1、浙江省温州市卷（压轴7道+变式训练32道）说明：本专辑精选了2021年浙江省温州市卷失分较多和难度较大的题目7道，分别是第9题反比例函数的图象与性质、第10题四边形中的计算问题、第16题几何图形拼图综合问题、第21题二次函数的性质综合问题、第22题四边形的计算与证明、第23题方程与函数的应用问题、第24题圆综合问题，每道题精讲精析，配有变式练习，浙江省温州市模拟变式训练题共32道，试题解析共88页.【压轴一】反比例函数的图象与性质【真题再现】（2021浙江温州市中考第9题）如图，点，在反比例函数（，）的图象上，轴于点，轴于点，轴于点，连结若，则的值为（ ）A2BCD【思路点拨】设OD=m，则O
2、C=，设AC=n，根据求得，在RtAEF中，运用勾股定理可求出m=，故可得到结论【详析详解】解：如图，设OD=m，OC=轴于点，轴于点，四边形BEOD是矩形BD=OE=1B(m，1)设反比例函数解析式为，k=m1=m设AC=n轴A（，n），解得，n=，即AC=AC=AEAE=在RtAEF中， 由勾股定理得， 解得，（负值舍去） 故选：B【方法小结】此题考查了反比例函数的性质、待定系数法求函数的解析式此题难度较大，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用【变式训练】【变式1.1】（2021浙江温州市九年级一模）如图，在中，为坐标原点，且点，都在反比例函数的图象上若点横坐标为1，则的值为（ ）A1BC
3、D【答案】C【分析】作轴，轴，且线段和线段的延长线交于点M根据题意易证，又可用k表示出A点坐标从而即可求出用k表示的B点坐标，代入反比例函数解析式，解出k即可【详解】如图，作轴，轴，且线段和线段的延长线交于点M，在和中，根据题意可知A点坐标为，B点坐标为，又点B在该函数图象上，解得：经检验都是原方程的根函数图象在第一象限，即，舍去，故故选C【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质一元二次方程的解法，作出辅助线是解答本题的关键【变式1.2】（2021浙江温州市九年级其他模拟）如图，矩形的顶点、分别在反比例函数与的图象上，点、在轴上，分别交轴于点、F，则阴影部分的面积为
4、（ ）A3B5C6D9【答案】B【分析】设A（a，），a0，根据题意，利用函数关系式表示出线段OD，OE，OC，OF，EF，利用三角形的面积公式，结论可求【详解】解：设点A的坐标为（a，），a0则ODa，OE点B的纵坐标为点B的横坐标为OCBEABCD，EFOE，OFOE14S阴影SBEF+SODF1+45故选：B【点睛】本题主要考查了反比例函数的比例系数的几何意义，反比例函数的图象上点的坐标的特征，矩形的性质，利用点的坐标表示相应线段的长度是解题的关键【变式1.3】（2020浙江温州市九年级二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点与原点重合，顶点落在轴的正半轴上，对角线、交于点，点、恰好都
5、在反比例函数的图象上，若，则的值为()ABC2D【答案】A【分析】设D坐标为(m,)，B(3,0)，根据菱形的性质得出M点为BD的中点，则M()，把M()代入得m=1，则D(1,k)，利用OB=OD=1和勾股定理得方程12+k2=32，解方程即可得k的值【详解】解：设D坐标为(m,)， 菱形的顶点与原点重合，顶点落在轴的正半轴上，对角线、交于点，B(3,0)，M点为BD的中点，则M()，把M()代入得，解得，m=1D(1,k)过点D作DEAB于E,在RtAED中，12+k2=32解得，k=故选：A【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数（k为常数，k0）的图象是双曲线，图象上
6、的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xyk也考查了菱形的性质【变式1.4】（2019浙江温州市九年级二模）如图所示，已知点，点在反比例函数的图象上，轴于点连结交于点，若，则与的面积比为（ ）ABCD【答案】B【分析】过C作CEx轴于E，依据ABx轴于点B，即可得出SAODS四边形BDCE，证明OBDOEC，设OBD的面积为S，则OEC的面积为9S，BDC的面积为2S，求出ADO的面积为8S，即可得出BDC与ADO的面积比【详解】解：如图所示，过C作CEx轴于E，ABx轴于点B，SAOBSCOE，SAODS四边形BDCE，BDCE，OBDOEC，CD2OD，设OBD的面积为S，则OEC的面积
7、为9S，BDC的面积为2S，四边形BDCE的面积为8S，即ADO的面积为8S，BDC与ADO的面积比为2：81：4，故选：B【点睛】此题考查了反比例函数k的几何意义，相似三角形的判定和性质，熟练掌握反比例函数k的几何意义是解本题的关键【压轴二】四边形中的计算问题【真题再现】（2021浙江温州市中考第10题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点若，则的值为（ ）ABCD【思路点拨】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的
8、性质可证明FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明CPHGDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案【详析详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，BE=PC=DF，AE=BP=CF，BE=PE=PC=PF=DF，CFD=BPC，DF/EH，PH为CFQ的中位线，PH=QF，CH=HQ，四边形EPFN是正方形，EFN=45，GDDF，FDG是等腰直角三角形，DG=FD=PC，GDQ=CPH
9、=90，DG/CF，DGQ=PCH，在DGQ和PCH中，DGQPCH，PH=DQ，CH=GQ，PH=DF=BE，CG=3CH，BH=BE+PE+PH=，在RtPCH中，CH=，CG=BE，故选：C【方法小结】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键【变式训练】【变式2.1】（2021浙江温州市九年级二模）如图，六边形是中心对称图形点，在面积为8的正方形的对角线上若，点，关于对称，则四边形的面积为（ ）ABCD【答案】B【分析】连AC交BD于O，过M作MKBC于K，连结ME交BA于L，FN交CD于R，由正方形面积为8，可求A
10、D=2，BD=,M、E关于AB对称，可得EB=MB=1，可证BEABMC（SAS），由三角函数BK=MK=，KC =，由勾股定理MC=，可证四边形AGCH为矩形，再证MOCACG，可求，即可【详解】解：连AC交BD于O，过M作MKBC于K，连结ME交BA于L，FN交CD于R，正方形面积为8，AD2=8，AD=2，BD为正方形对角线，BD=,M、E关于AB对称，EL=LM，EB=MB=1，EBA=MBA=45=MBC，在BEA和BMC中，BEABMC（SAS），AE=MC，EAB=MCB，BM=1，BK=MK=1cos45=，KC=BC-BK=2-=，MC=，六边形是中心对称图形ANDCMB，A
11、EBCFD，ANDCMBAEBCFD，设CG交AB于W，GAW=BCW，AWG=CWB，AGW=CBW=90，同理可证AHCF，AHC=90，BCM=DCF，GCH=DCH+GCD=BCG+GCD=BCD=90，AGC=GCH=AHC=90，四边形AGCH为矩形，ACBD，MOC=AGC=90，MCO=ACG，MOCAGC，即，S矩形AGCH=AGGC=，故选择B【点睛】本题考查正方形性质，中心对称图形性质，轴对称性质，三角形全等判定与性质，锐角三角函数应用，勾股定理应用，三角形相似判定与性质，矩形判定与性质，掌握正方形性质，中心对称图形性质，轴对称性质，三角形全等判定与性质，锐角三角函数应用
12、，勾股定理应用，三角形相似判定与性质，矩形判定与性质【变式2.2】（2021温州市第十二中学九年级二模）如图，等腰中，点是外一点，分别以，为斜边作两个等腰直角和，并使点落在上，点落在的内部，连结若，则与的面积之比为（ ）ABCD3【答案】B【分析】如图，取BD中点O，以O为圆心，以OB为半径作圆，连接OE，OF，作直线EF分别交AB、CD与M、N证明四边形AMNC为矩形，BEMEDN，得到BM=EN，ME=DN，设DF=2x，得到BF=5x，进而求出，从而求出，问题得解【详解】解：如图，取BD中点O，以O为圆心，以OB为半径作圆，连接OE，OF，作直线EF分别交AB、CD与M、N和都是等腰直角
13、三角形，BED=BFD=90，BE=DE，DCF=CDF=DBE=BDE=45，O为BD中点，OB=OD=OE=OF=BD，点E、F都在圆O上，EFB=EDB=45，ABC为等腰三角形，ACB=45，ACB=EFB，ACD=ACB+BCD=90，MNAC，BME=DNE=90=AME=90，MBE+MEB=90，四边形AMNC为矩形，BED=90，DEN+MEB=90，MBE =DEN，BE=DE，BEMEDN，BM=EN，ME=DN，设DF=2x，RtBDF中，BF=5x，在RtBMF中，在RtDFN中，是等腰直角三角形，FND=90，四边形AMNC为矩形，与的面积之比故选：B【点睛】本题考
14、查了直角三角形的性质，解直角三角形，圆周角定理，全等三角形等知识，综合性较强，根据题意添加辅助线，证明点E、F都在圆O上，BEMEDN是解题关键【变式2.3】（2020浙江九年级期末）如图，分别是正方形边，上的点，以，为边作，连结并延长交于点，连结若，则的长为（ ）ABCD【答案】B【分析】先证明AEDCFD(SAS)，得到四边形DEGF是菱形，再证明GFH是等腰直角三角形，作出解图的辅助线，得到FDQ=45，可以证明EDFQDF (SAS)，得到EF=FQ=2AE，利用勾股定理即可求解【详解】解：四边形ABCD是正方形，A=B=ADC=BCD=90，AB=CD=BC=AD， ADBC，BE=
15、BF，AB- BE=BC- BF，则AE=CF，在AED和CFD中，AEDCFD(SAS)，DE=DF，1=4，四边形DEGF是平行四边形，四边形DEGF是菱形，DEGF，DFFG，HFED，HID=90，HFG=90，1+2=90，4+ADF=90，HDF=2，HF= DF，HF= GF，GFH是等腰直角三角形，G=EDF=45，1=4=22.5，连接EF，把AED绕点D逆时钟旋转90使AD与CD重合得到CQD，如图，由旋转得：A=DCQ=90，DE=DQ，AE=CQ，1=3=22.5，DCF=DCQ=180，FDQ=45，F、C、Q三点共线，在EDF和QDF中，EDFQDF (SAS)，E
16、F=FQ=2AE，BE=BF=2，EF=，AE，故选：B【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，菱形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理解答时作出需要的辅助线是关键【变式2.4】（2021温州绣山中学九年级二模）如图是清朝李演撰写的九章算术细草图说中的“勾股圆方图，四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD均为正方形，BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，其中BC是斜边，若，则AB的长为（ ）ABC3D【答案】B【分析】由题意可设，则有，进而可得，然后根据勾股定理可建立方程进行求解即可【详解】解：四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD均为正方形，四边形AEMH是矩形
17、，AH=EM，HM=AE，由可设，BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，即，解得：（不符合题意，舍去），；故选B【点睛】本题主要考查正方形的性质、一元二次方程的解法及勾股定理，熟练掌握利用正方形的性质、勾股定理及方程思想进行求解问题是解题的关键【压轴三】几何图形拼图综合问题【真题再现】（2021浙江温州市中考第16题）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的的值为_；记图1中小正方形的中心为点，图2中的对应点为点，以大正方形的中心为圆心作圆，则当点，在圆内或圆上时，圆的最小面积为_【思路点拨】（1）先求出剪拼后大正方形的
18、面积，得到其边长，再结合图2，求出图1中长方形的长边除去长为d部分的线段后，剩下的线段长刚好为大正方形的边长，最后用图1中的长方形的长减去图2中大正方形的边长即可完成求解；（2）结合两图分别求出对应线段的长，通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出O点到、之间的距离即可确定最小圆的半径，即可完成求解【详析详解】解：图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，每个小正方形边长为2，图1和图2中整个图形的面积为，所以图2中正方形的边长,如下图3所示；图1中，；分别连接、，并分别过点、向大正方形的对边作垂线，得到如图所示辅助线，综合两图可知，,O点到大正方形各边距离为，,;综合两图可知：,
19、；继续综合两图可知：,，距离O点最远，最小圆的半径应为，圆的面积为；故答案为：；【方法小结】本题考查了正方形和长方形的基础知识、线段之间的和差关系、完全平方公式、勾股定理、圆的面积公式等内容，解决本题的关键是理解题意、读懂图形、找出两个图形之间的关联、能灵活运用勾股定理等公式求解线段的长等；本题要求学生对图形具有一定的感知能力，有较强的计算能力等，该题蕴含了数形结合等思想方法【变式训练】【变式3.1】（2020浙江九年级期末）如图，某数学兴趣小组在学完矩形的知识后一起探讨了一个纸片折叠问题：如何将一张平行四边形纸片的四个角向内折起，拼成一个无缝隙、无重叠的矩形图中，表示折痕，折后的对应点分别是
20、若，则纸片折叠时的长应取_【答案】【分析】如图，作BPAD，交DA延长线于P，作BQFH，交AD于Q先证明DH=BF，求出FH=10cm，再分别求出AP、BP，设AH=xcm，求出PQ=（2x-6）cm，在RtBPQ中，根据勾股定理构造方程，解方程即可求解【详解】解：如图，作BPAD，交DA延长线于P，作BQFH，交AD于Q由题意得，AE=EM=BE=AB=4cm，DG=NG=CG=CD=4cm，AH=MH，BF=MF，四边形为矩形，EF=HG，EFHG四边形ABCD为平行四边形，EBF=GDH=60EFHGEFM=GHN，又EFM=EFB，GHD =GHN，EFB=GHD，BEFDGH,DH
21、=BF，FH=FM+HM=BF+AH=10cm，BQFH，BFQH，BQ=HF=10cm，PDBC，PAB=ABC=60，在RtABP中，ABP=30，AP=AB=4cm，BP=cm，设AH=xcm，则HD=（10-x）cm，PQ=14-2（10-x）=（2x-6）cm，在RtBPQ中，根据勾股定理得解得（不合题意，舍去）故答案为：【点睛】本题考查了平行四边形性质，折叠性质，矩形性质，含30角直角三角形性质，勾股定理，方程思想等知识，综合性强根据题意求出HF=10cm，进而构造直角三角形，利用勾股定理列出一元二次方程是解题关键【变式3.2】（2020浙江温州市九年级二模）建筑工人用边长相等的正
22、六边形、正方形、正三角形三种瓷砖铺设地面，正方形瓷砖分黑白两种颜色，密铺成图（1）的形状用水泥浇筑前，为方便施工，工人要先把瓷砖按图1方式先摆放好，一工人摆放时，无意间将3块黑色正方形瓷砖上翻到一个正六边形的上面，其中三个正方形的一条边分别和正六边形的三条边重合，如图（2）所示按图（2）方式给各点作上标注，若正方形的边长，则_(不考虑瓷砖的厚度)【答案】【分析】过点I作，分别交AH于点P，交BG于点Q，由正六边形和正方形性质计算的度数，在中，表示MP，PI，得LQ，PL的长度，中使用勾股定理计算即可【详解】过点I作，分别交AH于点P，交BG于点Q根据正六边形的每个内角为：，即又，同理可得：，是
23、顶角为120的等腰三角形AF=AB=12FM =AM=MI=在中，由正六边形及正方形性质可知：在中，故答案为：【点睛】本题考查了正六边形，正方形的性质，解直角三角形的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键【变式3.3】（2020浙江温州市九年级期末）如图1，在中，分别是边，的中点，在边上取点，点在边上，且满足，连接，作于点，于点，线段，将分割成I、II、III、IV四个部分，将这四个部分重新拼接可以得到如图2所示的矩形，若，则图1中的长为_【答案】【分析】本题可用图一图二等面积性，求解部分边长，利用等腰三角形三线合一以及中位线性质创造三角形全等的条件，通过假设未知数利用三角函数表示未知边长，继而用
24、勾股定理列方程求解本题【详解】连接DE，DF，作FMAB，AOBC，如下图所示：AB=AC=10，点D，E分别为AB，AC中点，FG=BC，DPEF，GQEF，BC=12，DEBC，DE=BC=FG，DPE=GQF=90，AO=8，DB=5DEP=GFQ，故有DPEGQF（AAS），DP=GQ，FQ=PEFQ-PQ=PE-PQ，FP=QE设HI=4x，IJ=5x，因为矩形HIJK，故， 且由图形拼接可得：，在FQG中，在DPF中，设BF=y，有 ，则 ,在DMF中，解方程求得故本题答案【点睛】本题考查等腰三角形，中位线，全等三角形的证明以及三角函数的综合应用，题干当中中点较多时，需考虑中位线定
25、理，全等证明的目的是进行边的替换，三角函数的应用必须以直角三角形为前提，几何图形求解具体边长时勾股定理为常用工具【变式3.4】（2020浙江九年级一模）由四个正方形相框拼成的照片墙如图所示，已知正方形，正方形，正方形的面积分别为平方分米，平方分米，平方分米，则正方形的面积为_平方分米【答案】6【分析】作出如图的辅助线，证得，继而推出，在RtIBQ和RtABQ中，设参数利用勾股定理即可求解【详解】如图：作AMBI于M，延长MA交DG于N，分别过D、G作MN的垂线垂足分别为R、S，RDN=SGN，四边形ABCD为正方形，AB=AD，BAD=90，MBA+MAB=90，RAD+MAB=90，MBA=
26、RAD，在RtMBA和RtRAD中，RtMBARtRAD，AM=DR，同理可证得，RtMIARtSAG，AM=GS，DR=GS，在RtRDN和RtSGN中，RtRDNRtSGN，；作DPAG于P，作BQIA交IA延长线于Q，如图：,，在RtABQ和RtADP中，AB=AD，RtABQRtADP(HL)，AQ =AP，设正方形AGHI的边长为，由题意，DA=DG=，AP=PG=，AQ =AP，在RtIBQ和RtABQ中，解得：，正方形AGHI的面积为：故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键【压轴四】二次函数的性质综合
27、问题【真题再现】（2021浙江温州市中考第21题）已知抛物线经过点（1）求抛物线的函数表达式和顶点坐标（2）直线交抛物线于点，为正数若点在抛物线上且在直线下方（不与点，重合），分别求出点横坐标与纵坐标的取值范围，【思路点拨】（1）把代入可求得函数解析式，然后利用配方法将二次函数解析式转化为顶点式，直接得到抛物线的顶点坐标；（2）把，代入可求出m，n，求出点横坐标取值范围，在利用二次函数的最值即可求纵坐标的取值范围【详析详解】解：（1）把代入，得，解得，抛物线的函数表达式为，配方得，顶点坐标为（2）当时，当时，解得，为正数，点在抛物线上且在直线的下方（不与点，重合），0开口向上，当x=1时函数取
28、得最小值=-9当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，当x=-4时，y=16，当x=5时y=7，【方法小结】本题二次函数综合题，考查了利用待定系数法求二次函数解析式，配方法把二次函数一般式化成顶点式，以及二次函数的性质【变式训练】【变式4.1】（2021浙江温州市九年级一模）已知抛物线经过点，（1）求，的值（2）已知为正数，当时，的最大值和最小值分别为，且，求的值【答案】（1）b=4,c=6；(2) k=1【分析】（1）将两点代入解析式即可（2）先求出抛物线的顶点坐标，再求出m，n的值，利用抛物线的增减性和，得出k的值【详解】解：（1）抛物线经过点， 解得 （2）由（1）可知抛物线的解析式
29、为： =抛物线的顶点坐标为：（1,8）a1时，y随x的增大而减小，又当时，有最小值1+k=2k=1【点睛】本题考查抛物线的解析式、抛物线图像性质、在自变量范围内取最值的知识弄清抛物线的最值的取得与自变量的取值范围有紧密的联系是关键【变式4.2】（2021浙江温州市九年级一模）已知抛物线yax26ax+1（a0）（1）若抛物线顶点在x轴上，求该抛物线的表达式（2）若点A（m，y1），B（m+4，y2）在抛物线上，且y1y2，求m的取值范围【答案】（1）；（2）【分析】（1）先求解抛物线的顶点坐标，再利用顶点在轴上列方程，解方程可得答案；（2）分两种情况讨论：当再对称轴的同侧时，由点A（m，y1）
30、，B（m+4，y2）在抛物线上，且y1y2，且 可得随的增大而增大，结合抛物线yax26ax+1（a0）的对称轴为： 可得抛物线的开口向上，当时，随的增大而增大，从而可得答案，当在对称轴的两侧时，此时关于的对称点 再列 解不等式从而可得答案【详解】解：（1） 抛物线yax26ax+1（a0） 抛物线的对称轴为： 此时 顶点坐标为 抛物线顶点在x轴上， 抛物线的解析式为： （2）当再对称轴的同侧时， 点A（m，y1），B（m+4，y2）在抛物线上，且y1y2，且 随的增大而增大， 抛物线yax26ax+1（a0）的对称轴为： 抛物线的开口向上，当时，随的增大而增大， 当在对称轴的两侧时，则在左边
31、，此时关于的对称点 综上：m的取值范围为【点睛】本题考查的是二次函数的性质，掌握二次函数的顶点坐标与对称性是解题的关键【变式4.3】（2020浙江温州市九年级二模）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，直线，交抛物线于、两点（1）当时，求，两点的坐标；（2）当，时，求抛物线的解析式；（3）当时，方程在的范围内有实数解，请直接写出的取值范围：【答案】（1），；（2）；（3）-【分析】(1)将代回中，再令y=0即可求解;(2)求出抛物线的对称轴，再由DE=4进而求出点D的坐标，再代回抛物线中即可求解.(3)将代回方程中，将方程左边可以看成二次函数，方程右边可以看成，求出在的范围内的最大值和最小值
32、即可求解.【详解】解：(1)将代回中得到抛物线的解析式为：再令，即：解得故，.故答案为：，.(2)对称轴是直线，代入解析式中：解得抛物线的解析式为：.故答案为：.(3) 当时，方程方程左边可以看成二次函数，方程右边可以看成，方程在的范围内有实数解函数和直线在的范围内图像上有交点，当时，函数的最大值为当时取得，此时；函数的最小值为当时取得，此时；故的取值范围是：-.故答案为：.【点睛】本题利用数形结合，根据二次函数性质理解其本质，主要是二次函数图象的轴对称性、增减性、在自变量范围内求函数的最值，熟练记住二次函数的三种表达式、对称轴、顶点公式是解决这类题的关键【变式4.4】（2020浙江温州市九年
33、级期末）已知，点为二次函数图象的顶点，直线分别交轴的负半轴和轴于点，点(1)若二次函数图象经过点，求二次函数的解析式(2)如图，若点坐标为，且点在内部(不包含边界)求的取值范围；若点，都在二次函数图象上，试比较与的大小【答案】(1)；(2)，【分析】(1)求出点B的坐标，代入二次函数解析式求出b的值，确定出二次函数解析式，进而求出m的值；(2)根据抛物线的顶点在AOB的内部，确定b的取值范围；二次函数开口朝下，对称轴为，再根据点C(，y1)，D(，y2)的横坐标与对称轴的距离和抛物线的增减性进行判断【详解】(1)直线与y轴交于点B，令，则，点B的坐标为(0，2)，将B(0，2)代入二次函数得：
34、，解得，二次函数的解析式为；(2)点坐标为(-4，0)，将A(-4，0)代入得：，一次函数的解析式为，二次函数图象的顶点为P(m，-2m+1)，点P在AOB内部，解得； ，二次函数开口朝下，对称轴为，且，又点C(，y1)，D(，y2)都在二次函数图象上，点C和点D的横坐标中点为，点C离对称轴比点D离对称轴远，开口朝下的抛物线上的点离对称轴越远的点对应的函数值越小，【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解一元一次不等式组，数形结合有利于对知识的理解，根据抛物线的增减性和点与对称轴的距离确定纵坐标的大小是解题的关键【压轴五】四边形的计算与证明【真题再现】（2021浙江温州市中考22题）如图，
35、在中，是对角线上的两点（点在点左侧），且（1）求证：四边形是平行四边形（2）当，时，求的长【思路点拨】（1）由平行四边形的性质得到AB=CD，和已知条件一起，用于证明三角形全等，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定定理得出结论；（2）根据平行四边形的性质得到一组对角相等，通过等量代换，得到，则相等的角正切值也相等，根据比值算出结果【详析详解】（1）证明，在中，四边形是平行四边形（2）解：，BE=DF，四边形是平行四边形，在中，AE=3，BE=4BE=DF，AE=CF，BE=DF=4，AE=CF=3，tanCBF=，tanECF=，得到EF=，或EF=（舍去），BD=4+4+=，即B
36、D=【方法小结】本题考查了平行四边形的性质与判定以及相等的角的正切值也相等解决本题的关键在于等量代换出角相等，应用相等的角的正切值也相等来解题【变式训练】【变式5.1】（2021温州绣山中学九年级二模）如图，在菱形ABCD中，已知，点E，点F分别在AD与CD的延长线上，连结EF，连结BF交AD于点N，H是BF的中点，连结CH并延长交AD于点M，交BA的延长线于点G（1）求证：（2）若求AM与BN的值点P是段BN或线段CM上一点，当是以MN为腰的等腰三角形时，求所有满足条件的PH的值（3）连结AC，HE，将点M绕着点H旋转得到点K，当点K恰好落在AC上时，求与的面积之比【答案】（1）见详解；（2
37、），；当是以MN为腰的等腰三角形时，PH的值为或或或；（3）与的面积之比为1：2【分析】（1）由题意易得ABCD，AB=CD，进而易证BHGFHC，则有BG=CF，然后问题可求证；（2）由（1）可得ABCD，则有AMGDMC，由题意易得，然后可求解AM，再由ANBDNF可得DN=2，过点F作FQDE于点Q，则根据勾股定理可得NF的长，最后根据相似三角形的性质可求解；由题意易得MHNCHB，然后可求HN，进而根据题意可分当点P在BN上时，PMN为等腰三角形和当点P在CM上时，PMN为等腰三角形，最后分类求解即可；（3）连接CE，GE，由题意易证CAGCED，FCEAEG，则有CGE是等边三角形，
38、过点K作KRCG于点R，连接HE，进而可得，然后问题可求解【详解】（1）证明：四边形ABCD是菱形，ABCD，AB=CD，G=HCF，H是BF的中点，BHGFHC（AAS），BG=CF，；（2）解：四边形ABCD是菱形，ABCD，ADBC，AMGDMC，ANBDNF，过点F作FQDE于点Q，如图所示：ABC=60，ADC=FDE=60，FDE是等边三角形，在RtNQF中，；由可得AM=MN=ND=2，ADBC，MHNCHB，当点P在BN上时，PMN为等腰三角形，则有：、PM=MN=2，过点M作MOBN于点O，如图所示：PO=ON，由可得，；、PN=MN=2，如图所示：；当点P在CM上时，PMN
39、为等腰三角形，则有：、PM=MN=2，过点M作MJAG于点J，如图所示：AM=2，AG=3，GAM=60，GJ=2，在RtGJM中，；、PN=MN=2，过点N作NQMH，如图所示：设PH=x，则有：，在RtNQH和RtNQP利用勾股定理可得方程：，解得：，；综上所述：当是以MN为腰的等腰三角形时，PH的值为或或或；（3）连接CE，GE，过点K作KRCG于点R，连接HE，如图所示：由（1）（2）可知AG=DE=EF，AC=CD，GAE=EFC=60，CAG=CDE=120，AE=CF=9，CAGCED（SAS），FCEAEG（SAS），CEG是等边三角形，ECG=60，CH=HG，EHCG，由旋
40、转可得KHM=60，KH=HM，【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键【变式5.2】（2020浙江九年级期末）如图，在矩形中，过对角线上一点作的垂线交于点，交于点，过点作交于点，连结交于点，连结（1）求的值（2）当四边形有一组邻边相等时，求的长（3）点关于的对称点记为，若落在内部（不包含边界），求长度的取值范围【答案】（1）2；（2），或；（3）【分析】（1）运用矩形性质可证得EFBC，进而可证四边形EPBG是平行四边形，运用平行四边形性质可得EP=BG，利用三角函数定义可得答案；（2）四边形DFGE有一组邻边相等，分四种情况讨论：DE=EG，EG=GF，DF=GF，DF=DE（不存在），分别运用勾股定理和全等三角形性质建立方程求解即可；（3）分两种情况讨论：当点B落在边EG上时，当点B落在边EF上，分别运用相似三角形性质建立方程求解即可【详解】解：（
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