． 【答案】(1)，； (2)①的大小不变，理由见解析；②线段的长度存在最大值为； (3) 【分析】（1）得，解方程即可求得的坐标，把化为顶点式即可求得点的坐标； （2）①在上取点，使得，连接，证明是等边三角形即可得出结论；②由，得当最小时，的长最大，即当时，的长最大，进而解直角三角形即可求解； （3）设的中点为点，连接，过点作于点，证四边形是菱形，得，进而证明得，再证，得即，结合三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴顶点为， 令，， 解得或， ∴； （2）解：①的大小不变，理由如下： 在上取点，使得，连接，    ∵， ∴抛物线对称轴为，即， ∵将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，，，， ∴，，， ∴，   ∴是等边三角形，， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，   ∴， ∴， 又， ∴是等边三角形， ∴，即的大小不变； ②，∵， ∴当最小时，的长最大，即当时，的长最大， ∵是等边三角形， ∴ ∴， ∴，   ∴， ∴， ∴，即线段的长度存在最大值为； （3）解：设的中点为点，连接，过点作于点，    ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵的中点为点， ∴，   ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵的中点为点，是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴即， ∴，   ∴， ∴， ∴， 故答案为． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图像及性质，菱形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质以及解直角三角形，题目综合性较强，熟练掌握各知识点是解题的关键． 9．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，直线交抛物线于两点（点在点的左侧），交轴于点，交轴于点．    (1)求点的坐标； (2)是线段上一点，连接，且． ①求证：是直角三角形； ②的平分线交线段于点是直线上方抛物线上一动点，当时，求点的坐标． 【答案】(1)，， (2)①证明见解析，②点的坐标为或 【分析】（1）根据一次函数与坐标轴的交点及一次函数与二次函数的交点求解即可； （2）①设然后利用勾股定理求解，，过点作轴，垂足为．再由等腰三角形及各角之间的关系即可证明；②根据题意得出，设点的坐标为，根据题意得．分两种情况分析：（i）当点在直线的左侧抛物线上时，．（ii）当点在直线的右侧抛物线上时，．求解即可． 【详解】（1）解：∵直线交轴于点，交轴于点， 当时， ， 当时， ． ∵直线交抛物线于两点， ， ，解得． ∵点在点的左侧， ∴点的横坐标为3， 当时，． ； （2）如图，      ①抛物线交轴于点A， 当时，． , 在中，， 由勾股定理得， 设 ， ． ， ， ， ． ， ． 是等腰直角三角形， ． 过点作轴，垂足为． ， 是等腰直角三角形， 是直角三角形． ②平分 轴． ， ． 设点的坐标为，根据题意得． （i）当点在直线的左侧抛物线上时，． 过点作轴，垂足为． ， ． ， 在中， ， ， （舍去）． 当时， （ii）当点在直线的右侧抛物线上时，． 过点作轴，垂足为． ， 在中， ， ， （舍去）． 当时， ∴点的坐标为或． 【点睛】题目主要考查一次函数与二次函数综合问题，特殊三角形问题及解三角形，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 10．（2023·吉林·统考中考真题）如图，在正方形中，，点是对角线的中点，动点，分别从点，同时出发，点以的速度沿边向终点匀速运动，点以的速度沿折线向终点匀速运动．连接并延长交边于点，连接并延长交折线于点，连接，，，，得到四边形．设点的运动时间为（）（），四边形的面积为（）   　　   (1)的长为__________，的长为_________．（用含x的代数式表示） (2)求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围． (3)当四边形是轴对称图形时，直接写出的值． 【答案】(1)； (2) (3)或 【分析】（1）根据正方形中心对称的性质得出，可得四边形是平行四边形，证明即可； （2）分，两种情况分别画出图形，根据正方形的面积，以及平行四边形的性质即可求解； （3）根据（2）的图形，分类讨论即可求解． 【详解】（1）解：依题意，，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∵点是正方形对角线的中点， ∴，则四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴ 故答案为：；． （2）解：当时，点在上，    由（1）可得， 同理可得， ∵，， 则 ； 当时，如图所示，    则，， ， ∴； 综上所述，； （3）依题意，①如图，当四边形是矩形时，此时， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， 即， 解得：，    当四边形是菱形时，则， ∴， 解得：（舍去）； ②如图所示，当时，四边形是轴对称图形，    ，解得， 当四边形是菱形时，则，即，解得：（舍去）， 综上所述，当四边形是轴对称图形时，或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 11．（2023·广东·统考中考真题）综合运用 如图1，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A在轴的正半轴上，如图2，将正方形绕点逆时针旋转，旋转角为，交直线于点，交轴于点．      (1)当旋转角为多少度时，；（直接写出结果，不要求写解答过程） (2)若点，求的长； (3)如图3，对角线交轴于点，交直线于点，连接，将与的面积分别记为与，设，，求关于的函数表达式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的性质及直角三角形全等的判定及性质得出，再由题意得出，即可求解； （2）过点A作轴，根据勾股定理及点的坐标得出，再由相似三角形的判定和性质求解即可； （3）根据正方形的性质及四点共圆条件得出O、C、F、N四点共圆，再由圆周角定理及等腰直角三角形的判定和性质得出，，过点N作于点G，交于点Q，利用全等三角形及矩形的判定和性质得出，结合图形分别表示出，，得出，再由等腰直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵交直线于点， ∴， ∴， 即；    （2）过点A作轴，如图所示：    ∵， ∴， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴即， ∴； （3）∵正方形， ∴， ∵直线， ∴， ∴， ∴O、C、F、N四点共圆， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， 过点N作于点G，交于点Q，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∵，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴ 【点睛】题目主要考查全等三角形、相似三角形及特殊四边形的判定和性质，四点共圆的性质，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 12．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点，点P为第一象限抛物线上的点，连接．         (1)直接写出结果；_____，_____，点A的坐标为_____，______； (2)如图1，当时，求点P的坐标； (3)如图2，点D在y轴负半轴上，，点Q为抛物线上一点，，点E，F分别为的边上的动点，，记的最小值为m． ①求m的值； ②设的面积为S，若，请直接写出k的取值范围． 【答案】(1)，2，， (2) (3)， 【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可求得、，从而可得，，由，可得，求得，在中，根据正切的定义求值即可； （2）过点C作轴，交于点D，过点P作轴，交y轴于点E， 由，即，再由，可得，证明，可得，设点P坐标为，可得，再进行求解即可； （3）①作，且使，连接．根据证明，可得，即Q，F，H共线时，的值最小．作于点G，设，则，根据求出点Q的坐标，燃然后利用勾股定理求解即可； ②作轴，交于点T，求出解析式，设，，利用三角形面积公式表示出S，利用二次函数的性质求出S的取值范围，结合①中结论即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点，， ∴，解得：， ∴抛物线解析式为：， ∵抛物线与x轴交于A、两点， ∴时，，解得：，， ∴， ∴，， 在中，， 故答案为：，2，，； （2）解：过点C作轴，交于点D，过点P作轴，交y轴于点E， ∵，，， ∴， 由（1）可得，，即， ∴， ∵， ∴， ∵轴，轴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设点P坐标为，则，， ∴，解得：（舍），， ∴点P坐标为．    （3）解：①如图2，作，且使，连接． ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴Q，F，H共线时，的值最小．作于点G， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 设，则， ∴，解得或（舍去）， ∴， ∴， ∴，， ∴；    ②如图3，作轴，交于点T，待定系数法可求解析式为， 设，， 则， ∴， ∴， ∴， ∴．    【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何综合、二次函数与x轴的交点、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、锐角三角函数、最值问题、二次函数最值、用分割法求三角形面积，熟练掌握相关知识是解题的关键． 13．（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图，已知．点E位于第二象限且在直线上，，，连接．    (1)直接判断的形状：是_________三角形； (2)求证：； (3)直线EA交x轴于点．将经过B，C两点的抛物线向左平移2个单位，得到抛物线． ①若直线与抛物线有唯一交点，求t的值； ②若抛物线的顶点P在直线上，求t的值； ③将抛物线再向下平移，个单位，得到抛物线．若点D在抛物线上，求点D的坐标． 【答案】(1)等腰直角三角形 (2)详见解析 (3)①；②；③ 【分析】（1）由得到，又由，即可得到结论； （2）由，得到，又有，，利用即可证明； （3）①求出直线的解析式和抛物线的解析式，联立得，由即可得到t的值； ②抛物线向左平移2个单位得到抛物线，则抛物线的顶点，将顶点代入得到，解得,根据即可得到t的值； ③过点E作轴，垂足为M，过点D作轴，垂足为N，先证明，则，设,由得到,则,求得,得到，由抛物线再向下平移个单位，得到抛物线,把代入抛物线,得到,解得,由，得,即可得到点D的坐标． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， 故答案为：等腰直角三角形 （2）如图，    ∵，， ， ， ∵， ； （3）①设直线的解析式为， ， ∴， ， 将代入抛物线得， ， 解得， ， 直线与抛物线有唯一交点 ∴联立解析式组成方程组解得 ②∵抛物线向左平移2个单位得到， ∴抛物线， 抛物线的顶点， 将顶点代入， ，解得, ∵， ； ③过点E作轴，垂足为M，过点D作轴，垂足为N,    ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵的解析式为， ∴设, ∴， 轴, ∴, ∴， , , , ∴，， , 抛物线再向下平移个单位，得到抛物线， ∴抛物线, 代入抛物线, , 解得, 由，得, ∴， ． 【点睛】此题是二次函数和几何综合题，考查了二次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、待定系数法求函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定与性质等知识点，综合性较强，熟练掌握二次函数的平移和数形结合是解题的关键． 14．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的一边在轴正半轴上，顶点的坐标为，点是边上的动点，过点作交边于点，作交边于点，连接．设的面积为．    (1)求关于的函数解析式； (2)当取何值时，的值最大？请求出最大值． 【答案】(1) (2)当时，的最大值为 【分析】（1）过点作于点，连接，证明是等边三角形，可得，进而证明，得出，根据三角形面积公式即可求解； （2）根据二次函数的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，过点作于点，连接，    ∵顶点的坐标为， ∴，， ∴， ∴ ∵四边形是菱形， ∴，,， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴, ∴ ∴是等边三角形， ∴ ∵， ∴， ∴ ∵，，则， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ （2）解：∵ ∵， ∴当时，的值最大，最大值为． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，坐标与图形，特殊角的三角函数值，二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 15．（2023·天津·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点． (1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________； (2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．    ①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围： ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解； （2）①由题意易得，然后可得，则有，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且， ∴， ∴； 连接，交于一点H，如图所示：    ∵四边形是菱形，且， ∴，， ∴， ∴， 故答案为，； （2）解：①∵点，点，点， ∴矩形中，轴，轴，． ∴矩形中，轴，轴，． 由点，点，得． 在中，，得． 在中，由，得． ∴．同理，得． ∵，得． 又， ∴， 当时，则矩形和菱形重叠部分为， ∴的取值范围是． ②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的， ∴当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：    此时面积S最大，最大值为； 当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：    由（1）可知B、D之间的水平距离为，则有点D到的距离为， 由①可知：， ∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形， ∴该等边三角形的边长为， ∴此时面积S最小，最小值为； 综上所述：当时，则． 【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键． 16．（2023·浙江温州·统考中考真题）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，．如图，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，过点作于点．设，．    (1)求的长和关于的函数表达式． (2)当，且长度分别等于，，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值． (3)延长交半圆于点，当时，求的长． 【答案】(1)， (2)或或 (3) 【分析】（1）如图1，连接，根据切线的性质得出，证明，得出，即可得出；证明四边形是平行四边形，得出，代入数据可得； （2）根据三边之比为，可分为三种情况．当时，当时，当时，分别列出比例式，进而即可求解． （3）连接，，过点作于点，根据，得出，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，连接．    ∵切半圆于点， ∴． ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， 即， ∴． 如图2，， ∴．    ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴， ∴． （2）∵，，三边之比为（如图2）， ∴可分为三种情况． i）当时， ，， 解得， ∴． ii）当时， ，， 解得， ∴． iii）当时， ，， 解得， ∴． （3）如图3，连接，，过点作于点，    则，， ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，即的长为． 【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作出辅助线是解题的关键． 17．（2023·新疆·统考中考真题）【建立模型】(1)如图，点是线段上的一点，，，，垂足分别为，，，．求证：； 【类比迁移】(2)如图，一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，将线段绕点逆时针旋转得到、直线交轴于点． ①求点的坐标； ②求直线的解析式； 【拓展延伸】(3)如图，抛物线与轴交于，两点点在点的左侧，与轴交于点，已知点，，连接．抛物线上是否存在点，使得，若存在，求出点的横坐标．          【答案】（1）见解析； （2）①；②直线的解析式为；（3）或 【分析】[建立模型]（1）根据题意得出，，证明，即可得证； [类比迁移] （2）①过点作轴于点，同（1）的方法，证明，根据一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，求得，，进而可得点的坐标； ②由，设直线的解析式为，将点代入得直线的解析式为； [拓展延伸]（3）根据解析式求得，；①当点在轴下方时，如图所示，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作，于点，证明，根据得出，设，则，求得点，进而求得直线的解析式，联立抛物线解析式即可求解；②当点在轴的上方时，如图所示，过点作，于点，过点作轴，交轴于点，过点作于点，同①的方法即可求解． 【详解】[建立模型]（1）证明：∵，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； [类比迁移]（2）如图所示，过点作轴于点，    ∵将线段绕点逆时针旋转得到， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点， 当时，，即， 当时，，即， ∴， ∴， ∴； ②∵，设直线的解析式为， 将代入得： 解得： ∴直线的解析式为， （3）∵抛物线与轴交于，两点点在点的左侧， 当时，， 解得：， ∴，； ①当点在轴下方时，如图所示，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作，于点，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∵， ∴，， ∵，， ∴， 解得：， ∴， 设直线的解析式为， 代入，得：， 解得：， ∴直线解析式为， 联立， 解得：（舍去），； ②当点在轴的上方时，如图所示，过点作于点，过点作轴，交轴于点，过点作于点，    同理可得， ∴， 设，则， ∵， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴， 设直线的解析式为， 代入，得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：（舍去），， 综上所述，的横坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 18．（2023·江苏连云港·统考中考真题）【问题情境  建构函数】 （1）如图1，在矩形中，是的中点，，垂足为．设，试用含的代数式表示．    【由数想形  新知初探】 （2）在上述表达式中，与成函数关系，其图像如图2所示．若取任意实数，此时的函数图像是否具有对称性？若有，请说明理由，并在图2上补全函数图像．    【数形结合  深度探究】 （3）在“取任意实数”的条件下，对上述函数继续探究，得出以下结论：①函数值随的增大而增大；②函数值的取值范围是；③存在一条直线与该函数图像有四个交点；④在图像上存在四点，使得四边形是平行四边形．其中正确的是__________．（写出所有正确结论的序号） 【抽象回归  拓展总结】 （4）若将（1）中的“”改成“”，此时关于的函数表达式是__________；一般地，当取任意实数时，类比一次函数、反比例函数、二次函数的研究过程，探究此类函数的相关性质（直接写出3条即可）． 【答案】（1）；（2）取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称，见解析；（3）①④；（4），见解析 【分析】（1）证明，得出，进而勾股定理求得，即，整理后即可得出函数关系式； （2）若为图像上任意一点，则．设关于原点的对称点为，则．当时，可求得．则也在的图像上，即可得证，根据中心对称的性质补全函数图象即可求解； （3）根据函数图象，以及中心对称的性质，逐项分析判断即可求解； （4）将（1）中的4换成，即可求解；根据（2）的图象探究此类函数的相关性质，即可求解． 【详解】（1）在矩形中，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴． ∴，∴． ∵，点是的中点，∴． 在中，， ∴．∴． ∴关于的表达式为：． （2）取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称． 理由如下： 若为图像上任意一点，则． 设关于原点的对称点为，则． 当时， ． ∴也在的图像上． ∴当取任意实数时，的图像关于原点对称． 函数图像如图所示．    （3）根据函数图象可得①函数值随的增大而增大，故①正确， ②由(1)可得函数值，故函数值的范围为，故②错误； ③根据中心对称的性质，不存在一条直线与该函数图像有四个交点，故③错误； ④因为平行四边形是中心对称图形，则在图像上存在四点，使得四边形是平行四边形，故④正确； 故答案为：①④． （4）关于的函数表达式为； 当取任意实数时，有如下相关性质： 当时，图像经过第一、三象限，函数值随的增大而增大，的取值范围为； 当时，图像经过第二、四象限，函数值随的增大而减小，的取值范围为； 函数图像经过原点； 函数图像关于原点对称； 【点睛】本题考查了相似三角形的性质，中心对称的性质，根据函数图象获取信息，根据题意求得解析式是解题的关键． 19．（2023·四川凉山·统考中考真题）阅读理解题： 阅读材料： 如图1，四边形是矩形，是等腰直角三角形，记为、为，若，则．    证明：设，∵，∴， 易证 ∴， ∴ ∴， 若时，当，则． 同理：若时，当，则． 根据上述材料，完成下列问题： 如图2，直线与反比例函数的图象交于点，与轴交于点．将直线绕点顺时针旋转后的直线与轴交于点，过点作轴于点，过点作轴于点，已知．    (1)求反比例函数的解析式； (2)直接写出的值； (3)求直线的解析式． 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）首先求出点，然后设，在中，利用勾股定理求出，得到，然后代入求解即可； （2）首先根据，得到，，求出，，然后利用正切值的概念求出，然后证明出四边形是矩形，得到，然后由即可求出； （3）首先根据矩形的性质得到，，然后利用求出，进而得到，然后设直线的解析式为，利用待定系数