2022-2022年天津市中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题12：押轴题一、选择题1.（2022天津市3分）如图，已知△ABC为等腰直角三角形，D为斜边BC的中点，经过点A、D的⊙O与边AB、AC、BC分别相交于点E、F、M．对于如下五个结论：①∠FMC=45°；②AE+AF=AB；③；④2BM2=BE•BA；⑤四边形AEMF为矩形．其中正确结论的个数是【】A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】C。【考点】圆周角定理，等腰直角三角形的性质。【分析】连接AM，根据等腰三角形的三线合一，得AD⊥BC，再根据90°的圆周角所对的弦是直径，得EF、AM是直径，根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形，得四边形AEMF是矩形。∴①根据等腰直角三角形ABC的底角是45°，易得∠FMC=45°，正确；②根据矩形和等腰直角三角形的性质，得AE+AF=AB，正确；③连接FD，可以证明△EDF是等腰直角三角形，则③中左右两边的比都是等腰直角三角形的直角边和斜边的比，正确；④根据BM=BE，得左边=4BE2，故需证明AB=4BE，根据已知条件它们之间不一定有这种关系，错误；⑤正确。所以①②③⑤共4个正确。故选C。2.（天津市2022年3分）已知四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若SΔAOB=4，SΔCOD=9，则四边形ABCD的面积S四边形ABCD的最小值为【】（A）21（B）25（C）26（D）36【答案】B。【考点】三角形的面积，不等式的性质。【分析】分别表示出△AOD、△BOC的面积，即可得到四边形ABCD的面积表达式，然后应用不等式的性质a2+b2≥2ab来求得四边形ABCD的最小面积：56\n如图，任意四边形ABCD中，S△AOB=4，S△COD=9，∴。∴。故四边形ABCD的最小面积为25。故选B。3.（天津市2022年3分）在△ABC中，已知AB＝，∠A＝30°，CD是AB边的中线，若将△ABC沿CD对折起来，折叠后两个小△ACD与△BCD重叠部分的面积恰好等于折叠前△ABC的面积的，有如下结论：①AC边的长可以等于；②折叠前的△ABC的面积可以等于；③折叠后，以A、B为端点的线段AB与中线CD平行且相等。其中，正确结论的个数是【】（A）0个（B）1个（C）2个（D）3个【答案】D。【考点】翻折变换（折叠问题）【分析】①若AC=成立，根据等腰三角形的性质及图形折叠的性质可求出四边形AB1DC为平行四边形，再根据平行四边形的性质及三角形的面积公式求解：若AC=成立，如图（1），在△ACD中，由∠CAD=30°，AD=，∴∠ADC=（180°－∠CAD）=75°，∠CDB=180°－∠ADC=105°，而∠CDB1=∠CDB,∴∠B1DA=105°－75°=30°，∴AC∥B1D。∵B1D=BD==AC，∴四边形AB1DC为平行四边形。∴S△CED=S△ACD=S△ABC，满足条件，即AC的长可以等于，故①正确。②假设S△ABC=成立，由△ABC的面积公式可求出AC=，根据三角形的三边关系可求出∠B=60°，由平行四边形的判定定理可求出四边形AB2CD为平行四边形，再根据平行四边形的性质及三角形的面积公式求解：若S△ABC=，∵S△ABC=AB•AC•sin∠CAB，∴AC=。56\n∵AC=，∠B=60°，如图（2），∴∠CDB=60°=∠DCB2。∴AD∥B2C。又∵B2C=BC==AD，∴四边形AB2CD为平行四边形。∴S△CFD=S△ACD=S△ABC，满足条件，即S△ABC的值可以等于，故②正确。③综合①②可知，以A、B为端点的线段AB与中线CD平行且相等：由平行四边形AB1CD或平行四边形AB2CD，显然成立，故③正确。故选D。4.（天津市2022年3分）如图，正△ABC内接于⊙O，P是劣弧BC上任意一点，PA与BC交于点E，有如下结论：①PA=PB+PC；②；③PA·PE=PB·PC.其中，正确结论的个数为【】(A)3个(B)2个(C)1个(D)0个【答案】B。【考点】等边三角形的判定和性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，三角形的边角关系，相似三角形的判定和性质。【分析】①∵正△ABC内接于⊙O，P是劣弧BC上任意一点，∴∠BPC=1200。延长BP到D，使PD=PC，连接CD，则∠CPD=600。∴△PCD为等边三角形。∴∠CDP=600。∵△ABC为正三角形，∴BC=AC。∵∠PBC=∠CAP，∠CPA=∠CDB=600，，∴△APC≌△BDC（AAS）。∴PA=DB=PB+PD=PB+PC。故①正确。②在△APB中，∵P是劣弧BC上任意一点，∴∠ABP＞600＞∠BAP。∴PA＞PB，即。同理，在△APC中，，由①知PA=PB+PC，即。56\n∴，∴∴两边同除以，得。∴②错误。③∵∠CAP=∠EBP，∠BPE=∠CPA，∴△PBE∽△PAC。∴。∴PA•PE=PB•PC。故③正确。故选B。5.（天津市2022年3分）若关于x的一元二次方程2x2－2x＋3m－1＝0的两个实数根x1，x2，且x1·x2＞x1＋x2－4，则实数m的取值范围是【】（A）m＞(B)m≤(C)m＜(D)＜m≤【答案】D。【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，解不等式。【分析】关于x的一元二次方程2x2－2x＋3m－1＝0的两个实数根x1，x2，根据一元二次方程根与系数的关系得到，然后将其代入x1·x2＞x1＋x2－4可得关于m的不等式；同时一元二次方程2x2－2x＋3m－1＝0的有两个实数根，有△=b2－4ac≥0，也得到关于m的不等式，解不等式组即可求出m的取值范围：依题意得，而x1·x2＞x1＋x2－4，∴＞－3，解得m＞。又一元二次方程2x2－2x＋3m－1＝0的有两个实数根，∴△=b2－4ac=4－4×2×（3m－1）≥0，解得m≤。∴＜m≤。故选D。6.（天津市2022年3分）已知实数a，b，c满足a2＋b2＝1，b2＋c2＝2，c2＋a2＝2，则ab＋bc＋ca的最小值为【】（A）(B)(C)(D)56\n7.（天津市2022年3分）已知二次函数的图象如图所示，有下列5个结论：①；②；③；④；⑤，（的实数）其中正确的结论有【】A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】C。【考点】二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，不等式的性质。56\n【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，从而对所得结论进行判断：①图象开口向下，与y轴交于正半轴，对称轴为x=1，能得到：a＜0，c＞0，，∴b=－2a＞0，∴abc＜0。∴①正确。②当x=－1时，由图象知y＜0，把x=-1代入解析式得：a-b+c＜0，∴b＞a+c。∴②错误。③由①知b=－2a，c＞0，∴4a＋2b＋c=4a－4a＋c=c＞0。∴③正确。④∵由①②知b=－2a且b＞a+c，∴2c＜3b。∴④正确。⑤由①知b=－2a，∴a＋b=a－2a=－a＞0，，m（am＋b）=m（m－2）a。∵，∴（m－1）2＞0，即m2－2m+1＞0，1＞－m（m－2））。两边同乘以－a，得－a＞m（m－2）a），即a+b＞m（am+b），（m≠1的实数）成立。∴⑤正确。因此正确结论是①、③，④，⑤共有4个。故选C。8.（天津市2022年3分）在平面直角坐标系中，已知点A（，0），B（2，0），若点C在一次函数的图象上，且△ABC为直角三角形，则满足条件的点C有【】A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D。【考点】一次函数综合题，圆周勾股定理理，勾股定理。【分析】如图，满足条件的点C有4点：（1）过点A（－4，0）作C1A⊥AB交的图象于点C1（－4，4）（把代入即可得）。（2）过点B（2，0）作C2B⊥AB交的图象于点C2（2，1）（把代入即可得）。（3）以AB=6为直径，点（－1，0）为圆心作圆，交的图象于点C3、C4。设圆心为点D，，连接CD，过点C作CE⊥AB于点E。在Rt△CDE中，，即。又∵点C在上，56\n∴把代入得，解得。∴当时，；当时，。∴。综上所述，满足条件的点C有4个：C1（－4，4），C2（2，1），。故选D。9.（天津市2022年3分）在平面直角坐标系中，先将抛物线关于轴作轴对称变换，再将所得的抛物线关于轴作轴对称变换，那么经两次变换后所得的新抛物线的解析式为【】A． B．C． D．【答案】C。【考点】二次函数图象与几何变换，二次函数关于轴、轴轴对称的特点。【分析】根据平面直角坐标系中，二次函数关于轴、轴轴对称的特点得出答案：∵，∴抛物线的顶点坐标为（）。当将抛物线作关于轴对称变换时，顶点的横坐标不变，纵坐标互为相反数，即新抛物线顶点坐标为（）。同时抛物线的开口变为向下，即二次项系数为负。因此变换后的函数式为。56\n当再将所得的抛物线作关于轴对称变换时，顶点的纵坐标不变，横坐标互为相反数，即新抛物线顶点坐标为（）。同时抛物线的开口方向不变。因此变换后的函数式为，即。故选C。10.（天津市2022年3分）已知二次函数()的图象如图所示，有下列结论：①；②；③；④．其中，正确结论的个数是【】（A）1（B）2（C）3（D）4【答案】D。【考点】二次函数的图象和性质，二次函数与一元二次方程的关系，一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。【分析】结合所给图象，根据二次函数的性质分析作答：设对应的一元二次方程两根为，则①∵二次函数的图象与轴有两个交点，∴。所以①正确。②∵二次函数的图象开口向下，∴又∵二次函数的图象与轴交于轴两侧，∴。∴。又∵二次函数的图象的对称轴为，∴。∴。所以②正确。56\n③∵，即，∴二次函数可化为。又∵当时，函数值，即。所以③正确。④∵当时，函数值，且对称轴为，点－1关于对称轴的对称点为3。∴根据对称性，当时，函数值，即。所以④正确。综上所述，正确结论的个数是4个。故选D。11.（天津市2022年3分）若实数、、满足．则下列式子一定成立的是【】(A)(B)(C)(D)【答案】D。【考点】代数式变形，完全平方公式。【分析】∵∴由得。故选D。12.（2022天津市3分）若关于x的一元二次方程（x－2）（x－3）=m有实数根x1,x2，且x1≠x2，有下列结论：①x1=2，x2=3；②；③二次函数y=（x－x1）（x－x2）＋m的图象与x轴交点的坐标为（2，0）和（3，0）．其中，正确结论的个数是【】（A）0（B）1（C）2（D）3【答案】C。【考点】抛物线与x轴的交点，一元二次方程的解，一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。【分析】①∵一元二次方程实数根分别为x1、x2，∴x1=2，x2=3，只有在m=0时才能成立，故结论①错误。56\n②一元二次方程（x－2）（x－3）=m化为一般形式得：x2－5x＋6－m=0，∵方程有两个不相等的实数根x1、x2，∴△=b2－4ac=（－5）2－4（6－m）=4m＋1＞0，解得：。故结论②正确。③∵一元二次方程x2－5x＋6－m=0实数根分别为x1、x2，∴x1＋x2=5，x1x2=6－m。∴二次函数y=（x－x1）（x－x2）+m=x2－（x1＋x2）x＋x1x2＋m=x2－5x＋（6－m）＋m=x2－5x＋6=（x－2）（x－3）。令y=0，即（x－2）（x－3）=0，解得：x=2或3。∴抛物线与x轴的交点为（2，0）或（3，0），故结论③正确。综上所述，正确的结论有2个：②③。故选C。二、填空题1.（2022天津市3分）若一个梯形内接于圆，有如下四个结论：①它是等腰梯形；②它是直角梯形；③它的对角线互相垂直；④它的对角互补．请写出正确结论的序号：▲（把你认为正确结论的序号都填上）。【答案】①④。【考点】圆内接四边形的性质【分析】①∵梯形的一组对边平行，根据垂径定理的推论得另一组对边相等，所以它是正确的；②∵圆内接四边形的对角互补，∴如果是直角梯形那这个四边形就是矩形；所以它是错误的；③对角线无条件判断它们是否垂直，所以它不一定正确；④是正确的。∴正确的答案是①④。2.（天津市2022年3分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，若AC平分∠DAB，且AB=AE，AC=AD，有如下四个结论：①AC⊥BD；②BC=DE；③，④ΔABE是正三角形。请写出正确结论的序号▲（把你认为正确结论的序号都填上）。56\n3.（天津市2022年3分）如果为互不相等的实数，且满足关系式与，那么的取值范围是▲。【答案】。【考点】不等式的应用。【分析】根据已知条件和基本不等式可以得到含有的不等式，解这个关于的不等式就可以求出的范围：∵为互不相等的实数，∴，即。将与代入，得，56\n解得，。4.（天津市2022年3分）已知正方形ABCD的边长是1，E为CD边的中点，P为正方形ABCD边上的一个动点，动点P从A点出发，沿A→B→C→E运动，到达点E.若点P经过的路程为自变量x，△APE的面积为函数y，则当y＝时，x的值等于▲.【答案】或。【考点】二次函数的应用。【分析】根据P点的位置，由三角形面积公式表达出分段函数，在分段函数中，已知y的值，求x：当点P在AB边上时，y=•x•1=，解得x=。当点P在BC边上时，y=•（1+）•1－•（x－1）•1－••（2－x）=，解得x=。当点P在CE上时，y=•（2－x）•1=，解得x=。它不在CE上，舍去。∴当y＝时，x的值等于或。5.（天津市2022年3分）如图，已知五边形ABCDE中，AB//ED，∠A＝∠B＝90°，则可以将该五边形ABCDE分成面积相等的两部分的直线有▲条，满足条件的直线可以这样确定：____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【答案】无数。过点C作与AB平行的直线将该五边形分割为一个矩形和一个梯形，经过梯形中位线的中点及矩形对角线的交点的直线可将该五边形的面积均分；设该直线与边DE、AB的交点分别为P、Q，线段PQ的中点为O，则经过点O且与边DE、AB相交的任意一条直线均可将该五边形的面积均分【考点】多边形。56\n【分析】过点C作与AB平行的直线将该五边形分割为一个矩形和一个梯形，经过梯形中位线的中点及矩形对角线的交点的直线可将该五边形的面积均分；设该直线与边DE、AB的交点分别为P、Q，线段PQ的中点为O，则经过点O且与边DE、AB相交的任意一条直线均可将该五边形的面积均分。设点O且与边DE、AB相交的任意一条直线P′Q′，∵OP=OQ，∠POP′=∠QOQ′，∠P′PO=∠Q′QO，∴△POP′≌△QOQ′（ASA）。∴。∴。6.（天津市2022年3分）如图，已四边形纸片ABCD，现需将该纸片剪拼成一个与它面积相等的平行四边形纸片，如果限定裁剪线最多有两条，能否做到：▲（用“能”或“不能”填空）。若填“能”，请确定裁剪线的位置，并说明拼接方法；若填“不能”，请简要说明理由。____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【答案】能。如图，取四边形ABCD各边的中点E、G、F、H，连接EF、GH，则EF、GH为裁剪线。EF、GH将四边形ABCD分成1、2、3、4四个部分，拼接时，图中的1不动，将2、4分别绕点H、F各旋转180°，3平移，拼成的四边形满足条件。【考点】平行四边形的判定，旋转和平移的性质。【分析】由旋转、平移和中点，可知，MO=MH＋HO=HG=KJ＋JI=KI，MK=ML＋LK=EF=OF＋FI=OI，∴四边形OIKM是平行四边形。7.（天津市2022年3分）如图，直线经过⊙O的圆心O，且与⊙O交于A、B两点，点C在⊙O上，且=，点P是直线上的一个动点（与圆心O不重合），直线CP与⊙O相交于点Q。问：是否存在点P，使得QP=QO；▲（用“存在”或“不存在”填空）。若存在，满足上述条件的点有几个？并求出相应的∠OCP的大小；若不存在，请简要说明理由：。56\n【答案】存在。符合条件的点P共有3个：当点P在线段AO上时，∠OCP=40°；当点P在OB的延长线上时，∠OCP=20°；当点P在OA的延长线上时，∠OCP=100°。【考点】点与圆的位置关系；三角形内角和定理，三角形外角定理。【分析】点P是直线上的一个动点，因而点P与线段AO有三种位置关系，在线段AO上，点P在OB上，点P在OA的延长线上．分这三种情况进行讨论即可：①当点P在线段AO上，如图1，∵在△QOC中，OC=OQ，∴∠OQC=∠OCQ。在△OPQ中，QP=QO，∴∠QOP=∠QPO。又∵∠QPO=∠OCQ+∠AOC，∠AOC=30°，∠QOP+∠QPO+∠OQC=180°∴3∠OCP=120°。∴∠OCP=40°。②当点P在线段OA的延长线上，如图2，∵OC=OQ，∴∠OQP=。∵OQ=PQ，∴∠OPQ=。在△OCP中，30°+∠QOC+∠OQP+∠OPQ=180°，∴，解得∠QOC=20°。∴∠OQP=80°。∴∠OCP=100°。③当P在线段OA的反向延长线上，如图3，∵OC=OQ，∴∠OCP=∠OQC=，即∠COQ=1800－2∠OCP。∵OQ=PQ，∴∠POQ=。56\n∵∠AOC=30°，∴∠COQ+∠POQ=150°。∴1800－2∠OCP＋=150°，解得∠OCP=20°。8.（天津市2022年3分）如图①，O1，O2，O3，O4为四个等圆的圆心，A，B，C，D为切点，请你在图中画出一条直线，将这四个圆分成面积相等的两部分，并说明这条直线经过的两个点是▲；如图②，O1，O2，O3，O4，O5为五个等圆的圆心，A，B，C，D，E为切点，请你在图中画出一条直线，将这五个圆分成面积相等的两部分，并说明这条直线经过的两个点是▲．【答案】O1，O3；O5，O1O3和O2O4的交点。（答案不唯一）【考点】圆的对称性。【分析】如图①，过O1O3与O2O4交点O的任意直线都能将四个圆分成面积相等的两部分。答案不惟一。如图②，AO4，EO2，DO3，CO1等均可。答案不惟一。9.（天津市2022年3分）如图，有一个边长为5的正方形纸片，要将其剪拼成边长分别为的两个小正方形，使得．①的值可以是▲（写出一组即可）；②请你设计一种具有一般性的裁剪方法，在图中画出裁剪线，并拼接成两个小正方形，同时说明该裁剪方法具有一般性：_____________________【答案】①3、4。56\n②裁剪线如图所示（红线）：图中的点E是以AB为直径的半圆上的任意一点（点A、B除外），连接BE并延长交DA于点F；过点C作CG⊥BF，垂足为点G；过点F作FH∥AB，交BC于点H；过点H作HI⊥CG，垂足为点I。则裁剪线为BF、AE、CG、HI。其中AE和BE即为两个小正方形的边长。由于点E是以AB为直径的半圆上的任意一点（点A、B除外），从而该裁剪方法具有一般性。【考点】正方形的性质和判定，勾股定理的应用，圆周角定理，平行和垂直的性质【分析】①使得．由直角三角形勾股定理的很容易联想到的值是3、4。②∵点E是以AB为直径的半圆上的任意一点（点A、B除外），∴∠AEB=900。∴AE2＋BE2=AB2，即。其余证明略。拼接方法如图所示：红字母即为拼接的位置：10.（天津市2022年3分）有一张矩形纸片ABCD，按下面步骤进行折叠：第一步：如图①，将矩形纸片ABCD折叠，使点B、D重合，点C落在点C′处，得折痕EF；第二步：如图②，将五边形AEFC′D折叠，使AE、C′F重合，得折痕DG，再打开；第三步：如图③，进一步折叠，使AE、C′F均落在DG上，点A、C′落在点A′处，点E、F落在点E′处，得折痕MN、QP.这样，就可以折出一个五边形DMNPQ.（Ⅰ）请写出图①中一组相等的线段▲（写出一组即可）；（Ⅱ）若这样折出的五边形DMNPQ（如图③）恰好是一个正五边形，当，，56\n时，有下列结论：①；②；③；④.其中，正确结论的序号是▲（把你认为正确结论的序号都填上）.【答案】（Ⅰ）AD=C′D(答案不惟一，也可以是AE=C′F等)；（Ⅱ）①②③。【考点】矩形的性质，折叠的性质，【分析】（Ⅰ）根据矩形和折叠的性质，直接得出结果。（Ⅱ）①∵将矩形纸片ABCD折叠，使点B、D重合，∴DE=BE。设AE=，则由得BE=DE=。在Rt△ADE中，由勾股定理，得AE²+AD²=DE²，则由AE=，，DE=得，展开得，。又∵在正五边形中（如图③），∠C'DA=108°，则∠ADE=108°－90°=18°。∴在Rt△ADE中，AE=AD·tan∠ADE，即。∴。所以①正确。②如图，连接GB，NB。由矩形和折叠的性质知点D、G、B共线；点M、N、B共线，且∠NGB=900。由题意知：正五边形边长，则NG=，∠GBN=18°，GB=。∴在Rt△GBN中，，即。所以②正确。③由题意知：∠NBA=18°，，MA=，∴在Rt△ABM中，，即。所以③正确。④如图，过点N作NH∥BD，交MQ于点H。56\n则∠MNH=∠GBN=18°，MN=，MA′=MA=，HA′=NG=，即MH=MA′－HA′=－=。∴在Rt△MNH中，，即。所以④不正确。综上所述，正确结论的序号是①②③。11.（天津市2022年3分）如图，有一张长为5宽为3的矩形纸片ABCD，要通过适当的剪拼，得到一个与之面积相等的正方形．(I)该正方形的边长为▲。(结果保留根号)(II)现要求只能用两条裁剪线．请你设计一种裁剪的方法．在图中画出裁剪线，并简要说明剪拼的过程：▲。【答案】(I)。(II)如图．①作出BN=(BM=4，MN=1，∠MNB=90°)：②画出两条裁剪线AK，BE(AK=BE=．BE⊥AK)：③平移△ABE和△ADK。此时，得到的四边形BEF'G即为所求．【考点】尺规作图，勾股定理，相似三角形的判定和性质，图形的移动和拼接。【分析】（Ⅰ）∵矩形面积等于15，∴与之面积相等的正方形边长为。（Ⅱ）先要作出的长。考虑到（）2=42－12，故只要作以4为斜边1为一直角边的三角形，另一直角边长即。56\n考虑到3╳5=·，即，所以有以上作法。12.（2022天津市3分）“三等分任意角”是数学史上一个著名问题已知一个角∠MAN设（Ⅰ）当∠MAN=690时，的大小为▲（度）；（Ⅱ）如图，将∠MAN放置在每个小正方形的边长为1cm的网格中，角的一边AM与水平方向的网格线平行，另一边AN经过格点B，且AB=2.5cm．现要求只能使用带刻度的直尺，请你在图中作出，并简要说明作法（不要求证明）▲．【答案】（Ⅰ）23。（Ⅱ）如图，让直尺有刻度一边过点A，设该边与过点B的竖直方向的网格线交于点C，与过点B水平方向的网格线交于点D，保持直尺有刻度的一边过点A，调整点C、D的位置，使CD=5cm，画射线AD，此时∠MAD即为所求的∠α。【考点】作图（应用与设计作图），直角三角形斜边上的中线性质，三角形的外角性质，平行的性质。【分析】（Ⅰ）根据题意，用69°乘以，计算即可得解：×69°=23°。（Ⅱ）利用网格结构，作以点B为直角顶点的直角三角形，并且使斜边所在的直线过点A，且斜边的长度为5，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得斜边上的中线等于AB的长度，再结合三角形的外角性质可知，∠BAD=2∠BDC，再根据两直线平行，内错角相等可得∠BDC=∠MAD，从而得到∠MAD=∠MAN。三、解答题1.（2022天津市8分）56\n某企业有九个生产车间，现在每个车间原有的成品一样多，每个车间每天生产的成品也一样多，有A，B两组检验员，其中A组有8名检验员．他们先用两天将第一、二两个车间的成品检验完毕后，再去检验第三、四两个车间所有成品，又用去了三天时间；同时，用这五天时间，B组检验员也检验完余下的五个车间的成品，如果每个检验员的检验速度一样快，每个车间原有的成品为a件，每个车间每天生产b件成品。（1）用a，b表示B组检验员检验的成品总数；（2）求B组检验员的人数。【答案】解：（1）B组检验员检验的成品总数为5a+25b。（2）∵每个检验员的检验速度一样，∴，解得a=4b。∴每个检验员速度为：。∴B组检验员人数为：（人）。答：B组检验员的人数为12人。【考点】分式方程的应用。【分析】（1）B组检验员检验的成品总数=余下五个车间原有的成品+这5天新生产的成品。（2）工作效率=工作总量÷检验的人数，根据“每个检验员的检验速度一样快”，可用这个等量关系来列方程。2.（2022天津市3分）已知：在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=4cm，AB=8cm，D、E、F分别为AB、AC、BC边上的中点。若P为AB边上的一个动点，PQ∥BC，且交AC于点Q，以PQ为一边，在点A的异侧作正方形PQMN，记正方形PQMN与矩形EDBF的公共部分的面积为y。（1）如图，当AP=3cm时，求y的值；（2）设AP=xcm，试用含x的代数式表示y（cm2）；（3）当y=2cm2时，试确定点P的位置。【答案】解：（1）由于D是AB中点，因此DE是△ABC的中位线，AD=BD=4cm，DE=2cm。56\n在Rt△APQ中，AP=3cm，∴PQ=AP•tanA=3×=1.5（cm）。∴DN=AN－AD=AP＋PN－AD=3＋1.5－4=0.5。∴重合部分的面积应该是y=DN·MN=1.5×0.5=0.75（cm2）。（2）当0＜x≤时，y=0；当＜x≤4时，y=；当4＜x≤时，y=x；当＜x＜8时，y=16－2x。（3）当＜x≤4时，若y=2，即=2，解得x=或x=（舍去）；当4＜x≤时，若y=2，即x=2，不符合4＜x≤；当＜x＜8时，若y=2，即16－2x=2解得x=7。综上所述，当x=cm或x=7cm时，y=2cm2。【考点】动点问题，正方形的性质，勾股定理，三角形中位线定理。【分析】（1）根据AP的长，求出PQ的值，然后看看正方形与矩形是否重合，若重合求出重合部分的线段的长，然后根据矩形的面积计算公式进行求解即可。（2）要分四种情况进行讨论：①当N在D点或D点左侧时，当正方形PQMN的边MN与矩形EDBF的边ED重合时，利用相似三角形的性质可得出x=，即0＜x≤时，此时正方形与矩形没有重合，因此y=0。②当N在D点右侧，而P点在D点左侧或与D点重合时，即＜x≤4，此时正方形与矩形重合的面积应该是以DN为长，NM为宽的矩形，，而NM=PQ=x，因此重合部分的面积应该是；③当P在D点右侧，而N点在B点左侧或与B点重合时，即4＜x≤时，此时正方形重合部分的面积应该是以正方形边长为长，DE为宽的矩形的面积，PN=x，DE=2，因此此时重合部分的面积是y=x·2=x；④当P在B左侧时，而N点在AB延长线上时，即56\n＜x＜8时，此时重合部分的面积应该是以DE长为宽，PA长为长的矩形的面积．BP=AB－AP=8－x，BF=DE=2，因此此时重合部分的面积应该是y=（8－x）·2=16－2x。（3）将y=2代入（2）的式子中，看看求出的x哪个符合条件即可。3.（天津市2022年8分）已知：以RtΔABC的直角边AB为直径作⊙O，与斜边AC交于点D，过点D作⊙O的切线交BC边于点E。（I）如图，求证：EB=EC=ED；（II）试问在线段DC上是否存在点F，满足BC2=4DF·DC。若存在，作出点F，并予以证明；若不存在，请说明理由。【答案】解：（I）证明：连结BD。∵ED、EB是⊙O的切线，由切线长定理，得ED=EB，∠DEO=∠BEO，∴OE垂直平分BD。又∵AB是⊙O的直径，∴AD⊥BD。∴AD//OE，即OE//AC。又点O为AB的中点，∴OE为ΔABC的中位线，∴BE=EC。∴EB=EC=ED。（II）在ΔDEC中，由于ED=EC，∴∠C=∠CDE，∴∠DEC=1800－2∠C。①当∠DEC>∠C时，有1800－2∠C>∠C，即00<∠C<600时，在线段DC上存在点F满足条件。56\n在∠DEC内，以ED为一边，作∠DEF，使∠DEF=∠C，且EF交DC于点F，则点F即为所求（如图）。证明如下：在ΔDCE和ΔDEF中，∠CDE=∠EDF，∠C=∠DEF，∴ΔDEF∽ΔDCE。∴DE2=DF·DC。∴，即BC2=4DF·DC。②当∠DEC=∠C时，ΔDEC为等边三角形，即∠DEC=∠C=600，此时，C点即为满足条件的F点，于是，DF=DC=DE仍有BC2=4DE2=4DF·DC。③当∠DEC<∠C时，即1800－2∠C<∠C，600<∠C<900。所作的∠DEF>∠DEC，此时点F在DC的延长线上，故线段DC上不存在满足条件的点F。4.（天津市2022年10分）已知二次函数。（I）结合函数的图象，确定当取什么值时,；（II）根据（I）的结论，确定函数关于的解析式；（III）若一次函数的图象与函数的图象交于三个不同的点，试确定实数与56\n应满足的条件。【答案】解：（I）画出函数的图象，由它的图象可知：当<－1或>3时，>0，当=－1或=3时，=0，当－1<<3时，<0。（II）根据（I）的结论，可得当≤－1或≥3时，||=,∴当－1<<3时，||=－，∴∴函数关于的解析式为。（III）由题设条件，时，一次函数的图象与函数的图象有三个交点，只需一次函数的图象与函数的图象在－1<<3的范围内有两个交点，即方程组有两组不相等的实数解。消去，得。即只需二次函数的图象与轴的两个交点在－1<<3范围内。此时，应同时满足以下三个条件：（1）判别式，即。（2）二次函数图象的对称轴满足，得。又，∴或。（3）当=－1与=3时，的函数值均应大于0，即，解得∴当时，有；当时，有。56\n综上所述，由（1）（2）（3）知，一次函数的图象与函数的图象有三个不同的交点时，应满足或。【考点】二次函数综合题，分段函数，二次函数与一元二次方程的关系，解不等式组。【分析】（I）由函数图象可以很容易的得出＞0，=0，＜0时所取的值。（II）由图象可以看出，当≤－1或≥3时，||=；当－1＜＜3时，||=－，则可分段确定出关于的解析式。（III）一次函数的图象与函数的图象有三个交点，只需一次函数的图象与函数的图象在－1<<3的范围内有两个交点即可。5.（天津市2022年8分）已知，如图⊙O1与⊙O2外切于点A，BC是⊙O1和⊙O2的公切线，B、C为切点。（1）求证：AB⊥AC；（2）若分别为⊙O1、⊙O2的半径，且。求的值。【答案】解：（1）证明：过点A作两圆的内公切线交BC于点O．∵OA、OB是⊙O1的切线，∴OA=OB。同理OA=OC。∴OA=OB=OC．∴△BAC是直角三角形，∠BAC=90°。∴AB⊥AC。（2）连接OO1、OO2与AB、AC分别交于点E、F。∵OA、OB是⊙O1的切线，∴OO1⊥AB。同理OO2⊥AC。根据（1）的结论AB⊥AC，可知四边形OEAF是矩形，有∠EOF=90°。连接O1O2，有OA⊥O1O2．在Rt△O1OO2中，有Rt△O1AO∽Rt△OAO2，56\n∴，即。又∵，∴。又∵∠ACB是⊙O2的弦切角，∴∠ACB=∠AO2O。∴。【考点】相切两圆的性质，切线的性质，弦切角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，锐角三角函数。【分析】（1）过点A作两圆的内公切线交BC于点O，再利用切线的性质，证明OA=OB=OC即可。（2）连接OO1、OO2与AB、AC分别交于点E、F，先利用切线的性质证明四边形OEAF是矩形，再利用三角形的形似、直角三角形的特点和三角函数求出的值．6.（天津市2022年10分）已知关于的方程的两个实数根为α、β，且α≤β。（1）试用含有α、β的代数式表示；（2）求证：α≤1≤β；（3）若以α、β为坐标的点M（α、β）在△ABC的三条边上运动，且△ABC顶点的坐标分别为A（1，2），B（，1），C（1，1），问是否存在点M，使，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。【答案】解：（1）∵α、β为方程的两个实数根，∴判别式△=，且α+β=，αβ=。∴=αβ，=α+β－－1=α+β－αβ－1。（2）∵（1－α）（1－β）=1－（α+β）+αβ=－≤0（≥0），又α≤β，∴α≤1≤β。（3）若使成立，只需α+β=。①当点M（α，β）在BC边上运动时，由B（，1），C（1，1），56\n得≤α≤1，β=1，而α=－β=－1=＞1，故在BC边上存在满足条件的点M，其坐标为（，1）。②当点M（α，β）在AC边上运动时，由A（1，2），C（1，1），得α=1，1≤β≤2，此时β=－α=－1=。又因为1＜＜2，故在AC边上存在满足条件的点M，其坐标为（1，）。③当点M（α，β）在AB边上运动时，由A（1，2），B（，1），得≤α≤1，1≤β≤2。设AB所在直线为：，由A（1，2），B（，1），得，解得。∴AB所在直线为：。∴由点M（α，β）在AB边上运动，得。又α+β=，得。又∵，∴在线段AB上。故在AB边上存在满足条件的点M，其坐标为。综上所述，当点M（α，β）在△ABC的三条边上运动时，存在点（，1），（1，）和点，使成立。【考点】一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，解方程和不等式，坐标与图形性质，直线上点的坐标与方程的关系，待定系数法。【分析】（1）因为原方程有两个实数根，故判别式△=，且α+β=，αβ=。解之即得。（2）因为α≤β，故只需解（1－α）（1－β）≤0即可。（3）先根据条件确定动点所在的边，再确定点的坐标。7.（天津市2022年10分）已知A为⊙O上一点，B为⊙A与OA的交点，⊙A与⊙O的半径分别为r、56\nR，且r＜R.（Ⅰ）如图1，过点B作⊙A的切线与⊙O交于M、N两点.求证：AM·AN＝2Rr；（Ⅱ）如图2，若⊙A与⊙O的交点为E、F，C是弧EBF上任意一点，过点C作⊙A的切线与⊙O交于P、Q两点，试问AP•AQ=2Rr是否成立，并证明你的结论．【答案】解：（Ⅰ）证明：延长AO交⊙O于D，连接MD，∵过点B作⊙A的切线与⊙O交于M、N两点，∴OA⊥MN，AM=AN。∵AD是⊙O的直径，∴∠AMD=∠ABM=90°。又∵∠BAM=∠MAD，∴△ABM∽△AMD。∴AM：AB=AD：AM，即AM2=AD•AB，即AM•AN=2Rr。（Ⅱ）AP•AQ=2Rr成立。证明如下：延长AO交⊙O于D，连接PD，∵过点C作⊙A的切线与⊙O交于P、Q两点，∴CA⊥PQ。∵AD是⊙O的直径，∴∠APD=∠ACQ=90°。∵∠Q=∠D，∴△AQC∽△ADP。∴AC：AP=AQ：AD。∴AP•AQ=2Rr。【考点】相交两圆的性质，圆角定理，弦径定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）欲证AM•AN=2Rr，即证AM•AM=AD•AB，可通过证△ABM∽△AMD得出。（Ⅱ）欲证AP•AQ=2Rr，即证AP•AQ=AD•AC，可通过证△AQC∽△ADP得出。8.（天津市2022年10分）已知一次函数y1＝2x，二次函数y2＝x2＋1.（Ⅰ）根据表中给出的x的值，计算对应的函数值y1、y2，并填在表格中：x－3－2－1012356\ny1＝2xy2＝x2＋1（Ⅱ）观察第（Ⅰ）问表中有关的数据，证明如下结论：在实数范围内，对于x的同一个值，这两个函数所对应的函数值y1≤y2均成立；（Ⅲ）试问，是否存在二次函数y3＝ax2＋bx＋c，其图象经过点（－5，2），且在实数范围内，对于x的同一个值，这三个函数所对应的函数值y1≤y3≤y2均成立，若存在，求出函数y3的解析式；若不存在，请说明理由.【答案】解：（Ⅰ）填表如下：x－3－2－10123y1＝2x－6－4－30246y2＝x2＋1105212510（Ⅱ）证明：∵在实数范围内，对于x的同一个值y2－y1==x2+1－2x=（x－1）2≥0，∴y1≤y2。（Ⅲ）由已知，二次函数y3＝ax2＋bx＋c的图象经过点（－5，2），得25a－5b＋c=2①∵当x=1时，y1＝y2＝2，y3＝a＋b＋c，若对于自变量x取任意实数时，y1≤y3≤y2成立，则有2≤a＋b＋c≤2，∴a＋b＋c=2②。由①②，得b=4a，c=2－5a。∴y3＝ax2＋4ax＋（2－5a）。当y1≤y3时，有2x≤ax2＋4ax＋（2－5a），即ax2＋（4a－2）x＋（2－5a）≥0。若二次函数y＝ax2＋（4a－2）x＋（2－5a）对于一切实数x，函数值大于或等于零，必须，即③。当y3≤y2时，有ax2＋4ax＋（2－5a）≤x2+1，即（1－a）x2－4ax＋（5a－1）≥0。若二次函数y＝（1－a）x2－4ax＋（5a－1）对于一切实数x，函数值大于或等于零，必须56\n，即④。∴由③④得。综上，。∴存在二次函数，在实数范围内，对于x的同一个值，y1≤y3≤y2均成立。【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，不等式的性质。【分析】（Ⅰ）根据表中所给的x的值，代入函数式求值即可。（Ⅱ）用y2－y1进行比较即可得出结论。（Ⅲ）由图可知，在实数范围内，对于x的同一个值，三个函数所对应的函数值y1≤y3≤y2均成立，利用b=4a，c=2－5a，代入得y3＝ax2＋4ax＋（2－5a）。结合y1≤y3和y3≤y2，利用不等式的性质推理出抛物线的解析式。9.（天津市2022年10分）在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别用a、b、c表示。（Ⅰ）如图，在△ABC中，∠A＝2∠B，且∠A＝60°。求证：a2＝b（b＋c）（Ⅱ）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为“倍角三角形”。本题第一问中的三角形是一个特殊的倍角三角形，那么对于任意的倍角三角形ABC，其中∠A＝2∠B，关系式a2＝b（b＋c）是否仍然成了？并证明你的结论；（Ⅲ）试求出一个倍角三角形的三条边的长，使这三条边长恰为三个连续的正整数。【答案】解：（Ⅰ）证明：∵∠A=2∠B，∠A=60°，∴∠B=30°，∠C=90°。∴c=2b，a=b56\n∴。
（Ⅱ）关系式a2＝b（b＋c）仍然成立。证明如下：如图，延长BA至点D，使AD=AC=b，连接CD。则△ACD为等腰三角形。∵∠BAC是△ACD的一个外角，∴∠BAC=2∠D。又∵∠BAC=2∠B，∴∠B=∠D。∴△CBD为等腰三角形。又∵∠D是△ACD和△CBD的公共角，∴△ACD∽△CBD。∴，即，∴a2＝b（b＋c）。（Ⅲ）若△ABC是倍角三角形，由∠A=2∠B，应有a2=b（b+c），且a＞b．①当a＞c＞b时，设a=k+1，c=k，b=k－1，（k为大于1的正整数）,代入a2=b（b+c），得（k+1）2=（k－1）•（2k－1），解得k=5。有a=6，b=4，c=5，可以证明这个三角形中，∠A=2∠B。②当c＞a＞b时，设c=k+1，a=k，b=k－1，（k为大于1的正整数）,代入a2=b（b+c），得k2=（k－1）•2k，解得k=2。但a=2，b=1，c=3不构成三角形。③当a＞b＞c时，设a=k+1，b=k，c=k－1，（k为大于1的正整数）,代入a2=b（b+c），得（k+1）2=k•（2k－1），即k2－3k－1=0，无正整数解。∴当c＞a＞b及a＞b＞c时，均不存在三条边长恰为三个连续正整数的倍角三角形。∴边长为4，5，6的三角形为所求。【考点】勾股定理，等腰三角形的判定和性质，三角形的外角定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）根据已知可求得各角的度数，再根据三角函数求得各边的关系，从而不难得到结论。（Ⅱ）延长BA至点D，使AD=AC=b，连接CD，证出△ACD∽△CBD，根据相似三角形对应边成比例的性质得到结论。（Ⅲ）注意分三种情况进行分析。10.（天津市2022年10分）已知二次函数y＝ax2＋bx＋c.（Ⅰ）若a＝2，c＝－3，且二次函数的图象经过点（－1，－2），求b的值（Ⅱ）若a＝2，b＋c＝－2，b＞c，且二次函数的图象经过点（p，－2），求证：b≥0；（Ⅲ）若a＋b＋c＝0，a＞b＞c，且二次函数的图象经过点（q，－a），试问自变量x＝q＋4时，二次函数y＝ax2＋bx＋c所对应的函数值y是否大于0？并证明你的结论。【答案】解：（Ⅰ）当a=2，c=－3时，二次函数为y=2x2＋bx－3，56\n∵该函数的图象经过点（－1，－2），∴－2=2×（－1）2+b×（－1）－3，解得b=1。
（Ⅱ）证明：当a=2，b+c=－2时，二次函数为y=2x2＋bx－b－2，∵该函数的图象经过点（p，－2），∴－2=2p2＋bp－b－2，即2p2＋bp－b=0。∴p为方程2x2＋bx－b=0的根，∴△=b2＋8b=b（b＋8）≥0。又∵b＋c=－2，b＞c，∴b＞－b－2，即b＞－1，有b+8＞0。∴b≥0。（Ⅲ）当x＝q＋4时，二次函数y＝ax2＋bx＋c所对应的函数值y大于0。证明如下：∵二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象经过点（q，－a），∴aq2＋bq＋c＋a=0。∴q为方程ax2＋bx＋c＋a=0的根。∴△=b2－4a（a＋c）≥0。又∵a＋b＋c=0，∴△=b2＋4ab=b（b＋4a）=b（3a－c）≥0。又∵a＋b＋c=0，a＞b＞c，知a＞0，c＜0，得3a－c＞0，∴b≥0。∵q为方程ax2＋bx＋c＋a=0的根，∴或。当x=q＋4时，y=a（q＋4）2＋b（q＋4）＋c=（aq2＋bq＋c＋a）＋8aq＋15a＋4b=8aq＋15a＋4b，①若，则y=8a·＋15a＋4b=15a－4。∵a＞b≥0，∴。∴-。∴。②若，则y=8+15a+4b=15a+4＞0。综上所述，当x=q＋4时，二次函数y＝ax2＋bx＋c所对应的函数值大于0。56\n【考点】曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数图象与系数的关系，一元二次方程根与系数的关系和根的判别式，解一元二次方程，不等式的性质。【分析】本题根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系求二次函数解析式，条件由具体到抽象，要根据题目的条件逐步求解。（Ⅱ）（Ⅲ）还需结合一元二次方程根的判别式，根与系数的关系等知识解题。11.（天津市2022年10分）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8。（Ⅰ）如图①，若半径为r1的⊙O1是Rt△ABC的内切圆，求r1；（Ⅱ）如图②，若半径为r2的两个等圆⊙O1、⊙O2外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙O2与BC、AB相切，求r2；（Ⅲ）如图③，当n大于2的正整数时，若半径rn的n个等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙On依次外切，且⊙O1与AC、BC相切，⊙On与BC、AB相切，⊙O1、⊙O2、⊙O3、…、⊙On－1均与AB边相切，求rn.【答案】解：（I）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∴如图，设⊙O1与Rt△ABC的边AB、BC、CA分别切于点D、E、F，连接。∴∴，，。又∵，∴，解得。（II）如图，连接，则56\n∵等圆⊙O1、⊙O2外切，∴，且∥AB。过点C作CM⊥AB于点M，交于点N，则。∴。又∵，∴，解得。（III）如图，连接，则，。∵等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙On依次外切，且均与AB边相切，∴均在直线上，且。∴。过点C作CH⊥AB于点H，交于点K，则。∴，。56\n又∵，∴，解得。【考点】圆与圆的位置关系，圆与直线的位置关系，勾股定理，三角形和梯形面积公式。【分析】由圆与圆相切和圆与直线相切的性质，将△ABC分割成若干三角形（梯形），利用面积相等列出方程求解即可。12.（天津市2022年10分）已知抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点坐标为(2,4).（Ⅰ）试用含a的代数式分别表示b，c；（Ⅱ）若直线y＝kx＋4（k≠0）与y轴及该抛物线的交点依次为D、E、F，且，其中O为坐标原点，试用含a的代数式表示k；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若线段EF的长m满足，试确定a的取值范围。【答案】解：（I）由已知，设抛物线的顶点式为，即。∴。（II）设E（）、F（），由方程组，消去y，得（*）∴①，②。又∵，∴。∴。∴。即。由②，知x1与x2同号，∴x2=4x1③。由②、③，得x1=1，x2=4；x1=－1，x2=－4。将上面数值代入①，得，解得k=a或k=－9a。经验证，方程（*）的判别式△>0成立。56\n∴k=a或k=－9a。（III）由勾股定理，得，而，由，得，∴，即。由已知，得，即，∴或。当k=a时，有1≤a≤2或－2≤a≤－1；当k=－9a时，有1≤－9a≤2或－2≤－9a≤－1，即或。综上所述，a的取值范围－2≤a≤－1或或或1≤a≤2。【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理，不等式的性质。【分析】（Ⅰ）根据抛物线的顶点坐标，用顶点式二次函数通式来表示出抛物线的解析式，展开后即可得出b、c的表达式。（Ⅱ）联立直线与抛物线的解析式，可得出一个关于x的一元二次方程，那么这个方程的解即为E、F点的横坐标。根据△ODE和△OEF的面积比以及根与系数的关系来求k的表达式。（Ⅲ）根据E、F的坐标，运用勾股定理表示出m。根据根与系数的关系和m的取值范围来求出a的取值范围。13.（天津市2022年10分）如图①，AD是圆O的直径，BC切圆O于点D，AB、AC与圆O相交于点E、F。（1）求证：；（2）如果将图①中的直线BC向上平移与圆O相交得图②，或向下平移得图③，此时，是否仍成立？若成立，请证明，若不成立，说明理由。56\n【答案】解：（1）证明：如图①，连接DE∵AD是⊙O的直径，∴∠AED=90°。又∵BC切⊙O于点D，∴AD⊥BC，∠ADB=90°。在和中，∠EAD=∠DAB，∴∽。∴，即。同理连接DF，可证。∴。（2）仍然成立，证明如下：如图②，连接DE，因为BC在上下平移时始终与AD垂直，设垂足为D′，则。∵AD是⊙O的直径，∴∠AED=90°。又∵，∴∽。∴，即。同理。∴。同理可证，当直线BC向下平移与圆O相离时，仍然成立。【考点】圆周角定理，直线和圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，直线平移的性质。【分析】（1）证出∽和∽，即可由相似三角形对应边成比例的性质得到，而得到证明。（2）同样，证出∽和∽，即可由相似三角形对应边成比例的性质得到，而得到证明。56\n14.（天津市2022年10分）已知关于的一元二次方程有两个实数根，且满足，。（1）试证明；（2）证明；（3）对于二次函数，若自变量取值为，其对应的函数值为，则当时，试比较与的大小。【答案】解：（1）证明将已知的一元二次方程化为一般形式∵是该方程的两个实数根，∴，。又∵，，∴。∴。（2）∵，∴。∴。∴，即。（3）当时，有。证明如下：∵，，∴。∵，∴。又∵，∴，。∵，∴。∴。∵，∴。由于，，∴，即。∴当时，有。【考点】一元二次方程根与系数的关系，完全平方公式的应用，56\n【分析】（1）利用一元二次方程根与系数的关系，求出与两根之和、两根之积的关系式，利用已知条件就可以证明题目结论。（2）利用完全平方公式得出即可证明。（3）把，分别代入方程得出关于，与的代数式，再用作差法比较大小。15.（天津市2022年10分）已知Rt△ABC中，，，有一个圆心角为，半径的长等于的扇形绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线交于点M，N．（Ⅰ）当扇形绕点C在的内部旋转时，如图①，求证：；思路点拨：考虑符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△沿直线对折，得△，连，只需证，就可以了．请你完成证明过程：（Ⅱ）当扇形CEF绕点C旋转至图②的位置时，关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【答案】解：（Ⅰ）证明：将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，则△DCM≌△ACM。∴CD=CA，DM=AM，∠DCM=∠ACM，∠CDM=∠A。又∵CA=CB，∴CD=CB。∴∠DCN=∠ECF－∠DCM=450－∠DCM，∠BCN=∠ACB－∠ECF－∠ACM=900－450－∠ACM=450－∠ACM。∴∠DCN=∠BCN。又∵CN=CN，∴△CDN≌△CBN（SAS）。∴DN=BN，∠CDN=∠B。∴∠MDN=∠CDM＋∠CDN=∠A＋∠B=900。∴在Rt△MDN中，由勾股定理，得MN2=DM2＋DN2，即MN2=AM2＋BN2。（Ⅱ）关系式MN2=AM2＋BN2仍然成立，证明如下：56\n将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，则△GCM≌△ACM。∴CG=CA，GM=AM，∠GCM=∠ACM，∠CGM=∠CAM。又∵CA=CB，∴CG=CB。∴∠GCN=∠GCM＋∠ECF=∠GCM＋450，∠BCN=∠ACB－∠ACN=900－（∠ECF－∠ACM）=450＋∠ACM。∴∠GCN=∠BCN。又∵CN=CN，∴△CGN≌△CBN（SSS）。∴GN=BN，∠CGN=∠B=450，∠CGM=∠CAM=1800－∠CAB=1350。∴∠MGN=∠CGM－∠CGN=1350—1350=900。∴在Rt△MGN中，由勾股定理，得MN2=GM2＋GN2，即MN2=AM2＋BN2。【考点】圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）考虑MN2=AM2＋BN2符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DN=BN，∠MDN=90°即可。（Ⅱ）同（Ⅰ），将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，则△GCM≌△ACM。然后由勾股定理即可证明。16.（天津市2022年10分）已知抛物线，（Ⅰ）若，，求该抛物线与轴公共点的坐标；（Ⅱ）若，且当时，抛物线与轴有且只有一个公共点，求的取值范围；（Ⅲ）若，且时，对应的；时，对应的，试判断当时，抛物线与轴是否有公共点？若有，请证明你的结论；若没有，阐述理由．【答案】解：（Ⅰ）当=1，－1时，抛物线为，∵方程=0的两个根为，∴该抛物线与轴公共点的坐标是（－1，0）和（，0）。（Ⅱ）∵当=1时，抛物线为，且与轴有公共点，∴对于方程=0，判别式≥0，有。①当时，由方程=0，解得．56\n此时抛物线为与轴只有一个公共点（，0）。②当时，时，，时，。由已知时，该抛物线与轴有且只有一个公共点，考虑其对称轴为，应有，解得。综上，或。（Ⅲ）当时，抛物线与轴有两个公共点，证明如下：对于二次函数，由已知时，；时，，又，∴。x于是．而，∴，即。∴。∵关于的一元二次方程的判别式，∴抛物线与轴有两个公共点，顶点在轴下方。又该抛物线的对称轴，由，，，得。∴。又由已知时，；时，，观察图象，可知在范围内，该抛物线与轴有两个公共点。【考点】二次函数的性质，抛物线与轴的交点，一元二次方程根的判别式，解不等式。【分析】（Ⅰ）把=1，－1代入得抛物线的函数表达式，令=0，即可得该抛物线与轴公共点的坐标。（Ⅱ）考虑当=1时，抛物线与轴有公共点，故对于方程=0，判别式△≥0，得。然后分和两种情况讨论即得。（Ⅲ）由已知证出，然后根据方程根的判别式△＞0得到抛物线56\n与轴有两个公共点，且顶点在轴下方的结论。最后根据抛物线对称轴的位置和已知时，；时，，得出在范围内，该抛物线与轴有两个公共点的结论。17.（天津市2022年10分）已知一个直角三角形纸片，其中．如图，将该纸片放置在平面直角坐标系中，折叠该纸片，折痕与边交于点，与边交于点．（Ⅰ）若折叠后使点与点重合，求点的坐标；（Ⅱ）若折叠后点落在边上的点为，设，，试写出关于的函数解析式，并确定的取值范围；（Ⅲ）若折叠后点落在边上的点为，且使，求此时点的坐标．【答案】解：（Ⅰ）如图①，折叠后点与点重合，则。设点的坐标为，则。∴。在中，由勾股定理，得，即，解得。∴点的坐标为。（Ⅱ）如图②，折叠后点落在边上的点为,则。由题设，，则。56\n在中，由勾股定理，得，即，∴。由点在边上，有，∴解析式（）为所求。∵当时，随的增大而减小，∴的取值范围为。（Ⅲ）如图③，折叠后点落在边上的点为，且，则。又∵，∴。∴。∴。∴，得。在中，设，则。由（Ⅱ）的结论，得，即，解得。∵，∴。∴点的坐标为。【考点】折痕对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。【分析】（Ⅰ）由折痕对称的性质，通过证，得，从而根据勾股定理可求得点的坐标。（Ⅱ）由折痕对称的性质，通过证，得，从而根据勾股定理列出关于的函数解析式，并确定的取值范围。（Ⅲ）由折痕对称的性质，通过证，得，从而得，结合（Ⅱ）的结论，即可求得点的坐标。18.（天津市2022年10分）已知函数为方程的两个根，点在函数的图象上．56\n（Ⅰ）若，求函数的解析式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若函数与的图象的两个交点为，当的面积为时，求的值；（Ⅲ）若，当时，试确定三者之间的大小关系，并说明理由．【答案】解：（Ⅰ）∵，∴将分别代入，得，解得。∴函数的解析式为。（Ⅱ）由已知，得，设的高为，∴，即。∴。根据题意，，即。当时，解得；当时，解得。∴的值为或或。（Ⅲ）由已知，得，∴，56\n，化简，得。∵，∴。∴。有。又∵，∴，。∴当时，；当时，；当时，。【考点】二次函数综合题，根与系数的关系，一次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式。【分析】（Ⅰ）通过把分别代入，确定的值而求得函数的解析式。（Ⅱ）关键在于明确这一等量关系才能求得的值。（Ⅲ）比较的大小需要正确理解及在整式变形中分类应用。19.（天津市2022年10分）在平面直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标原点，顶点A、B分别在轴、轴的正半轴上，，，D为边OB的中点.（Ⅰ）若为边上的一个动点，当△的周长最小时，求点的坐标；（Ⅱ）若、为边上的两个动点，且，当四边形的周长最小时，求点、的坐标.温馨提示：如图，可以作点D关于轴的对称点，连接与轴交于点E，此时△的周长是最小的.这样，你只需求出的长，就可以确定点的坐标了.56\n【答案】解：（Ⅰ）如图，作点关于轴的对称点，连接与轴交于点，连接。在边上任取点（与点E不重合），连接、、。由可知△的周长最小。∵在矩形中，，，为的中点，∴，，。∵OE∥BC，∴Rt△∽Rt△，有。∴∴点的坐标为（1，0）。（Ⅱ）如图，作点关于轴的对称点，在边上截取，连接与轴交于点，在上截取。∵GC∥EF，，∴四边形为平行四边形，有。又∵、的长为定值，∴此时得到的点、使四边形的周长最小。∵OE∥BC，∴Rt△∽Rt△,有。∴。∴。∴点的坐标为（，0），点的坐标为（，0）。【考点】轴对称点的性质，三角形的三边关系，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）作点D关于轴的对称点，连接与轴交于点E，连接。则此时△的周长最小。据此由Rt△∽Rt△,得对应边成比例，即可求出点的坐标。（Ⅱ）作点关于轴的对称点，在边上截取，连接与轴交于点，56\n在上截取。则此时四边形的周长最小。据此由Rt△∽Rt△,得对应边成比例，即可求出点、的坐标。20.（天津市2022年10分）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点、（点在点的左侧），与轴的正半轴交于点，顶点为.（Ⅰ）若，，求此时抛物线顶点的坐标；（Ⅱ）将（Ⅰ）中的抛物线向下平移，若平移后，在四边形ABEC中满足S△BCE=S△ABC，求此时直线的解析式；（Ⅲ）将（Ⅰ）中的抛物线作适当的平移，若平移后，在四边形ABEC中满足S△BCE=2S△AOC，且顶点恰好落在直线上，求此时抛物线的解析式.【答案】解：（Ⅰ）当，时，抛物线的解析式为，抛物线顶点的坐标为（1，4）。（Ⅱ）将（Ⅰ）中的抛物线向下平移，则顶点在对称轴上，∴设抛物线的解析式为（）（∵时抛物线与轴无两个交点）。此时，抛物线与轴的交点为，顶点为。∵方程的两个根为，，∴此时，抛物线与轴的交点为，。如图，过点作EF∥CB与轴交于点，连接，则S△BCE=S△BCF。∵S△BCE=S△ABC，∴S△BCF=S△ABC．∴。设对称轴与轴交于点，则。由EF∥CB，得。∴Rt△EDF∽Rt△COB．有。∴，解得（用换元法求解，令）。∴点，。56\n设直线的解析式为，则，解得。∴直线的解析式为。（Ⅲ）设抛物线的解析式为（，）（否则与题意不符），则抛物线的顶点为，抛物线与轴的交点为，与轴的交点为，（）（否则抛物线与轴无交点）。过点作EF∥CB与轴交于点，连接，则S△BCE=S△BCF。∵S△BCE=2S△AOC，∴S△BCF=2S△AOC，得。设该抛物线的对称轴与轴交于点，则。∴由Rt△EDF∽Rt△COB，有。∴。∵与不符，∴。∵点在直线上，有。∴。∴。∴抛物线的解析式为，即。【考点】二次函数的性质，平移的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，抛物线与轴和轴的交点，解方程和方程组，平行的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）将，代入后化为顶点式，即可求出顶点坐标。（Ⅱ）根据平移的性质，上下平移只有纵坐标变化，故设抛物线的解析式为。根据平行线间三角形等高的性质，作EF∥CB与轴交于点，连接，则S△BCE=S△BCF。由已知S△BCE56\n=S△ABC得。然后，根据Rt△EDF∽Rt△COB，求得，。用待定系数法即可求出此时直线的解析式。（Ⅲ）根据平移的性质，设抛物线的解析式为（，）。仿（Ⅱ），由Rt△EDF∽Rt△COB，求得的关系，将其代入直线方程，求得，即可得此时抛物线的解析式。21.（天津市2022年10分）在平面直角坐标系中．已知O坐标原点．点A(3．0)，B(0，4)．以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．记旋转转角为α．∠ABO为β．(I)如图①，当旋转后点D恰好落在AB边上时．求点D的坐标；(Ⅱ)如图②，当旋转后满足BC∥轴时．求α与β之闻的数量关系；(Ⅲ)当旋转后满足∠AOD=β时．求直线CD的解析式(直接写出即如果即可)，56\n【分析】(I)作辅助线DM⊥轴，由勾股定理求出AB的长，由相似三角形对应边成比例的性质即可求出。(Ⅱ)由旋转的性质，知∠ABC=∠ACB，由三角形三内角和1800的定理可得α=180°—2∠ABC。又由于BC∥轴，可得∠ABC=90°—β，从而α=2β从而的关系。（Ⅲ）图1图2如图1，连接BD，作DF⊥轴于F。由∠AOD=β=∠ABO可证△AOB≌△ADB，∴∠ADB=∠AOB=900。又∵∠ADC=900，∴B在直线CD上。∴可设直线CD方程式为=k+4。由△AOE∽△ABO得。56\n设D点坐标为，则有，解之得。代入直线CD方程=k+4，得k=。∴直线CD的解析式为。同样考虑∠AOD在轴下方的情况，如图2，可得直线CD的解析式。22.（天津市2022年10分）已知抛物线：．点F(1，1)．(Ⅰ)求抛物线的顶点坐标；(Ⅱ)①若抛物线与轴的交点为A．连接AF，并延长交抛物线于点B，求证：②抛物线上任意一点P（）)（）．连接PF．并延长交抛物线于点Q（），试判断是否成立？请说明理由；(Ⅲ)将抛物线作适当的平移．得抛物线：，若时．恒成立，求m的最大值．【答案】解：(I)∵，∴抛物线的顶点坐标为()．(II)①根据题意，可得点A(0，1)，∵F(1，1)．∴AB∥轴．得AF=BF=1，②成立．理由如下：如图，过点P（）作PM⊥AB于点M，则FM=，PM=（）。∴Rt△PMF中，有勾股定理，得又点P（）在抛物线上，得，即∴，即。56\n过点Q（）作QN⊥AB，与AB的延长线交于点N，同理可得∵∠PMF=∠QNF=90°，∠MFP=∠NFQ，∴△PMF∽△QNF。∴，这里，。∴，即。(Ⅲ)令，设其图象与抛物线交点的横坐标为，，且<，∵抛物线可以看作是抛物线左右平移得到的，观察图象．随着抛物线向右不断平移，，的值不断增大，∴当满足，恒成立时，m的最大值在处取得。∴当时．所对应的即为m的最大值。∴将带入，得。解得或（舍去）。∴。此时，，得。解得，。∴m的最大值为8。【考点】二次函数综合题，抛物线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，图象平移，解一元二次方程。【分析】(I)只要把二次函数变形为的形式即可。(II)①求出AF和BF即可证明。②应用勾股定理和相似三角形的判定和性质求出PF和QF即可。(Ⅲ)应用图象平移和抛物线的性质可以证明。23.（2022天津市10分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．（Ⅰ）如图①，当∠BOP=300时，求点P的坐标；（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；56\n（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．【答案】解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=6。在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t。∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=，t2=－（舍去）．∴点P的坐标为（，6）。（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP。∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC。∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°。∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ。又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ。∴。由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11－t，CQ=6－m．∴。∴（0＜t＜11）。（Ⅲ）点P的坐标为（，6）或（，6）。【考点】翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）根据题意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。（Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案。（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′Q的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与，即可求得t的值：过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA=∠QAC′=90°。56\n∴∠PC′E+∠EPC′=90°。∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A。∴△PC′E∽△C′QA。∴。∵PC′=PC=11－t，PE=OB=6，AQ=m，C′Q=CQ=6－m，∴。∴。∵，即，∴，即。将代入，并化简，得。解得：。∴点P的坐标为（，6）或（，6）。24.（2022天津市10分）已知抛物线y=ax2+bx+c（0＜2a＜b）的顶点为P（x0，y0），点A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）在该抛物线上．（Ⅰ）当a=1，b=4，c=10时，①求顶点P的坐标；②求的值；（Ⅱ）当y0≥0恒成立时，求的最小值．【答案】解：（Ⅰ）若a=1，b=4，c=10，此时抛物线的解析式为y=x2+4x+10。①∵y=x2+4x+10=（x+2）2+6，∴抛物线的顶点坐标为P（－2，6）。②∵点A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）在抛物线y=x2+4x+10上，∴yA=15，yB=10，yC=7。∴。（Ⅱ）由0＜2a＜b，得。由题意，如图过点A作AA1⊥x轴于点A1，则AA1=yA，OA1=1。连接BC，过点C作CD⊥y轴于点D，则BD=yB－yC，CD=1。过点A作AF∥BC，交抛物线于点E（x1，yE56\n），交x轴于点F（x2，0）。则∠FAA1=∠CBD。∴Rt△AFA1∽Rt△BCD。∴，即。过点E作EG⊥AA1于点G，易得△AEG∽△BCD。∴，即。∵点A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）、E（x1，yE）在抛物线y=ax2+bx+c上，∴yA=a+b+c，yB=c，yC=a－b+c，yE=ax12+bx1+c，∴，化简，得x12＋x1－2=0，解得x1=－2（x1=1舍去）。∵y0≥0恒成立，根据题意，有x2≤x1＜－1。则1－x2≥1－x1，即1－x2≥3。∴的最小值为3。【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质。【分析】（Ⅰ）将a=1，b=4，c=10代入解析式，即可得到二次函数解析式。①将二次函数化为顶点式，即可得到得到抛物线顶点坐标。②将A（1，yA）、B（0，yB）、C（－1，yC）分别代入解析式，即可求出yA、yB、yC的值，然后计算的值即可。（Ⅱ）根据0＜2a＜b，求出，作出图中辅助线：点A作AA1⊥x轴于点A1，则AA1=yA，OA1=1．连接BC，过点C作CD⊥y轴于点D，则BD=yB－yC，CD=1．过点A作AF∥BC，交抛物线于点E（x1，yE），交x轴于点F（x2，0）。证出Rt△AFA1∽Rt△BCD，得到，，再根据△AEG∽△BCD得到，然后求出yA、yB、yC、yE的表达式，然后y0≥0恒成立，得到x2≤x156\n＜－1，从而利用不等式求出的最小值。56
