2024年广东省广州市各区中考数学二模试题汇编：压轴题

2024年广东省广州市各区中考数学二模试题汇编：压轴题（解析版） 1、 选择题 1. （2024年广东省广州市白云区）定义新运算：例如 ，则的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查定义新运算，一次函数与反比例函数的图象，根据新运算的法则，列出关系式，进行判断即可． 【详解】解：由题意，得：， ∴当时，函数图象是过原点的向上的直线，当时，函数图象是过第三象限的双曲线； 故符合题意的是：C 2. （2024年广东省广州市番禺区校考）如图，在平面直角坐标系中，点、在函数的图象上，分别以、为圆心，为半径作圆，当与轴相切、与轴相切时，连结，，则的值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】过点分别作轴的垂线，垂足分别为，交于点，得出的横坐标为，的纵坐标为，设，，则，根据，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，交于点， 依题意，的横坐标为，的纵坐标为，设， ∴， 则， 又∵，， ∴ ∴（负值已舍去） 解得：， 故选：C． 【点睛】本题考查了切线的性质，反比例函数的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键． 3. （2024年广东省广州市花都区）如图，面积为2的矩形在第一象限，与x轴平行，反比例函数经过B、D两点，直线所在直线与x轴、y轴交于E、F两点，且B、D为线段的三等分点，则b的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，根据B、D为线段的三等分点，的面积为2，可求出反比例函数的关系式，确定k的值，再利用一次函数与x轴、y轴的交点坐标，及的面积即可求出b的值． 【详解】解：延长交x轴于点Q、P，延长交y轴于点M、N， ∵B、D为线段的三等分点， ∴， ∵， ∴， ∵的面积为2， ∴， ∴， ∴反比例函数的关系式为， ∴， ∵一次函数的关系式为，即：， 由题意得的面积为， ∴， 解得:（舍去）， 故选：C． 4. （2024年广东省广州市南沙区）如图，在平面直角坐标系中，点分别在轴和轴上，轴，．点从点出发，以的速度沿边匀速运动，点从点出发，沿线段匀速运动．点与点同时出发，其中一点到达终点，另一点也随之停止运动．设点运动的时间为，的面积为，已知与之间的函数关系如图中的曲线段、线段与曲线段．下列说法正确的是（ ） 点的运动速度为； 点的坐标为； 线段段的函数解析式为； 曲线段的函数解析式为； 若的面积是四边形的面积的，则时间． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了动点问题的函数图象以及三角形，面积求法和待定系数法求函数解析式，结合函数图象得出当秒时，，此时的面积为，进而求出为即可得出点的速度，进而求出的长即可，进而判断，当点在上时，如图，于点，根据三角形的面积公式可表达此时的，进而判断；过点作于点，画出图形可得出，，，则，求出即可面积可判断；首先得出的面积，分两种情形分别列出方程即可解决问题进而判断；熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】由题意可得出：当时间为秒时，面积的函数关系式改变，则在上运动秒， 当时间为秒时，，此时的面积为， ∴为， ∴点的运动速度为：，故正确； 当运动到秒时，函数关系式改变，则， 过作于点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴，， 由，则， ∴， ∴，故错误； 当点在上时，如图，于点， ∴，故正确； 如图，，，过点作于点， 由得， 则， ∴， 即曲线段的函数解析式为：，故正确； ∵， ∴， 当 时，，时，或（舍去）， 当 时，，解得或 （舍去）， ∴或，的面积是四边形的面积的，故错误， 综上可知， 故选：． 5. （2024年广东省广州市天河区）如图，在矩形纸片中，，，点E，F分别是矩形的边，上的动点，点B关于直线对称的点刚好落在边上，与交于点O．连接，，以下四个结论：①四边形是菱形；②当点与点D重合时，；③的面积S的取值范围是；④当时，四边形的面积为．正确的是（ ） A. ①②④ B. ①②③ C. ③④ D. ①② 【答案】A 【解析】 【分析】本题综合考查了菱形的性质和判定，矩形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，二次函数的函数值的范围，熟练掌握相关内容是解题的关键． 证明，即可证明四边形是菱形，故①正确；当点与点D重合时，设，则，得，解得，求得，利用勾股定理可求，由此可求，可判定②正确； 利用，而，可得到的面积S的取值范围是，可判定③错误；当时，可求得，即可求出梯形的面积，由此判定④． 【详解】解： 点B关于直线对称的点刚好落在边上， ，， 为矩形， ， ， 又 ，， ， ， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， 四边形是菱形，故①正确； 当点与点D重合时，如图所示， 设，则， 由于四边形是菱形， ， ， 解得， ，， ， ， ， ，故②正确； , 当点与点D重合时，取得最大值，即， ， 当时，， 当时，， 在，随着值增大而增大， 的面积S的取值范围是，故③错误； 当时，如图， ， ， ， 四边形的面积为， 故④正确， 综上所述，①②④符合题意； 故选：A． 6. （2024年广东省广州市增城区）二次函数的部分图象如图所示，其对称轴为直线，交y轴于点，有如下结论：①；②；③，都在该函数的图像上，则；④关于x的不等式的解集为或．其中正确结论的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，根据二次函数图象判断式子正负，二次函数图象与系数的关系． 根据图象得出，即可判断①；根据对称轴推出，再根据图象得出当时，函数值大于0，即可判断②；根据二次函数的性质和开口方向得出离对称轴越远函数值越大，即可判断③；根据二次函数的对称性得出抛物线经过，即可判断④． 【详解】解：由图可知，该抛物线开口向上，对称轴在y 左侧，与y轴相交于负半轴， ∴， ∴，故①正确，符合题意； ∵其对称轴为直线 ∴，则， 由图可知，当时，函数值大于0， ∴，故②正确，符合题意； ∵抛物线开口向上， ∴离对称轴越远函数值越大， ∵点A到对称轴距离为，点B到对称轴距离为，， ∴ ；故③不正确，不符合题意； ∵对称轴为直线，交y轴于点， ∴抛物线经过， ∴当或时，， 即当或时，，故④正确，符合题意； 综上：正确的有①②④，共3个， 故选：C． 7. （2024年广东省广州市海珠区校考）某池塘的截面如图所示，池底呈抛物线形，在图中建立平面直角坐标系，并标出相关数据（单位：m）．有下列结论： ①； ②池底所在抛物线的解析式为； ③池塘最深处到水面的距离为； ④若池塘中水面的宽度减少为原来的一半，则最深处到水面的距离减少为原来的． 其中结论正确的个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】根据两点距离公式可计算AB长度，由图像可知抛物线的对称轴和点坐标，设出抛物线解析式，利用待定系数法可得出抛物线解析式，进而逐项判断即可． 【详解】①由题可知，，则①错误； ②对称轴为y轴，交y轴于点，设函数解析式为，将点代入解析式得，解得， 池底所在抛物线解析式为，则②正确； ③将代入解析式得 ，解得，则池塘最深处到水面的距离为，则③错误； ④设原宽度为时最深处到水面的距离为，宽度减少为原来的一半时距离为，故④正确， 所以①、③错误，②、④正确， 故选：B． 【点睛】本题考查了抛物线的图像与性质的实际应用，关键是结合图像设出适当的解析式，利用待定系数法出解析式． 8. （2024年广东省广州市黄埔区）如图，，，都是的顶点，若将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上，则点的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查平行四边形性质，平移的性质，首先根据平移及平行四边形的性质确定，利用中点坐标公式得出，根据三角形中位线的判定确定点是线段边的中点，继而得到，从而确定向右平移个单位，据此得解． 【详解】解：，，都是的顶点， ∴，，， 即线段沿轴向右平移个单位得到线段，点是点的对应点，点是点的对应点， ∴， ∵点是线段边的中点， ∴点的坐标为，即， 过点作轴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点是线段边的中点， ∴， ∵将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上， 又∵，， ∴沿轴向右平移个单位， ∴． 故选：C． 9. （2024年广东省广州市荔湾区校考）高斯函数也称取整函数，记作，表示不超过的最大整数．例如，．已知函数，若关于的方程有三个不同的实根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了对高斯函数的理解，以及对方程的解和函数图象交点之间联系的理解，解题的关键在于利用数形结合的方式找出临界点．根据题意可得与有三个不同的交点，恒过点，画出函数图象，找出临界点，即可求出实数的取值范围． 【详解】解：关于的方程有三个不同的实根， 与有三个不同的交点， 有恒过点， 如下图： 当过点时，， 当过点时，， 当过点时，， 当过点时，， 关于的方程有三个不同的实根，则实数的取值范围是或 ． 故选：D． 10. （2024年广东省广州市越秀区校考）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在函数，的图象上，轴，点C是y轴上一点，线段AC与x轴正半轴交于点D．若的面积为8，，则k的值为（ ） A 2 B. 4 C. －2 D. －4 【答案】D 【解析】 【分析】由轴，可知△COD∽△CEA，△COF∽△CEB，设OC=3c，OF=3b，OD=3a，表示出点A和点B的坐标，根据点B在的图象上，可得bc=①，根据点的图象上，可得ac=②，根据的面积为8，可得4ac+4bc=1③，把①、②代入③即可求出k的值． 【详解】解：设AB交y轴于点E，BC交x轴于点F，如图， ∵， ∴， ∵轴， ∴△COD∽△CEA，△COF∽△CEB， ∴，． 设OC=3c，OF=3b，OD=3a，则CE=8c，OE=5c，BE=8b，AE=8a，AB=8a+8b， ∴B(-8b，5c)，A(8a，5c)， ∵点B在的图象上， ∴8b×5c=k， ∴bc=． ∵点的图象上， ∴8a×5c=6， ∴ac=． ∵的面积为8， ∴， ∴， ∴4ac+4bc=1， ∴4+4()=1， 解得k=-4， 故选：D． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，反比例函数图象上点的坐标特征，设参数表示出点A和点B的坐标是解答本题的关键． 2、 填空题 1. （2024年广东省广州市增城区）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K， ∵正方形边长为4， ∴OK=2，KC=2， ∴KC=CE， ∴CH是△OKE的中位线 ∴， 作GM⊥CD，垂足为点M， ∵G点为EF中点， ∴GM是△FCE的中位线， ∴，， ∴， 在Rt△MHG中，， 故答案为：． 【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等． 2. （2024年广东省广州市海珠区校考）学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2＝BP2+DP2．该结论的证明不难，同学们通过勾股定理即可证明． 应用新知：如图3，在△ABC中，CA＝4，CB＝6，D是△ABC内一点，且CD＝2，∠ADB＝90°，则AB的最小值为_____． 【答案】4﹣2 【解析】 【分析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，根据题意可得，即可求出CE的长度，当C、D、E三点共线时，AB的值最小，且为CE与CD长度之差，故AB最小值可求． 【详解】解：以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，如图所示： 则AB＝DE， 由题意得：，即， 解得：CE＝， 当C、D、E三点共线时，DE最小， ∴AB的最小值＝DE的最小值＝CE-CD＝-2， 故答案为：-2． 【点睛】本题主要考查了以几何为背景的推理与论证、两点之间线段最短，解题的关键在于通过题目中已给的新知推断CD、CE、CA、CB之间的长度关系，并应用两点之间线段最短的定理，求出对应的最值． 3. （2024年广东省广州市黄埔区）如图，在边长为6的正方形中．点E在边上，，点P、Q分别是直线、上的两个动点，将沿翻折，使点A落在点F处，连接，，则的最小值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了翻折变换、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题． 作点D关于的对称点，连接，，由轴对称可知，，，又因，即可推出当、、、共线时，定值最小，最小值为． 【详解】解：如图，作点D关于的对称点，连接，， 在中， ， ， 由轴对称可知，， ， ， 当、、、共线时， 定值最小，最小值为， 的最小值是． 故答案为：． 4. （2024年广东省广州市荔湾区校考）在数学拓展课上，蔡老师给大家讲了一个有趣的定理：若点C，D在线段所在直线的两侧，并且，那么A，B，C，D四个点在同一个圆上．小雅同学在学习了该定理后积极思考：若限定正三角形的顶点都只能在正方形的边上，则她可以很快在边长为2的正方形纸片上剪出一个面积最大的正三角形，请你计算一下小雅剪出的这个正三角形的边长为____． 【答案】 【解析】 【分析】过点G作于点M，连结，，先根据蔡老师给的定理证明，E，M，G四个点在同一个圆上，G，M，F，D四个点在同一个圆上，再利用圆周角定理证明是正三角形，从而得到点M为一个定点，再根据的位置，得到当经过点C时，即点F与点C重合时，取最大值，的面积也最大，设，利用勾股定理列方程并求解，即得答案． 【详解】如图1，为正方形的内接正三角形， ， 过点G作于点M，连结，， 四边形是正方形， ， 根据蔡老师讲的定理可知，， ，E，M，G四个点在同一个圆上， ， 同理G，M，F，D四个点在同一个圆上， ， ， ， 即是正三角形， 则点M必为一个定点， 正的面积取决于它的边长， 当经过点C时，即点F与点C重合时，取最大值，的面积也最大（如图2）， 在图2中， 和中， ， ， ， ， ， ， ， 设，则，， ， ， ， 解得，（舍去）， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，添加辅助线证明四点共圆是解题的关键． 5. （2024年广东省广州市越秀区校考）如图，正方形，为上一个动点，交于点．过点作交于点，作于点，连接，下列结论：①；②；③；④为定值，其中正确的结论有__________（填序号）． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】连接、，交于点，根据正方形的性质可得，，，四点共圆，进而可得，于是可判断①；由余角的性质可得，从而可利用证明，可得，再根据正方形的性质即可判断②；如图，将绕点顺时针旋转至，使和重合，连接，根据旋转的性质和可推得，进而可得，进一步即可判断③；如图，作于，于，由题意易得四边形是正方形，进一步即可推出，可得，进而得，然后利用等腰直角三角形的性质即可判断④，于是可得答案． 【详解】解：如图1，连接、，交于点， 四边形是正方形， ，，，， ， ，，，四点共圆， ，， ， ，故①不正确； ，， ， ，， ， ，故②正确； 如图，将绕点顺时针旋转至，使和重合，连接， 则，，， 、、三点在同一直线上， ， ， 又， ， ，即，故③正确； 如图，作，垂足为，作，垂足为， 点是对角线上的点， 四边形是正方形，有， ， ， 又， ， ， ， ：， ，故④正确． 故答案为：②③④． 【点睛】本题考查了正方形的性质和判定、四点共圆、圆周角定理的推论、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及旋转的性质等知识，综合性强、具有相当的难度，正确添加辅助线、灵活应用所学知识是解题的关键． 6. （2024年广东省广州市天河区）中，，，点D是边的中点，把点D绕点B逆时针旋转得到点E，连接，则线段的最小值是________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了图形的旋转，圆的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，三角形全等的判定和性质，三角形三边关系求最值，作出辅助线，构造三角形证明全等，利用三角形三边关系是解题的关键．取中点，逆时针旋转到，连接，为三角形的中位线，根据中位线性质可得，利用旋转可得和都为等边三角形，由此可证，得到，在中，，即，将看成固定点，点的轨迹是半径为，以为圆心的圆，在的运动过程中，当共线时，取得最小值，而，故点在以为直径，为圆心的圆上，根据圆周角定理，，利用勾股定理可求，由此可求得线段的最小值． 【详解】解：取中点，逆时针旋转到，连接，如图所示， 点，分别为中点， ， 旋转到，逆时针旋转到， ，，， 和都为等边三角形， ，， ， 又，， ， ， 在中，，即， 若将看成固定点，点的轨迹是半径为，以为圆心的圆，在的运动过程中，当共线时，取得最小值，如下图所示， 都为等边三角形， ， 点在以为直径，为圆心的圆上，根据圆周角定理， ， ， 此时，． 故答案为：． 7. （2024年广东省广州市南沙区）正方形中，P是对角线所在直线上一点．若P在对角线上(如图1)，连接，过点P作交于点Q．若，，则的长为______； 若P在的延长线上(如图2)，连接，过点P作交延长线于点E，连接，若，的面积是20，则的长为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题考查正 方形的性质和判定，熟练运用正方形的性质和勾股定理以及正确的添加辅助线是解题的关键，（1）过点作，由正方形的性质可得，根据，可得，继而可证是等腰三角形，由勾股定理可得，根据矩形的判定可得四边形是矩形和四边形是矩形，继而得到，继而求出，从而得到；（2）过点作，根据正方形的性质可得是的角平分线，由角平分线的性质可得，根据三角形的判定定理可证，继而可得，再由正方形的性质求出，设小正方形的边长为，则大正方形的边长为，根据列方程求出，最后根据勾股定理进行计算． 【详解】解：过点作， ∵正方形中，是对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由勾股定理可得：， 即， 解得：， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 同理可证：四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵,， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2． 过点作，如图， ∵正方形中，是对角线，点P在的平分线上，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中 ∴， ∴， ∵四边形和均为正方形， ∴， ∴， ∴， 设小正方形的边长为，则大正方形的边长为， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∴． 故答案为：． 8. （2024年广东省广州市花都区）如图，在矩形中，，，点E是上一个点，连接，，若绕点O顺时针旋转，旋转角为，点E对应点G，点C对应点F．①当时，等于_______°时，；②当且长度最大时，的长度为_______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，旋转的性质．先求得是等边三角形，再求得，，根据全等三角形的性质可求得第一问；当点G在线段上时，长度最大，画出图形，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵矩形， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； ∴等于时，； 当点G在线段上时，长度最大，如图， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 故答案为：，． 9. （2024年广东省广州市番禺区校考）如图1，点P从的顶点A出发，沿着的方向运动，到达点C后停止．设P点的运动时间为x，的长度为y，图2是y与x的关系图象，其中E点是曲线部分的最低点，则的面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】分析出当点到点处时，，即，当点到点处时最短，，即，当点到点处时，，即，再根据勾股定理分别求出和，即可求出三角形的面积．本题考查了动点问题的函数图象，准确的分析动点的运动位置，获得相应的解题条件是本题的解题关键． 【详解】解：作，如图， 当点到点处时，，即， 当点到点处时最短，，即， 当点到点处时，，即， 在中，， 在中，， ． 故答案： 10. （2024年广东省广州市白云区）两块三角板 (中，，中，，)按如图方式放置，下列结论正确的是______(填写所有正确结论的序号)． ①；②；③；④． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】如图，记的中点为，连接，则，四点共圆，由，可得，由，可得，则，可判断①的正误；由题意知，，，则，可判断②的正误；如图，作于，设，则，由，可得，则，，，，，则，可判断③的正误；证明，则，可判断④的正误． 【详解】解：如图，记的中点为，连接， 又∵，， ∴， ∴四点共圆， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，①正确，故符合要求； 由题意知，，， ∴，即，②正确，故符合要求； 如图，作于， 设，则， ∵， ∴， ∴，，， ∴，， ∴， ∵， ∴，③错误，故不符合要求； ∵，， ∴， ∴，④正确，故符合要求； 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了圆，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，同弧所对的圆周角相等，正弦、余弦、正切，相似三角形的判定与性质．熟练掌握圆，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，同弧所对的圆周角相等，正弦、余弦、正切，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 3、 二次函数型 1. （2024年广东省广州市增城区）已知二次函数的图象为抛物线C，一次函数的图象为直线l． （1）求抛物线C的顶点坐标（用含m的式子表示）； （2）若直线l与抛物线C有唯一交点，且该交点在x轴上，求k的值； （3）当时，直线l与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B作垂直于y轴直线与抛物线C有两个交点，其中在抛物线对称轴左侧的交点记为点P，当为钝角三角形时，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） （3）或时，为钝角三角形 【解析】 【分析】（1）将解析式化为顶点式即可求解； （2）由题意可知两个函数与y轴的交点重合，即可求出m与k的关系式，再联立两个方程，由即可求k的值； （3）分别求出当为直角三角形时m的值，以此为界点，确定为钝角三角形时m的取值范围即可． 【小问1详解】 解： ∴顶点坐标为； 【小问2详解】 解：根据题意得：与y轴交点，与y轴交点， ∵直线l与抛物线C有唯一交点，且该交点在y轴上， ∴， 解得：， 联立：， 整理得：， ∵直线与抛物线C有唯一交点， ∴， ， ，即， ， ， ，即， ， 解得：， ， ， ， ； 【小问3详解】 解：当时，直线解析式为， 令，则， 令，则， 解得， ∴， 令， ∴或， ∵在抛物线对称轴左侧的点记为P， ∴， 当时，此时，此时是直角三角形， 当时，即，此时为钝角三角形； 当时，，此时是直角三角形； 当时，即，此时为钝角三角形； ∵，，点到x轴的距离为3， ∴P点在以为直径的圆外或圆上， ∴始终为锐角或直角； 综上所述：当或时，为钝角三角形． 【点睛】本题考查二次函数与一次函数的交点问题，二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质是解题的关键． 2. （2024年广东省广州市海珠区校考）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、（在的左边），与轴交于，且． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，直线交抛物线于、两点，点在抛物线上，且在直线下方，若以为圆心作，当与直线相切时，求最大半径及此时坐标； （3）如图2，是抛物线上一点，连接交轴于，作关于轴对称的直线交抛物线于，连接、，点是的中点，若、的纵坐标分别是、．直接写出，的数量关系． 【答案】（1）抛物线的解析式为： （2），点的坐标为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，即可求出点的坐标，然后将两点的坐标代入解析式中即可求出结论： （2）联立方程即可求出坐标，从而求出，设与相切于，连接，过点作轴交于，设点的坐标为，由为定值，可知：当的面积最大时，最大，即最大，利用“铅垂高，水平宽”求出的面积的最大值，即可求出的最大值和此时点的坐标： （3）设与轴交于点，利用待定系数法求出直线和的解析式，联立方程即可求出点和点的坐标，再根据中点公式即可求出结论． 【小问1详解】 解：∵， ， ， ， 将点、点的坐标代入， ， 解得：， ∴抛物线的解析式为：； 【小问2详解】 联立， 解得或， ， ， 设与相切于，连接，过点作轴交于， 设点的坐标为， ， ， ∵为定值，， ∴当的面积最大时，最大，即最大， 而 ， ， ∴当时，最大，其最大值为， 此时，点的坐标为； 【小问3详解】 设与轴交于点， 由题意可知，点的坐标为， 由对称的性质可知，点的坐标为， 设直线的解析式为：， 将的坐标代入，得， 解得， ∴直线的解析为：， 同理可求得，直线的解析式为：， 联立， 解得或， ∴点的坐标为， 同理可得点的坐标为， ∴点的纵坐标为， 即． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数表达式，圆的切线的性质与判定，三角形的面积，中点坐标公式等知识，关键（2）熟练掌握三角形面积的不同求解方法；（3）待定系数法求解析式的熟练应用． 3. （2024年广东省广州市越秀区校考）已知抛物线与x轴交于两点，且A在B的左边，与y轴交于点C． （1）求c的值； （2）若点P在抛物线上，且，求点P的坐标； （3）抛物线的对称轴与x轴交于D点，点Q为x轴下方的抛物线上任意一点，直线与抛物线的对称轴分别交于E，F两点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）点的坐标为或 （3） 【解析】 【分析】（1）将点代入中，即可求解； （2）根据（1）可得抛物线解析式为，求出，分为①当在轴上方抛物线上时，如图1，证明，即可求出点的坐标为． 在求出的解析式，联立即可得出点的坐标；②如图2，当在轴下方抛物线上时，根据对称性得出的解所式为，联立即可求出点的坐标； （3）设，求出直线的解析式，求得，求出直线的解析式，求得．即可求出，，即可得出，从而解得的取值范围． 【小问1详解】 ∵点在上， ， ； 【小问2详解】 根据（1）可得抛物线解析式为，如图1， 令，则， 解得， 则， 当轴上方抛物线上时，如图1，设交轴于点， 在和中 ， ， ∴的坐标为． 设直线的解析式为， 代入，得，解得， 故的解析式为． 令， 得或． ∴点的坐标为； 如图2，当在轴下方抛物线上时，的解所式为， 令， 得或． ∴点的坐标为， 综上，点的坐标为或． 【小问3详解】 设， 设直线的解析式为， 代入坐标得，， 解得． 所以直线的解析式为， 当时，， ， 设直线的解析式为， 代入坐标得，， 解得． 直线的解析式为， 当时，， ∴，． ， ∴， ∴， ， 故． 【点睛】该题是二次函数综合题，主要考查了二次函数解析式求解，一次函数解析式求解，全等三角形的性质和判定，二次函数的图象和性质，函数交点求解，二次函数最值求解等知识点，解题的关键是数形结合以及分类讨论． 4. （2024年广东省广州市白云区）已知抛物线， （1）当时，求抛物线与x轴交点的坐标； （2）抛物线的顶点为A． ①若当时，都有y随x的增大而减小．求此时顶点A的纵坐标的取值范围； ②抛物线与y轴交于点B，对称轴与x轴交于点C，直线与x轴交于点D，抛物线在①的条件下，求的面积与的面积满足的数量关系． 【答案】（1） （2）①② 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数与坐标轴的交点问题，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键． （1）把代入函数解析式，进行求解即可； （2）①根据时，都有y随x的增大而减小，得到，进而得到，求出顶点纵坐标，求出最值即可； ②分别求出三点的坐标，利用面积公式进行求解即可． 【小问1详解】 解：当时，， 当时，， 解得：， ∴抛物线与x轴交点的坐标为； 【小问2详解】 ∵， ∴， ①当时，都有y随x的增大而减小， ∴， ∴， ∵ ∴； ②∵， ∴对称轴为直线，当时，， ∴，， ∵， ∴设直线的解析式为：，把，代入，得： ，解得：， ∴， ∴当时，，解得：， ∴， ∵， ∴点在点的左侧， ∴， ， ∴，即：． 5. （2024年广东省广州市番禺区校考）已知抛物线 （1）当时，求抛物线与轴的交点坐标； （2）若抛物线与轴有两个不同的交点（点在点的左侧），与轴交于点，过点作直线轴，点是直线上的一动点，点是轴上的一动点，且． ①当点落在抛物线上（不与点重合），且时，求的值； ②取的中点，是否存在的最小值为？若存在，求出此时的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）或； （2）①；②当的值为或时，的最小值是． 【解析】 【分析】（1）当时，抛物线，解方程，即可求解； ①根据题意得出和，点，点，过点作于点，由点，得点．根据题意求出的值即可； ②得出．求出，当，即时，当，即时，根据的最小值可分别求出的值即可． 【小问1详解】 解：当时，抛物线， 令，则， 解得或， ∴抛物线与轴的交点坐标为或； 【小问2详解】 解：①抛物线的解析式为， 令，则， 解得或， ∴和，， 令，则， ∴点，点， 过点作于点，由点，得点． 在中，，， ， ， ， 解得 ∴； ②由是的中点，连接，，得． 根据题意，点在以点为圆心、为半径的圆上， 由点，点，得，， 在中，． 当，即时，满足条件的点在线段上． 的最小值为，解得； 当，即时，满足条件的点落在线段的延长线上，的最小值为， 解得． 当的值为或时，的最小值是． 【点睛】本题是二次函数的综合问题，主要考查了二次函数的性质，待定系数法，二次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 6. （2024年广东省广州市黄埔区）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），C，D两点的坐标分别为，． （1）求A，B两点的坐标； （2）若二次函数的图象经过点C，且与平行于x轴的直线l始终有两个交点M，N（点M在点N的左侧），P为该抛物线上异于M，N的一点，点N，P的横坐标分别为n，．当n的值发生变化时，的度数是否也发生变化？若变化，请求出度数的范围；若不变，请说明理由； （3）若二次函数的图象与线段只有一个交点，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）的度数不发生变化，理由见解析 （3）或或 【解析】 【分析】（1）将二次函数转化为，令，即可求出A，B两点的坐标； （2）将代入，求出a的值，得到，利用二次函函数的对称性求出利用坐标轴中的距离求出即可得出结论； （3）分和两种情况讨论即可． 【小问1详解】 解：， 令，则， 解得：， 点A在点B的左侧， ； 【小问2详解】 解：将代入，得：， 解得：， 二次函数的解析式为：， 点N，P的横坐标分别为n，， ， ， 的度数不发生变化； 【小问3详解】 解：， 二次函数的图象关于对称， 当时，函数图象开口向上， 则， 解得：； 当时，函数图象开口向下， ①二次函数顶点在线段上时：， 解得：； ②二次函数顶点不在线段上时： ， 解得：， 综上，a的取值范围为：或或． 【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，抛物线与轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求函数的解析式，函数与方程的关系，解题的关键是学会利用分类讨论解决问题． 7. （2024年广东省广州市荔湾区校考）在平面直角坐标系中，已知，，，那么可以得到线段的中点和的重心． 根据以上信息解决如下问题： 如图所示， 等边的边长为，是的中点，是的重心．顶点在射线（，射线与轴正方向所成夹角为）上，顶点在射线关于轴的对称射线上，顶点在边的上方． （1）若设，则求其横纵坐标，满足的等量关系（不用写出，的取值范围）． （2）若点B，C的横坐标分别为a，b； ①求出的取值范围； ②求点B从原点开始运动时，当点C回到原点时，点G运动路径的长度． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）可求，设，，则，由，化简得：，而，化简得； （2）①先求得，联立得到，可得，继而，则，因此，即：，可得；②先得到G、C、O、B四点共圆，则，而，可得到点G在y轴上，当点B在原点时，求得，当点B运动到轴时，可求，此时运动路径为，故整个运动路径为． 小问1详解】 解：∵，与关于y轴对称， ∴设上任意一点为，则在上， 设，代入得：， 解得：， ∴， 设，， 则， ∵， 化简得：， 而， ∴代入得：， ∴， 即：． 【小问2详解】 解：由， 得， ∴， 联立，解得：， ∴， ∴， 而， ∴， ∴， ∴， 即： ∵ ∴， ∴， 即； ②∵为等边三角形， ∴， ∵点G是等边重心， ∴点G也是等边外心， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴G、C、O、B四点共圆， ∴，而， ∴点G在y轴上， 当点B原点时，如图： 过点G作，由 得：， ∴， 当点B运动到轴时，如图： 此时， ∵点B运动中，长度不变，则， ∴， ∴此时运动路径为， 当点C回到点O时路径仍为， 故整个运动路径为． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，已知两点求距离，待定系数法求正比例函数解析式，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，正确添加辅助线，准确理解题意是解题的关键． 8. （2024年广东省广州市花都区）已知抛物线，点O为平面直角坐标系原点，点A坐标为． （1）若抛物线过点A，求抛物线解析式； （2）若抛物线与直线只有一个交点，求a的值． （3）把抛物线沿直线方向平移个单位（规定：射线方向为正方向）得到抛物线，若对于抛物线，当时，y随x的增大而增大，求t的取值范围． 【答案】（1） （2）或； （3）时，． 【解析】 【分析】本题主要考查了运用待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、二次函数图像的平移等知识点，掌握二次函数图像的性质是解题的关键． （1）把A点坐标代入解析式求出a的值即可； （2）首先确定抛物线的对称轴为直线，顶点为，再分和两种情况分别画出图形分析即可解答； （3）先求出，即可求得水平方向和垂直方向的平移距离，然后求得新的抛物线的对称轴，然后再分和两种情况，分别运用抛物线的增减性即可解答． 【小问1详解】 解：∵抛物线过点A，点A坐标为， ∴，解得：， ∴抛物线解析式为． 故答案为：． 【小问2详解】 ∵抛物线， ∴抛物线的对称轴是：直线，顶点为， ∵点A坐标为， ∴线段为， 抛物线与线段只有一个交点分两种情况： ①当，如答图1：由（1）知当抛物线过点A时，， 由图可知当变大，抛物线开口变小，抛物线过点；线段始终与抛物线有一个交点， 所以当时，a越大抛物线开口越小，故， ②若，如答图2，对称轴与线段交于点B， 在中令，得，即， 当抛物线顶点在线段上恰好有一个交点，即解得， 综上所述，抛物线C1与线段只有一个交点，或． 【小问3详解】 解：∵， ∴, ∴抛物线沿直线方向平移t个单位相当于水平移动了个单位再竖直方向移动了个单位， ∴抛物线的对称轴为， 当时，y随x的增大而增大，分两种情况： ①时，对称轴为直线或在直线左侧， ∴得，不符合题意； ②时，对称轴为直线或在直线右侧， ∴得； 综上：当时，符合题意． 9. （2024年广东省广州市南沙区）已知抛物线经过点． （1）用含的式子表示； （2）当时，设该抛物线与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点，的外接圆与轴交于另一点（点与点不重合），求点的坐标； （3）若点，，在该抛物线上，且当时，总有，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象的性质，三角形的外接圆，同弧所对的圆周角相等； （1）把点代入抛物线，即可求解； （2）先求得的坐标，进而得出是等腰直角三角形，根据同弧所对的圆周角相等得出得出是等腰直角三角形，即可求解； （3）根据在该抛物线上，则，由当时，总有，分点在之间，和对称轴右侧两种情况，分类讨论，即可求解． 【小问1详解】 解：把点代入抛物线， 得，， 解得：； 【小问2详解】 解：∵， ∴， 当时，则， 解得：或； 又∵点在点的左侧， ∴，， 当时，则，即， ∴当时，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵的外接圆与轴交于另一点， ∴，即是等腰直角三角形， ∵，则， 根据圆的对称性可得：； 【小问3详解】 解：在该抛物线上，则， ∵， ∴抛物线对称轴为直线， ∴点的横坐标，即点在对称轴的左侧， ∵当时，总有， ∴图①不成立， 当的位置满足图②时，， 解得：， ∴，则， 当的位置满足图③时，则， 解得：，此时， 综上所述， 或． 10. （2024年广东省广州市天河区）在平面直角坐标系中，将过点的抛物线（b为常数）向右平移m个单位（），再向上平移n个单位（）得到新的抛物线，其顶点为E． （1）求点E的坐标；（用含m，n的式子表示） （2）若抛物线与坐标轴有且只有两个公共点，求满足条件的点E的纵坐标； （3）当时，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点D，且当时，对抛物线上的任意一点P，在抛物线上总存在一点Q，使得点P，Q的纵坐标相等，探究下列问题： ①求m的取值范围； ②若存在一点F，满足，求点F的纵坐标的取值范围． 【答案】（1） （2）点E的坐标为或 （3）①；② 【解析】 【分析】（1）把点代入抛物线求出，根据图象的平移的性质，即可得到抛物线：，顶点E的坐标为； （2）由于抛物线与坐标轴有且只有两个公共点，分别讨论当抛物线经过原点时和抛物线不经过原点时两种情况．当抛物线经过原点时满足要求，将代入抛物线：，即可求出顶点E的坐标为；当抛物线不经过原点，与轴一定会有一个交点，所以抛物线与轴只有一个交点，即当顶点落在轴上时，满足与坐标轴有且只有两个公共点，此时，顶点E的坐标为； （3）① 画出图象可知，当时，抛物线纵坐标取值范围是，要满足题目要求，D点纵坐标要小于等于-1，即，同时点横坐标小于等于2，即，由此可解出m的取值范围； ② 存在一点F，满足，故点在的中垂线上，即抛物线的对称轴上，设，然后利用两点间的坐标公式，结合，化简可得，即是关于的二次函数，开口向下，对称轴为直线，在，随着的增大而减小，根据函数增减性，即可求出点F的纵坐标的取值范围； 【小问1详解】 抛物线过点， ，解得， 抛物线． 向右平移m个单位（），再向上平移n个单位（）得到新的抛物线，根据图象的平移，可得， 抛物线：． 其顶点E的坐标为． 【小问2详解】 抛物线与坐标轴有且只有两个公共点， ① 当抛物线经过原点时满足条件，如图所示， 将代入抛物线：， 得，即， 顶点E的坐标为． ② 当抛物线不经过原点，与轴一定会有一个交点，所以抛物线与轴只有一个交点，即当顶点落在轴上时，满足与坐标轴有且只有两个公共点，如图所示， 此时，，顶点E的坐标为． 综上所述，顶点E坐标为或． 【小问3详解】 ① 当时，抛物线为：，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点D，如图所示， 当，， 点坐标为， 当，即，解得，， ，， 当时，抛物线纵坐标取值范围是， 当时，对抛物线上的任意一点P，在抛物线上总存在一点Q，使得点P，Q的纵坐标相等， 点纵坐标要小于等于-1，即，解得，或（由于，舍去） 同时点横坐标小于等于2，即，解得， 综上，． ② 存在一点F，满足， 点在的中垂线上，即抛物线的对称轴上，故设， ，， ， ， ，即， ， 整理化简得，， ， ， 二次函数的对称轴为直线，开口向下， 在，随着的增大而减小， 当时，，时，， ． 【点睛】本题综合考查了二次函数的图象和性质，图象的平移，勾股定理，利用函数的增减性求函数值的取值范围，熟练掌握二次函数的图像和性质，运用分类讨论思想，数形结合思想是解题的关键． 4、 几何型 1. （2024年广东省广州市花都区）如图，在菱形中，，点E为线段上一个动点，边关于对称的线段为，连接． （1）当平分时，的度数为_______． （2）延长，交射线于点G，当时，求的长． （3）连接，点H为线段上一动点（不与点A，C重合），且，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3）8 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、勾股定理、矩形的性质等知识点，掌握数形结合思想是解题的关键． （1）由折叠的性质可得，由角平分线的性质可得，即，最后结合即可解答； （2如图：过E作于其延长上点H，延长交于M设，连接；由折叠的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识点可得；再说明，根据直角三角形的性质及勾股定理可得，、，然后证明，根据相似三角形的性质列式计算可得，最后根据线段的和差即可解得； （3）如图：过B作，根据菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理可得；如图：过B作交延长线于F，可得；再证明四边形是平行四边形可得、，再证明易得，即，然后求得的最小值即可． 【小问1详解】 解：∵边关于对称的线段为， ∴， ∵边关于对称的线段为， ∴， ∴， ∵， ∴，即，解得：． 故答案为：． 【小问2详解】 解：如图：过E作于其延长上点H，延长交于M 设，连接 由轴对称的性质可得：，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴，即， ∵ ∴即 ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴． 【小问3详解】 解：如图：过B作， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 如图：过B作交延长线于F， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 当D、E、F三点不共线时，， 当D、E、F三点共线时，， ∴，即， ∴的最小值为8． 2. （2024年广东省广州市南沙区）在平行四边形中，，连接，已知，点E在线段上，将线段绕点D顺时针旋转为线段． （1）如图1，线段与线段的交点和点E重合，连接，求线段的长度； （2）如图2，点G为延长线上一点，连接交于点H，连接，若点H为线段的中点，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，连接，延长交于点P，连接，直接写出线段长度的最小值． 【答案】（1） （2）证明，见解析 （3）最小值为 【解析】 【分析】（1）延长，过点作于点，过点作于点，过点作于点，于点，根据题意，则是等腰直角三角形，根据勾股定理求出，根据平行四边形的性质，则，，推出，是等腰直角三角形；根据全等三角形的判定，则，则，，求出；根据矩形的判定，则四边形是矩形，求出，，最后根据勾股定理，即可． （2）连接、、，根据平行四边形的性质和旋转的性质，则，推出、、、四点共圆，则在的延长线上，得到，根据全等三角形的判定，则，则；再根据平行四边形的判定，则四边形是平行四边形，推出；根据全等三角形的判定，则，得，再根据是等腰直角三角形，则，最后根据，即可； （3）连接、、、，根据平行四边形的性质和等腰直角三角形的性质，则，根据勾股定理，求得，根据，即可． 【小问1详解】 延长，过点作于点，过点作于点，过点作于点，于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，，，， ∴，，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵线段绕点顺时针旋转为线段， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴． 【小问2详解】 连接、、， ∵四边形是平行四边形， ∴，， 由（1）得，，， ∴， ∴点、、、四点共圆， ∴， ∴点在的延长线上， ∴， ∴， ∵点为线段的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【小问3详解】 连接，，，， 由（2）得，，点为的中点，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵点为的中点，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵（当且仅当点在线段上时等号成立）， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查等腰直角三角形，全等三角形，勾股定理，圆内接四边形性质，平行四边形的知识，解题的关键是掌握等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的运用，矩形的判定和性质． 3. （2024年广东省广州市天河区）如图1，正方形中，点E是边上任意一点（不与点B重合），以为边在它的外侧作正方形，点M和点P分别是这两个正方形的对称中心，连接． （1）填空：当时，线段长的最大值是　　　　； （2）在正方形的边上，是否存在一点Q，使得为等腰直角三角形？若存在，通过证明确定所有满足条件的点Q的具体位置；若不存在，请说明理由； （3）如图2．连接并延长，与交于点O．求的度数，并求出与的数量关系． 【答案】（1） （2）在线段上（与不重合）或在的中点与的连线段上（不与的中点重合）， （3）， 【解析】 【分析】（1）如图，连接，，，，证明为的中位线，可得，结合，当三点共线时取等号，再进一步可得答案； （2）如图，取的中点，以为圆心，为半径画圆，交于，交于，证明，都为等腰直角三角形，过作于，则，可得，即，由不重合，可得不与重合，不与的中点重合，当以为等腰直角三角形的直角边时，以为边作正方形，此时正方形的另外两个顶点不可能落在正方形的边上，即不会落在正方形的边上，不符合题意，舍去；从而可得答案； （3）证明，，，，可得，可得，，即；结合，可得． 【小问1详解】 解：如图，连接，，，， ∵点M和点P分别是这两个正方形的对称中心， ∴为的中位线， ∴， ∵，当三点共线时取等号， 而四边形，为正方形， ∴共线时， ∴的最大值为， ∴的最大值为； 【小问2详解】 解：如图，取的中点，以为圆心，为半径画圆，交于，交于， ∵为直径， ∴， ∵正方形， ∴， ∴，， ∴，都为等腰直角三角形， 过作于，则， ∴，即， ∵不重合， ∴不与重合，不与的中点重合， ∴在线段上（与不重合）或在的中点与的连线段上（不与的中点重合）， 当以为等腰直角三角形的直角边时，以为边作正方形， 此时正方形的另外两个顶点不可能落在正方形的边上，即不会落在正方形的边上，不符合题意，舍去； 综上：在线段上（与不重合）或在的中点与的连线段上（不与的中点重合）， 【小问3详解】 解：如图，∵正方形，正方形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴； ∵， ∴． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形的中位线的性质，三角形的三边关系的应用，平行线分线段成比例，等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，相似三角形的判定与性质，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 4. （2024年广东省广州市白云区）如图，在菱形中，， （1）连接，求的值； （2）点E以每秒2个单位长度的速度从B点出发向点C运动，同时点Q以每秒个单位长度的速度从D点出发向点B运动，当其中一点达到终点，另外一点随之停止运动． ①连接，能否为等腰三角形？如果能，求点E，Q的运动时间；如果不能，请说明理由； ② 连接，当时，求的值． 【答案】（1） （2）①能，2秒② 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，利用菱形的性质，进行求解即可； （2）①设点的运动时间为，则：，进而得到，当时，是等腰三角形，过点作，利用三线合一以及锐角三角函数进行求解即可； ②过点作，将三角形绕点旋转得到，易得四点共圆，得到，设运动时间为，则，，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，进行求解即可． 【小问1详解】 解：连接，交于点， ∵在菱形中，， ∴，， ∴， ∴； 【小问2详解】 ①能，设点的运动时间为，则：， ∴， 如图，当时，过点作，则：， ∵， ∴， ∴，即：， 解得：， ∴当点E，Q的运动时间为秒时，为等腰三角形； ②过点作，则：， ∵菱形，， ∴，，，， ∴，， ∴， 将三角形绕点旋转得到， ∴， ∵， ∴， ∴四点共圆， ∴， 在中，， ∴，， 设运动时间为，则：，， ∴，， 在中，， ∴， 在中，， ∴， 解得：（不合题意，舍去）或， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，含30度的直角三角形的性质，解直角三角形，圆周角定理．综合性强，难度大，计算量大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 5. （2024年广东省广州市番禺区校考）如图，为的直径，，点在直线的下方且将平分，动点在上且位于直线上方，连接，作点关于直线的对称点，连接． （1）当与点重合时，则=________； （2）当时，求的长度； （3）能否等腰三角形？如果能，求出此时的长度；如果不能，请说明理由． 【答案】（1）90°； （2）； （3）的长度为或或． 【解析】 【分析】（1）根据轴对称的性质即可求解； （2）证明是等边三角形，利用垂径定理求解即可； （3）分三种情况讨论，画出图形，利用等腰直角三角形的性质求解即可． 【小问1详解】 解：、关于对称， 当与点重合时，， 的大小为90°， 故答案为：90°； 【小问2详解】 解：当时，如图所示，连接，，则， ∵，为的直径， ，， 由轴对称的性质可得， ， ， ，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：∵点在直线的下方且将平分， ∴， 分三种情况讨论， 当时，如图，延长交于点，作于点， ∵，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵，∴， ∴， ∴； 当时，如图， 此时是等腰直角三角形，则也是等腰直角三角形， ∴； 当时，如图，作于点， 同理， ； 综上，的长度为或或． 【点睛】本题考查了圆的基本性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，学会用分类讨论的思想思考问题是解题的关键． 6. （2024年广东省广州市增城区）如图，在矩形中，，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点P的运动时间为t秒． （1）若． ①当点落在上时，求此时t的值； ②是否存在t，使得？若存在，求t的值？若不存在，请说明理由； （2）当点P不与C重合时，若直线与直线相交于点M，且当时存在结论“”成立，试探究：对于的任意时刻，结论“”是否总是成立？请说明理由． 【答案】（1）①；②t的值为2或6或； （2）成立，理由见解析 【解析】 【分析】（1）①先利用勾股定理求出长，再根据，得出， ，再证明，根据相似三角形的性质求解即可；②分如图1-1所示，当时，此时点落在上，如图1-2所示，当时，此时点在的延长线上，如图1-3所示，当时，三种情况求出对应的的长即可得到答案； （2）如图2-1，根据以及翻折的性质可以证明得到，从而可得，如图2-2所示，设，则，则，证明，得到，再由折叠的性质可得，由此即可证明． 【小问1详解】 解：①∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， 即； ②如图1-1所示，当时，此时点落在上， 由折叠的性质可得，由矩形的性质得， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得； 如图1-2所示，当时，此时点在的延长线上， 在中，由勾股定理得， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得； 如图1-3所示，当时， 由折叠性质可得， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∴； 综上所述，t的值为2或6或； 【小问2详解】 解：对于的任意时刻，结论“”总是成立，理由如下： 如图2-1所示， ∵， ∴， ∴ 由折叠的性质可得，， ∴， 又∵，， ∴， ∴． 如图2-2所示， 设，则， ∴， ∵ ∴， ∴， 由折叠的性质可得 ∴， ∴ ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，涉及了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定，勾股定理的应用，翻折的性质等，综合性较强，有一定的难度，正确画出符合题意的图形，熟练运用相关知识是解题的关键． 7. （2024年广东省广州市海珠区校考）如图1，在Rt△ACB中，，，，点D、F分别是边AC、BC上动点，过点D作AB的垂线，垂足为E，连结FD，FE．设C、D两点之间的距离为x，C、F两点之间的距离为y． （1）当时，求x的值； （2）如图2，以FD，FE为邻边作，当时，是否存在y，使得的顶点G恰好落在的边上？若存在，请求出y的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在，或. 【解析】 【分析】（1）由勾股定理得证△ADE∽△ABC得代入计算即可； （2）①G落在AC上，作EH⊥AC，易知四边形EFCH是矩形，知y=EH，由在Rt△AED中AD=5、DE=3、AE=4可得 ②G落在AB上，作EH⊥AC于点H，同上知 在Rt△EDH中证△EHD∽△DCF得据此求解即可． 【详解】解：（1）∵AB=10，BC=6， ∴AC=8， 则AD=8-x， ∵DE⊥AB， ∴∠AED=∠C=90°， ∵∠A=∠A， ∴△ADE∽△ABC， ∴即， 解得， 故答案为：. （2）①如图3，G落在AC上，过E作EH⊥AC于点H， 易知四边形EFCH是矩形，则y=EH， 由（1）可得△ADE∽△ABC， ∴即 解得, 在Rt△AED中，AD=5、DE=3， ∴AE=4， ∴ ②如图4，G落在AB上，过E作EH⊥AC于点H，同上， 在Rt△EDH中，，， ∴， ∵∠AED=∠FDE=90°，， ∴， ∴， ∴△EHD∽△DCF， ∴， ∴. 【点睛】本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点． 8. （2024年广东省广州市黄埔区）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得DF，连接，． （1）求证：△ADE≌△CDF； （2）若，，三点共线，连接，求线段的长． （3）当线段取最小值时，求． 【答案】（1）见解析 （2）线段的长为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质，对应线段和对应角相等，可证明； （2）先利用，求得的长，再利用，求得、的长，最后利用勾股定理即可求得的长； （3）当，，三点共线时，最小，即最小，进而推出，在中，，，即可求出． 【小问1详解】 证明：如图1，由旋转得：， 四边形是正方形， ， ， 即， ， 和中， ， ； 小问2详解】 解：如图2，过F作的垂线，交的延长线于P， 是的中点，且， ，，三点共线， ， 由勾股定理得： ， ， ， 由（1）知：， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 由勾股定理得：， 或（舍去）， ， 由勾股定理得：， 线段的长为； 【小问3详解】 解：如图3，由于，所以E点可以看是以O为圆心，为半径的半圆上运动，延长到P点，使得，连接， ， ， ，, ∴当三点共线时，最小，则最小，则最小， 在中， ， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、三角形全等及相似的性质和判定、勾股定理，三角函数等知识点，解题的关键是综合运用这些知识，利用数形结合的思想解答． 9. （2024年广东省广州市荔湾区校考）如图1是初中平面几何中非常经典的“半角模型”，即在正方形中，E，F分别是，上的点，，， 分别交对角线于P，Q两点． 我们很容易得到下面三个结论： 结论1： 结论2： 结论3：A，B，E，Q四个点在同一个圆上，A，P，F，D四个点在同一个圆上（本题若用到以上三个结论，可不用证明） 有题目如下： （1）如图1，条件不变．求证： ①； ②． （2）如图2，在矩形中，E，F分别是，上的点，，且．请写出，，三者之间满足的数量关系，并加以证明． 【答案】（1）①见解析；②见解析 （2）；理由见解析 【解析】 【分析】（1）①连接，证明为等腰直角三角形，得出，证明为等腰直角三角形，得出，证明，得出； ②延长，过点A作，交的延长线于点G，证明，得出，证明，得出，，根据三角形的面积得出得出，根据，，得出，即可证明结论； （2）延长，交于点M，延长，交于点K，过点B作，取，连接，过点G作于点H，延长，过点G作于点N，根据等腰直角三角形性质证明，，，证明，得出，，求出，证明，得出，证明四边形为矩形，得出，，根据勾股定理得出，求出结果即可． 【小问1详解】 证明：①连接，如图所示： ∵四边形为正方形， ∴， ∵A，B，E，Q四个点在同一个圆上， ∵， ∴为直径， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵A，P，F，D四个点在同一个圆上，， ∴为直径， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②延长，过点A作，交的延长线于点G，如图所示： ∵四边形为正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：．理由如下： 延长，交于点M，延长，交于点K，过点B作，取，连接，过点G作于点H，延长，过点G作于点N，如图所示： ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形， ∴，，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， 在中，根据勾股定理得： ， ∴ ， 即． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角是三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 10. （2024年广东省广州市越秀区校考）已知线段． （1）如图1，当时，求的度数； （2）如图2，当时，作，与交于点D，求的最小值，并直接写出此时线段的长： （3）如图3，当时，点E是线段上，关于对称线段为，延长交的延长线于点G，求当点E在方向上运动时，点G的运动路径长． 【答案】（1）； （2）的最小值为， （3）点G的运动路径长为． 【解析】 【分析】（1）证明是等边三角形，即可求解； （2）作，于点，证明，再推出，求得，当点三点共线，且点在下方时，取得最大值，据此可求得的最小值，设交于点，点也在上，再证明，据此可求解； （3）连接，设，，利用三角形的外角和以及内角和定理求得，推出点在的外接圆上，得到点的路径为以2为半径，为圆心角的弧上，利用弧长公式求解即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴是等边三角形， ∴； 【小问2详解】 解：作，于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，又， ∴， ∴， ∵， ∴点在以为直径的上， ∴当点三点共线，且点在下方时，取得最大值， 此时，， ∴， ∴，即最小值为， 设交于点，连接， ∵， ∴点四点共圆， ∴， ∴点也在上， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：连接， ∵， ∴， 设，， 则，，， ∵， ∴， 在中，即， ∴， ∴， ∴点在的外接圆上， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴点的路径为以2为半径，为圆心角的弧上， ∴点G的运动路径长为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，弧长公式，等边三角形的判定和性质，四点共圆，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年广东省广州市各区中考数学二模试题汇编：压轴题（原卷版） 1、 选择题 1. （2024年广东省广州市白云区）定义新运算：例如 ，则的大致图象是（ ） A. B. C. D. 2. （2024年广东省广州市番禺区校考）如图，在平面直角坐标系中，点、在函数的图象上，分别以、为圆心，为半径作圆，当与轴相切、与轴相切时，连结，，则的值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 6 3. （2024年广东省广州市花都区）如图，面积为2的矩形在第一象限，与x轴平行，反比例函数经过B、D两点，直线所在直线与x轴、y轴交于E、F两点，且B、D为线段的三等分点，则b的值为（ ） A. B. C. D. 4. （2024年广东省广州市南沙区）如图，在平面直角坐标系中，点分别在轴和轴上，轴，．点从点出发，以的速度沿边匀速运动，点从点出发，沿线段匀速运动．点与点同时出发，其中一点到达终点，另一点也随之停止运动．设点运动的时间为，的面积为，已知与之间的函数关系如图中的曲线段、线段与曲线段．下列说法正确的是（ ） 点的运动速度为； 点的坐标为； 线段段的函数解析式为； 曲线段的函数解析式为； 若的面积是四边形的面积的，则时间． A. B. C. D. 5. （2024年广东省广州市天河区）如图，在矩形纸片中，，，点E，F分别是矩形的边，上的动点，点B关于直线对称的点刚好落在边上，与交于点O．连接，，以下四个结论：①四边形是菱形；②当点与点D重合时，；③的面积S的取值范围是；④当时，四边形的面积为．正确的是（ ） A. ①②④ B. ①②③ C. ③④ D. ①② 6. （2024年广东省广州市增城区）二次函数的部分图象如图所示，其对称轴为直线，交y轴于点，有如下结论：①；②；③，都在该函数的图像上，则；④关于x的不等式的解集为或．其中正确结论的个数是（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. （2024年广东省广州市海珠区校考）某池塘的截面如图所示，池底呈抛物线形，在图中建立平面直角坐标系，并标出相关数据（单位：m）．有下列结论： ①； ②池底所在抛物线的解析式为； ③池塘最深处到水面的距离为； ④若池塘中水面的宽度减少为原来的一半，则最深处到水面的距离减少为原来的． 其中结论正确的个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. （2024年广东省广州市黄埔区）如图，，，都是的顶点，若将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上，则点的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 9. （2024年广东省广州市荔湾区校考）高斯函数也称取整函数，记作，表示不超过的最大整数．例如，．已知函数，若关于的方程有三个不同的实根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 或 10. （2024年广东省广州市越秀区校考）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在函数，的图象上，轴，点C是y轴上一点，线段AC与x轴正半轴交于点D．若的面积为8，，则k的值为（ ） A 2 B. 4 C. －2 D. －4 2、 填空题 1. （2024年广东省广州市增城区）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________． 2. （2024年广东省广州市海珠区校考）学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2＝BP2+DP2．该结论的证明不难，同学们通过勾股定理即可证明． 应用新知：如图3，在△ABC中，CA＝4，CB＝6，D是△ABC内一点，且CD＝2，∠ADB＝90°，则AB的最小值为_____． 3. （2024年广东省广州市黄埔区）如图，在边长为6的正方形中．点E在边上，，点P、Q分别是直线、上的两个动点，将沿翻折，使点A落在点F处，连接，，则的最小值是__________． 4. （2024年广东省广州市荔湾区校考）在数学拓展课上，蔡老师给大家讲了一个有趣的定理：若点C，D在线段所在直线的两侧，并且，那么A，B，C，D四个点在同一个圆上．小雅同学在学习了该定理后积极思考：若限定正三角形的顶点都只能在正方形的边上，则她可以很快在边长为2的正方形纸片上剪出一个面积最大的正三角形，请你计算一下小雅剪出的这个正三角形的边长为____． 5. （2024年广东省广州市越秀区校考）如图，正方形，为上一个动点，交于点．过点作交于点，作于点，连接，下列结论：①；②；③；④为定值，其中正确的结论有__________（填序号）． 6. （2024年广东省广州市天河区）中，，，点D是边的中点，把点D绕点B逆时针旋转得到点E，连接，则线段的最小值是________． 7. （2024年广东省广州市南沙区）正方形中，P是对角线所在直线上一点．若P在对角线上(如图1)，连接，过点P作交于点Q．若，，则的长为______； 若P在的延长线上(如图2)，连接，过点P作交延长线于点E，连接，若，的面积是20，则的长为______． 8. （2024年广东省广州市花都区）如图，在矩形中，，，点E是上一个点，连接，，若绕点O顺时针旋转，旋转角为，点E对应点G，点C对应点F．①当时，等于_______°时，；②当且长度最大时，的长度为_______． 9. （2024年广东省广州市番禺区校考）如图1，点P从的顶点A出发，沿着的方向运动，到达点C后停止．设P点的运动时间为x，的长度为y，图2是y与x的关系图象，其中E点是曲线部分的最低点，则的面积是______． 10. （2024年广东省广州市白云区）两块三角板 (中，，中，，)按如图方式放置，下列结论正确的是______(填写所有正确结论的序号)． ①；②；③；④． 3、 二次函数型 1. （2024年广东省广州市增城区）已知二次函数的图象为抛物线C，一次函数的图象为直线l． （1）求抛物线C的顶点坐标（用含m的式子表示）； （2）若直线l与抛物线C有唯一交点，且该交点在x轴上，求k的值； （3）当时，直线l与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B作垂直于y轴直线与抛物线C有两个交点，其中在抛物线对称轴左侧的交点记为点P，当为钝角三角形时，求m的取值范围． 2. （2024年广东省广州市海珠区校考）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、（在的左边），与轴交于，且． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，直线交抛物线于、两点，点在抛物线上，且在直线下方，若以为圆心作，当与直线相切时，求最大半径及此时坐标； （3）如图2，是抛物线上一点，连接交轴于，作关于轴对称的直线交抛物线于，连接、，点是的中点，若、的纵坐标分别是、．直接写出，的数量关系． 3. （2024年广东省广州市越秀区校考）已知抛物线与x轴交于两点，且A在B的左边，与y轴交于点C． （1）求c的值； （2）若点P在抛物线上，且，求点P的坐标； （3）抛物线的对称轴与x轴交于D点，点Q为x轴下方的抛物线上任意一点，直线与抛物线的对称轴分别交于E，F两点，求的取值范围． 4. （2024年广东省广州市白云区）已知抛物线， （1）当时，求抛物线与x轴交点的坐标； （2）抛物线的顶点为A． ①若当时，都有y随x的增大而减小．求此时顶点A的纵坐标的取值范围； ②抛物线与y轴交于点B，对称轴与x轴交于点C，直线与x轴交于点D，抛物线在①的条件下，求的面积与的面积满足的数量关系． 5. （2024年广东省广州市番禺区校考）已知抛物线 （1）当时，求抛物线与轴的交点坐标； （2）若抛物线与轴有两个不同的交点（点在点的左侧），与轴交于点，过点作直线轴，点是直线上的一动点，点是轴上的一动点，且． ①当点落在抛物线上（不与点重合），且时，求的值； ②取的中点，是否存在的最小值为？若存在，求出此时的值，若不存在，请说明理由． 6. （2024年广东省广州市黄埔区）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），C，D两点的坐标分别为，． （1）求A，B两点的坐标； （2）若二次函数的图象经过点C，且与平行于x轴的直线l始终有两个交点M，N（点M在点N的左侧），P为该抛物线上异于M，N的一点，点N，P的横坐标分别为n，．当n的值发生变化时，的度数是否也发生变化？若变化，请求出度数的范围；若不变，请说明理由； （3）若二次函数的图象与线段只有一个交点，求a的取值范围． 7. （2024年广东省广州市荔湾区校考）在平面直角坐标系中，已知，，，那么可以得到线段的中点和的重心． 根据以上信息解决如下问题： 如图所示， 等边的边长为，是的中点，是的重心．顶点在射线（，射线与轴正方向所成夹角为）上，顶点在射线关于轴的对称射线上，顶点在边的上方． （1）若设，则求其横纵坐标，满足的等量关系（不用写出，的取值范围）． （2）若点B，C的横坐标分别为a，b； ①求出的取值范围； ②求点B从原点开始运动时，当点C回到原点时，点G运动路径的长度． 8. （2024年广东省广州市花都区）已知抛物线，点O为平面直角坐标系原点，点A坐标为． （1）若抛物线过点A，求抛物线解析式； （2）若抛物线与直线只有一个交点，求a的值． （3）把抛物线沿直线方向平移个单位（规定：射线方向为正方向）得到抛物线，若对于抛物线，当时，y随x的增大而增大，求t的取值范围． 9. （2024年广东省广州市南沙区）已知抛物线经过点． （1）用含的式子表示； （2）当时，设该抛物线与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点，的外接圆与轴交于另一点（点与点不重合），求点的坐标； （3）若点，，在该抛物线上，且当时，总有，求的取值范围． 10. （2024年广东省广州市天河区）在平面直角坐标系中，将过点的抛物线（b为常数）向右平移m个单位（），再向上平移n个单位（）得到新的抛物线，其顶点为E． （1）求点E的坐标；（用含m，n的式子表示） （2）若抛物线与坐标轴有且只有两个公共点，求满足条件的点E的纵坐标； （3）当时，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点D，且当时，对抛物线上的任意一点P，在抛物线上总存在一点Q，使得点P，Q的纵坐标相等，探究下列问题： ①求m的取值范围； ②若存在一点F，满足，求点F的纵坐标的取值范围． 4、 几何型 1. （2024年广东省广州市花都区）如图，在菱形中，，点E为线段上一个动点，边关于对称的线段为，连接． （1）当平分时，的度数为_______． （2）延长，交射线于点G，当时，求的长． （3）连接，点H为线段上一动点（不与点A，C重合），且，求的最小值． 2. （2024年广东省广州市南沙区）在平行四边形中，，连接，已知，点E在线段上，将线段绕点D顺时针旋转为线段． （1）如图1，线段与线段的交点和点E重合，连接，求线段的长度； （2）如图2，点G为延长线上一点，连接交于点H，连接，若点H为线段的中点，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，连接，延长交于点P，连接，直接写出线段长度的最小值． 3. （2024年广东省广州市天河区）如图1，正方形中，点E是边上任意一点（不与点B重合），以为边在它的外侧作正方形，点M和点P分别是这两个正方形的对称中心，连接． （1）填空：当时，线段长的最大值是　　　　； （2）在正方形的边上，是否存在一点Q，使得为等腰直角三角形？若存在，通过证明确定所有满足条件的点Q的具体位置；若不存在，请说明理由； （3）如图2．连接并延长，与交于点O．求的度数，并求出与的数量关系． 4. （2024年广东省广州市白云区）如图，在菱形中，， （1）连接，求的值； （2）点E以每秒2个单位长度的速度从B点出发向点C运动，同时点Q以每秒个单位长度的速度从D点出发向点B运动，当其中一点达到终点，另外一点随之停止运动． ①连接，能否为等腰三角形？如果能，求点E，Q的运动时间；如果不能，请说明理由； ② 连接，当时，求的值． 5. （2024年广东省广州市番禺区校考）如图，为的直径，，点在直线的下方且将平分，动点在上且位于直线上方，连接，作点关于直线的对称点，连接． （1）当与点重合时，则=________； （2）当时，求的长度； （3）能否等腰三角形？如果能，求出此时的长度；如果不能，请说明理由． 6. （2024年广东省广州市增城区）如图，在矩形中，，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点P的运动时间为t秒． （1）若． ①当点落在上时，求此时t的值； ②是否存在t，使得？若存在，求t的值？若不存在，请说明理由； （2）当点P不与C重合时，若直线与直线相交于点M，且当时存在结论“”成立，试探究：对于的任意时刻，结论“”是否总是成立？请说明理由． 7. （2024年广东省广州市海珠区校考）如图1，在Rt△ACB中，，，，点D、F分别是边AC、BC上动点，过点D作AB的垂线，垂足为E，连结FD，FE．设C、D两点之间的距离为x，C、F两点之间的距离为y． （1）当时，求x的值； （2）如图2，以FD，FE为邻边作，当时，是否存在y，使得的顶点G恰好落在的边上？若存在，请求出y的值，若不存在，请说明理由． 8. （2024年广东省广州市黄埔区）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得DF，连接，． （1）求证：△ADE≌△CDF； （2）若，，三点共线，连接，求线段的长． （3）当线段取最小值时，求． 9. （2024年广东省广州市荔湾区校考）如图1是初中平面几何中非常经典的“半角模型”，即在正方形中，E，F分别是，上的点，，， 分别交对角线于P，Q两点． 我们很容易得到下面三个结论： 结论1： 结论2： 结论3：A，B，E，Q四个点在同一个圆上，A，P，F，D四个点在同一个圆上（本题若用到以上三个结论，可不用证明） 有题目如下： （1）如图1，条件不变．求证： ①； ②． （2）如图2，在矩形中，E，F分别是，上的点，，且．请写出，，三者之间满足的数量关系，并加以证明． 10. （2024年广东省广州市越秀区校考）已知线段． （1）如图1，当时，求的度数； （2）如图2，当时，作，与交于点D，求的最小值，并直接写出此时线段的长： （3）如图3，当时，点E是线段上，关于对称线段为，延长交的延长线于点G，求当点E在方向上运动时，点G的运动路径长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$