13. 新素养 推理能力 已知二次函数 $ y = ax^2 + bx + c $，$ y $ 与 $ x $ 的部分对应值如下表：
给出下列结论：① $ a ＞ 0 $；②当 $ x = -2 $ 时，函数取最小值 $ -6 $；③若 $ (-8,y_1) $ 和点 $ (8,y_2) $ 都在该二次函数图像上，则 $ y_1 ＜ y_2 $；④方程 $ ax^2 + bx + c = -5 $ 有两个不相等的实数根。其中正确的是
给出下列结论：① $ a ＞ 0 $；②当 $ x = -2 $ 时，函数取最小值 $ -6 $；③若 $ (-8,y_1) $ 和点 $ (8,y_2) $ 都在该二次函数图像上，则 $ y_1 ＜ y_2 $；④方程 $ ax^2 + bx + c = -5 $ 有两个不相等的实数根。其中正确的是
①③④
。(填序号)答案：13. ①③④
解析：
解：①由表格知，当$x=-5$和$x=2$时，$y=6$，则抛物线对称轴为$x=\frac{-5+2}{2}=-\frac{3}{2}$。又$x=0$时，$y=-4$；$x=2$时，$y=6$，可知抛物线开口向上，$a＞0$，①正确。
②对称轴为$x=-\frac{3}{2}$，$x=-2$不是对称轴，函数最小值不在$x=-2$处，②错误。
③点$(-8,y_1)$到对称轴距离为$\left|-8 - (-\frac{3}{2})\right|=\frac{13}{2}$，点$(8,y_2)$到对称轴距离为$\left|8 - (-\frac{3}{2})\right|=\frac{19}{2}$，$\frac{13}{2}＜\frac{19}{2}$，且$a＞0$，则$y_1＜y_2$，③正确。
④由表格知$y=-6$（$x=-2$）和$y=-4$（$x=0$），抛物线开口向上，$y=-5$在$-6$和$-4$之间，方程$ax^2 + bx + c=-5$有两个不相等实数根，④正确。
综上，正确的是①③④。
②对称轴为$x=-\frac{3}{2}$，$x=-2$不是对称轴，函数最小值不在$x=-2$处，②错误。
③点$(-8,y_1)$到对称轴距离为$\left|-8 - (-\frac{3}{2})\right|=\frac{13}{2}$，点$(8,y_2)$到对称轴距离为$\left|8 - (-\frac{3}{2})\right|=\frac{19}{2}$，$\frac{13}{2}＜\frac{19}{2}$，且$a＞0$，则$y_1＜y_2$，③正确。
④由表格知$y=-6$（$x=-2$）和$y=-4$（$x=0$），抛物线开口向上，$y=-5$在$-6$和$-4$之间，方程$ax^2 + bx + c=-5$有两个不相等实数根，④正确。
综上，正确的是①③④。
14. (2025·山东临沂)如图，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle ABC = 90° $，$ AB = 6 $，$ BC = 8 $，$ P $ 为边 $ AC $ 上异于点 $ A $ 的一点，以 $ PA $，$ PB $ 为邻边作 $ □ PAQB $，则 $ PQ $ 长的最小值是
4.8
。答案：14.4.8
解析：
解：在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle ABC=90^{\circ}$，$AB=6$，$BC=8$，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$。
因为四边形$PAQB$是平行四边形，所以$PQ$与$AB$互相平分，设$PQ$与$AB$交于点$O$，则$O$为$AB$中点，$AO=BO=3$，$PQ=2PO$。
要使$PQ$最小，需$PO$最小。因为点$P$在$AC$上，所以$PO$的最小值为点$O$到直线$AC$的距离。
设点$O$到$AC$的距离为$h$，$\triangle AOC$的面积为$S$。$S=\frac{1}{2}AC· h=\frac{1}{2}×10h=5h$。
又因为$O$是$AB$中点，所以$\triangle AOC$的面积是$\triangle ABC$面积的一半，$\triangle ABC$面积为$\frac{1}{2}×6×8=24$，则$S=\frac{1}{2}×24=12$。
所以$5h=12$，解得$h=\frac{12}{5}=2.4$，则$PQ=2h=4.8$。
故$PQ$长的最小值是$4.8$。
因为四边形$PAQB$是平行四边形，所以$PQ$与$AB$互相平分，设$PQ$与$AB$交于点$O$，则$O$为$AB$中点，$AO=BO=3$，$PQ=2PO$。
要使$PQ$最小，需$PO$最小。因为点$P$在$AC$上，所以$PO$的最小值为点$O$到直线$AC$的距离。
设点$O$到$AC$的距离为$h$，$\triangle AOC$的面积为$S$。$S=\frac{1}{2}AC· h=\frac{1}{2}×10h=5h$。
又因为$O$是$AB$中点，所以$\triangle AOC$的面积是$\triangle ABC$面积的一半，$\triangle ABC$面积为$\frac{1}{2}×6×8=24$，则$S=\frac{1}{2}×24=12$。
所以$5h=12$，解得$h=\frac{12}{5}=2.4$，则$PQ=2h=4.8$。
故$PQ$长的最小值是$4.8$。
15. 如图，$ AB $ 为 $ \odot O $ 的直径，$ C $ 为 $ \odot O $ 上一点，过点 $ B $ 的切线交 $ AC $ 的延长线于点 $ D $，$ E $ 为弦 $ AC $ 的中点，$ AD = 10 $，$ BD = 6 $。若 $ P $ 为直径 $ AB $ 上的一个动点，连接 $ EP $，则当 $ \triangle AEP $ 是直角三角形时，$ AP $ 的长为
4或$\frac{64}{25}$
。答案：15.4或$\frac{64}{25}$
解析：
解：
情况1：当∠AEP=90°时
∵BD是⊙O切线，AB为直径，
∴∠ABD=90°。
在Rt△ABD中，AB=$\sqrt{AD^2-BD^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
∴AO=4。
∵E为AC中点，∠AEP=90°，
∴EP⊥AC。
又
∵BD⊥AB，
∴EP//BD，$\frac{AP}{AB}=\frac{AE}{AD}$。
设AC=x，CD=10-x，由切割线定理：BD²=CD·AD，即$6^2=(10-x)·10$，解得$x=\frac{32}{5}$，
∴AE=$\frac{16}{5}$。
$\frac{AP}{8}=\frac{\frac{16}{5}}{10}$，解得AP=$\frac{64}{25}$。
情况2：当∠APE=90°时
此时EP⊥AB，P与O重合，AP=AO=4。
综上，AP的长为4或$\frac{64}{25}$。
答案：4或$\frac{64}{25}$
情况1：当∠AEP=90°时
∵BD是⊙O切线，AB为直径，
∴∠ABD=90°。
在Rt△ABD中，AB=$\sqrt{AD^2-BD^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
∴AO=4。
∵E为AC中点，∠AEP=90°，
∴EP⊥AC。
又
∵BD⊥AB，
∴EP//BD，$\frac{AP}{AB}=\frac{AE}{AD}$。
设AC=x，CD=10-x，由切割线定理：BD²=CD·AD，即$6^2=(10-x)·10$，解得$x=\frac{32}{5}$，
∴AE=$\frac{16}{5}$。
$\frac{AP}{8}=\frac{\frac{16}{5}}{10}$，解得AP=$\frac{64}{25}$。
情况2：当∠APE=90°时
此时EP⊥AB，P与O重合，AP=AO=4。
综上，AP的长为4或$\frac{64}{25}$。
答案：4或$\frac{64}{25}$
16. 亮点原创 如图，在正方形 $ ABCD $ 与 $ \triangle MBC $ 中，$ AD $ 分别与 $ MB $，$ MC $ 相交于点 $ P $，$ Q $。若 $ \triangle MBQ $ 的面积为 $ m $，正方形 $ ABCD $ 的边长为 $ n $，则 $ \frac{PQ}{BC} = $
$\frac{2m}{2m + n^{2}}$
。(用含 $ m $，$ n $ 的代数式表示)答案：16.$\frac{2m}{2m + n^{2}}$
解析：
解：设 $ PQ = x $，$ AP = a $，$ QD = b $，则 $ a + x + b = n $。
$ S_{\triangle MBQ} = S_{\triangle MBC} - S_{\triangle QBC} $，$ S_{\triangle QBC} = \frac{1}{2}n · (n - b) $。
由 $ \triangle MAP ∼ \triangle MBC $，得 $ \frac{MA}{MB} = \frac{a}{n} $；由 $ \triangle MDQ ∼ \triangle MBC $，得 $ \frac{MD}{MC} = \frac{b}{n} $。
设 $ S_{\triangle MBC} = S $，则 $ m = S - \frac{1}{2}n(n - b) $，同理 $ S_{\triangle MBP} = S - \frac{1}{2}n(n - a) $。
又 $ \frac{S_{\triangle MBP}}{S_{\triangle MBQ}} = \frac{MP}{MQ} = \frac{a}{b + x} $，$ \frac{S_{\triangle MQC}}{S_{\triangle MQB}} = \frac{QC}{QB} = \frac{n - b}{n - a} $。
联立解得 $ x = \frac{2mn}{2m + n^2} $，故 $ \frac{PQ}{BC} = \frac{2m}{2m + n^2} $。
$\frac{2m}{2m + n^{2}}$
$ S_{\triangle MBQ} = S_{\triangle MBC} - S_{\triangle QBC} $，$ S_{\triangle QBC} = \frac{1}{2}n · (n - b) $。
由 $ \triangle MAP ∼ \triangle MBC $，得 $ \frac{MA}{MB} = \frac{a}{n} $；由 $ \triangle MDQ ∼ \triangle MBC $，得 $ \frac{MD}{MC} = \frac{b}{n} $。
设 $ S_{\triangle MBC} = S $，则 $ m = S - \frac{1}{2}n(n - b) $，同理 $ S_{\triangle MBP} = S - \frac{1}{2}n(n - a) $。
又 $ \frac{S_{\triangle MBP}}{S_{\triangle MBQ}} = \frac{MP}{MQ} = \frac{a}{b + x} $，$ \frac{S_{\triangle MQC}}{S_{\triangle MQB}} = \frac{QC}{QB} = \frac{n - b}{n - a} $。
联立解得 $ x = \frac{2mn}{2m + n^2} $，故 $ \frac{PQ}{BC} = \frac{2m}{2m + n^2} $。
$\frac{2m}{2m + n^{2}}$
17. 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ D $ 是边 $ AB $ 上的一点，且 $ AD = 3BD $，连接 $ CD $ 并取 $ CD $ 的中点 $ E $，连接 $ BE $。若 $ \angle ACD = \angle BED = 45° $，且 $ CD = 6\sqrt{2} $，则 $ AB $ 的长为
$4\sqrt{13}$
。答案：
17.$4\sqrt{13}$ 解析：如图，取$AD$的中点$F$，连接$EF$，过点$D$分别作$DG⊥ EF$于点$G$，$DH⊥ BE$于点$H$，则$DF=\frac{1}{2}AD$，$\angle DGE=\angle DHE=\angle BHD = 90^{\circ}$．因为$AD = 3BD$，所以$BD=\frac{1}{3}AD$，所以$\frac{BD}{DF}=\frac{2}{3}$．因为$E$是$CD$的中点，所以$EF$是$\triangle ACD$的中位线，所以$EF// AC$，所以$\angle DEF=\angle ACD = 45^{\circ}$．因为$\angle BED = 45^{\circ}$，所以$\angle GEH=\angle DEF+\angle BED = 90^{\circ}$，所以四边形$DGEH$是矩形．因为$\angle DEF=\angle BED$，所以$DG = DH$，所以四边形$DGEH$是正方形．设$DG = DH = EH = m$，则$DE=\sqrt{DH^{2}+EH^{2}}=\sqrt{2}m$．因为$CD = 6\sqrt{2}$，所以$DE=\frac{1}{2}CD = 3\sqrt{2}$，所以$\sqrt{2}m = 3\sqrt{2}$，解得$m = 3$，所以$DG = DH = 3$．因为$DH// EF$，$DG// EH$，所以$\angle BDH=\angle DFG$，$\angle DBH=\angle FDG$，所以$\triangle BDH∼\triangle DFG$，所以$\frac{BH}{DG}=\frac{BD}{DF}$，所以$\frac{BH}{3}=\frac{2}{3}$，所以$BH = 2$，所以$BD=\sqrt{BH^{2}+DH^{2}}=\sqrt{13}$，所以$AD = 3\sqrt{13}$，所以$AB = AD + BD = 4\sqrt{13}$．
17.$4\sqrt{13}$ 解析：如图，取$AD$的中点$F$，连接$EF$，过点$D$分别作$DG⊥ EF$于点$G$，$DH⊥ BE$于点$H$，则$DF=\frac{1}{2}AD$，$\angle DGE=\angle DHE=\angle BHD = 90^{\circ}$．因为$AD = 3BD$，所以$BD=\frac{1}{3}AD$，所以$\frac{BD}{DF}=\frac{2}{3}$．因为$E$是$CD$的中点，所以$EF$是$\triangle ACD$的中位线，所以$EF// AC$，所以$\angle DEF=\angle ACD = 45^{\circ}$．因为$\angle BED = 45^{\circ}$，所以$\angle GEH=\angle DEF+\angle BED = 90^{\circ}$，所以四边形$DGEH$是矩形．因为$\angle DEF=\angle BED$，所以$DG = DH$，所以四边形$DGEH$是正方形．设$DG = DH = EH = m$，则$DE=\sqrt{DH^{2}+EH^{2}}=\sqrt{2}m$．因为$CD = 6\sqrt{2}$，所以$DE=\frac{1}{2}CD = 3\sqrt{2}$，所以$\sqrt{2}m = 3\sqrt{2}$，解得$m = 3$，所以$DG = DH = 3$．因为$DH// EF$，$DG// EH$，所以$\angle BDH=\angle DFG$，$\angle DBH=\angle FDG$，所以$\triangle BDH∼\triangle DFG$，所以$\frac{BH}{DG}=\frac{BD}{DF}$，所以$\frac{BH}{3}=\frac{2}{3}$，所以$BH = 2$，所以$BD=\sqrt{BH^{2}+DH^{2}}=\sqrt{13}$，所以$AD = 3\sqrt{13}$，所以$AB = AD + BD = 4\sqrt{13}$．
18. (2025·江苏徐州模拟)如图，正方形 $ ABCD $ 的对角线 $ AC $ 上有一点 $ E $，且 $ CE = 4AE $，点 $ F $ 在 $ DC $ 的延长线上，连接 $ EF $，过点 $ E $ 作 $ EG ⊥ EF $，交 $ CB $ 的延长线于点 $ G $，连接 $ GF $ 并延长，交 $ AC $ 的延长线于点 $ P $。若 $ AB = 5 $，$ CF = 2 $，则 $ EP $ 的长是
$\frac{13\sqrt{2}}{2}$
。答案：18.$\frac{13\sqrt{2}}{2}$ 解析：过点$F$作$FH⊥ PE$于点$H$，则$\angle FHC = 90^{\circ}$．因为四边形$ABCD$是正方形，$AB = 5$，所以$AC = 5\sqrt{2}$，$\angle ECG=\angle ACD=\angle FCH = 45^{\circ}$．因为$CF = 2$，所以$CH = FH=\sqrt{2}$．因为$CE = 4AE$，所以$CE = 4\sqrt{2}$，$AE=\sqrt{2}$，所以$EH = CE + CH = 5\sqrt{2}$，所以$EF=\sqrt{EH^{2}+FH^{2}}=2\sqrt{13}$．因为$\angle GEF=\angle GCF = 90^{\circ}$，所以$E$，$G$，$F$，$C$四点共圆，所以$\angle EFG=\angle ECG = 45^{\circ}$，所以$\angle ECF=\angle EFP = 135^{\circ}$．又$\angle CEF=\angle FEP$，所以$\triangle CEF∼\triangle FEP$，所以$\frac{CE}{FE}=\frac{EF}{EP}$，即$\frac{4\sqrt{2}}{2\sqrt{13}}=\frac{2\sqrt{13}}{EP}$，所以$EP=\frac{13\sqrt{2}}{2}$．
解析：
解：过点$F$作$FH⊥PE$于点$H$，则$\angle FHC = 90^{\circ}$。
∵四边形$ABCD$是正方形，$AB = 5$，
∴$AC = 5\sqrt{2}$，$\angle ACD=\angle FCH = 45^{\circ}$。
∵$CF = 2$，
∴$CH = FH=\sqrt{2}$。
∵$CE = 4AE$，$AC=AE+CE=5\sqrt{2}$，
∴$AE=\sqrt{2}$，$CE = 4\sqrt{2}$，
∴$EH = CE + CH = 4\sqrt{2}+\sqrt{2}=5\sqrt{2}$，
∴$EF=\sqrt{EH^{2}+FH^{2}}=\sqrt{(5\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=2\sqrt{13}$。
∵$\angle GEF=\angle GCF = 90^{\circ}$，
∴$E$，$G$，$F$，$C$四点共圆，
∴$\angle EFG=\angle ECG = 45^{\circ}$，
∴$\angle EFP = 180^{\circ}-\angle EFG = 135^{\circ}$，
又$\angle ECF = 180^{\circ}-\angle ACD = 135^{\circ}$，
∴$\angle ECF=\angle EFP$，
∵$\angle CEF=\angle FEP$，
∴$\triangle CEF∼\triangle FEP$，
∴$\frac{CE}{FE}=\frac{EF}{EP}$，即$\frac{4\sqrt{2}}{2\sqrt{13}}=\frac{2\sqrt{13}}{EP}$，
解得$EP=\frac{13\sqrt{2}}{2}$。
$\frac{13\sqrt{2}}{2}$
∵四边形$ABCD$是正方形，$AB = 5$，
∴$AC = 5\sqrt{2}$，$\angle ACD=\angle FCH = 45^{\circ}$。
∵$CF = 2$，
∴$CH = FH=\sqrt{2}$。
∵$CE = 4AE$，$AC=AE+CE=5\sqrt{2}$，
∴$AE=\sqrt{2}$，$CE = 4\sqrt{2}$，
∴$EH = CE + CH = 4\sqrt{2}+\sqrt{2}=5\sqrt{2}$，
∴$EF=\sqrt{EH^{2}+FH^{2}}=\sqrt{(5\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=2\sqrt{13}$。
∵$\angle GEF=\angle GCF = 90^{\circ}$，
∴$E$，$G$，$F$，$C$四点共圆，
∴$\angle EFG=\angle ECG = 45^{\circ}$，
∴$\angle EFP = 180^{\circ}-\angle EFG = 135^{\circ}$，
又$\angle ECF = 180^{\circ}-\angle ACD = 135^{\circ}$，
∴$\angle ECF=\angle EFP$，
∵$\angle CEF=\angle FEP$，
∴$\triangle CEF∼\triangle FEP$，
∴$\frac{CE}{FE}=\frac{EF}{EP}$，即$\frac{4\sqrt{2}}{2\sqrt{13}}=\frac{2\sqrt{13}}{EP}$，
解得$EP=\frac{13\sqrt{2}}{2}$。
$\frac{13\sqrt{2}}{2}$
19. (6 分)如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ CD ⊥ AB $ 于点 $ D $，$ E $ 是 $ AC $ 上一点，且 $ \angle 1 + \angle 2 = 90° $。
(1)求证：$ DE // BC $；
(2)若 $ \frac{AD}{DB} = \frac{2}{3} $，$ \triangle ABC $ 的面积为 25，求 $ \triangle ADE $ 的面积。
(1)求证：$ DE // BC $；
(2)若 $ \frac{AD}{DB} = \frac{2}{3} $，$ \triangle ABC $ 的面积为 25，求 $ \triangle ADE $ 的面积。
答案：19.（1）因为$CD⊥ AB$，所以$\angle ADC = 90^{\circ}$，所以$\angle1+\angle CDE = 90^{\circ}$．因为$\angle1+\angle2 = 90^{\circ}$，所以$\angle CDE=\angle2$，所以$DE// BC$．
（2）因为$DE// BC$，所以$\triangle ADE∼\triangle ABC$．因为$\frac{AD}{DB}=\frac{2}{3}$，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{2}{5}$，所以$\frac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ABC}}=(\frac{AD}{AB})^{2}=\frac{4}{25}$．因为$S_{\triangle ABC}=25$，所以$S_{\triangle ADE}=4$．故$\triangle ADE$的面积为$4$．
（2）因为$DE// BC$，所以$\triangle ADE∼\triangle ABC$．因为$\frac{AD}{DB}=\frac{2}{3}$，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{2}{5}$，所以$\frac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ABC}}=(\frac{AD}{AB})^{2}=\frac{4}{25}$．因为$S_{\triangle ABC}=25$，所以$S_{\triangle ADE}=4$．故$\triangle ADE$的面积为$4$．