重难点03 阅读理解问题与探究型问题（2种类型6种题型+考情分析+命题预测）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（全国通用）

重难点03 阅读理解问题与探究型问题 类型一 阅读理解问题 题型01 新定义型问题 【考情分析】新定义型问题属于阅读理解类问题，其出题形式通常在学生已学知识的基础上，引入一个全新的数学概念、运算或规则. 这些新定义可能涉及代数、几何、函数等多个领域，要求学生通过阅读和理解题目中的新信息，迅速将其与已有知识相结合，解决相关问题. 这类题目考查学生自学及灵活应用的能力，准确抓住新定义的本质内容是解题的关键，难度较大. 考向一 实数与方程类 1．（2024·山东威海·中考真题）定义新运算：①在平面直角坐标系中，表示动点从原点出发，沿着轴正方向（）或负方向（）．平移个单位长度，再沿着轴正方向（）或负方向（）平移个单位长度．例如，动点从原点出发，沿着轴负方向平移个单位长度，再沿着轴正方向平移个单位长度，记作．②加法运算法则：，其中，，，为实数． 若，则下列结论正确的是（    ） A．， B．， C．， D．， 2．（2024·甘肃·中考真题）定义一种新运算*，规定运算法则为：（m，n均为整数，且）．例：，则 ． 3．（2024·广东广州·中考真题）定义新运算：例如：，．若，则的值为 ． 4．（2022·内蒙古·中考真题）对于实数a，b定义运算“⊗”为，例如，则关于x的方程 的根的情况，下列说法正确的是（    ） A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．无实数根 D．无法确定 考向二 函数类 5．（2024·四川眉山·中考真题）定义运算：，例如，则函数的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·黑龙江大庆·中考真题）定义：若一个函数图象上存在纵坐标是横坐标2倍的点，则把该函数称为“倍值函数”，该点称为“倍值点”．例如：“倍值函数”，其“倍值点”为．下列说法不正确的序号为 ．①函数是“倍值函数”；②函数的图象上的“倍值点”是和；③若关于x的函数的图象上有两个“倍值点”，则m的取值范围是； ④若关于x的函数的图象上存在唯一的“倍值点”，且当时，n的最小值为k，则k的值为． 7．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）在平面直角坐标系中，对于点，给出如下定义：当点，满足时，称点是点的等和点． (1)已知点，在，，中，是点等和点的有_____； (2)若点的等和点在直线上，求的值； (3)已知，双曲线和直线，满足的取值范围是或．若点在双曲线上，点的等和点在直线上，求点的坐标． 8．（2024·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：如图1，是线段外一点，在的延长线上，且，因为点Q在线段上，所以点P是线段的“延长2分点”． (1)如图1，已知图形：线段，，，在中，______是图形的“延长2分点”； (2)如图2，已知图形：线段，，，若直线上存在点P是图形的“延长2分点”，求b的最小值： (3)如图3，已知图形：以为圆心，半径为1的，若以，，为顶点的等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围． 考向三 几何类 9．（2024·上海·模拟预测）新定义：正n边形最短对角线与最长对角线长度的比值为正n边形的特征值，则n的取值范围为 ，正六边形的特征值为 ． 10．（2024·河南驻马店·模拟预测）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．如图，在平面直角坐标系中，边长为3的正方形的两条边分别在坐标轴上，点M为边上中点，连接，点P是线段上一动点（点P不与A，M重合），过点P的直线与边交于点E（点E不与C重合），若四边形是等腰直角四边形，则点的长为 ． 11．（2024·湖南·模拟预测）奇异三角形是一个新定义的几何概念．奇异三角形是指一个三角形的三边满足以下关系：两边平方和等于第三边平方的两倍．现假设是奇异三角形，， 则的值为 ． 12．（2024·山东济南·三模）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如，四边形中，若或，则四边形是“对补四边形”． ①如图1，四边形是“对补四边形”，若，且时，； ②如图2，四边形是“对补四边形”，当，且时，图中，，之间的数量关系是； ③如图3，在四边形中，，平分，则四边形是“对补四边形”； ④如图4，在四边形中，，平分，且时，则． 以上结论正确的是（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．②③④ 13．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． (1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________； (2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； (3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． 14．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．      (1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形． (2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长． 题型02 思维阅读型问题 考向一 实数与方程类 15．（2024·安徽·中考真题）数学兴趣小组开展探究活动，研究了“正整数N能否表示为（均为自然数）”的问题． (1)指导教师将学生的发现进行整理，部分信息如下（为正整数）： 奇数 的倍数 表示结果 一般结论      ______ 按上表规律，完成下列问题： （）（    ）（    ）； （）______； (2)兴趣小组还猜测：像这些形如（为正整数）的正整数不能表示为（均为自然数）．师生一起研讨，分析过程如下： 假设，其中均为自然数． 分下列三种情形分析： 若均为偶数，设，，其中均为自然数， 则为的倍数． 而不是的倍数，矛盾．故不可能均为偶数． 若均为奇数，设，，其中均为自然数， 则______为的倍数． 而不是的倍数，矛盾．故不可能均为奇数． 若一个是奇数一个是偶数，则为奇数． 而是偶数，矛盾．故不可能一个是奇数一个是偶数． 由可知，猜测正确． 阅读以上内容，请在情形的横线上填写所缺内容． 16．（2023·山东潍坊·中考真题）［材料阅读] 用数形结合的方法，可以探究的值，其中． 例求的值． 方法1：借助面积为1的正方形，观察图①可知 的结果等于该正方形的面积， 即． 方法2：借助函数和的图象，观察图②可知 的结果等于，，，…，…等各条竖直线段的长度之和， 即两个函数图象的交点到轴的距离．因为两个函数图象的交点到轴的距为1， 所以，．    【实践应用】 任务一   完善的求值过程．    方法1：借助面积为2的正方形，观察图③可知______． 方法2：借助函数和的图象，观察图④可知 因为两个函数图象的交点的坐标为______， 所以，______． 任务二   参照上面的过程，选择合适的方法，求的值． 任务三   用方法2，求的值（结果用表示）． 【迁移拓展】 长宽之比为的矩形是黄金矩形，将黄金矩形依次截去一个正方形后，得到的新矩形仍是黄金矩形． 观察图⑤，直接写出的值．    17．（2023·湖南张家界·中考真题）阅读下面材料： 将边长分别为a，，，的正方形面积分别记为，，，． 则 例如：当，时， 根据以上材料解答下列问题： (1)当，时，______，______； (2)当，时，把边长为的正方形面积记作，其中n是正整数，从（1）中的计算结果，你能猜出等于多少吗？并证明你的猜想； (3)当，时，令，，，…，，且，求T的值． 18．（2024·四川达州·一模）阅读下列材料：我们发现，关于x的一元二次方程，如果的值是一个完全平方数时，一元二次方程的根不一定都为整数，但是如果一元二次方程的根都为整数，的值一定是一个完全平方数． 定义：两根都为整数的一元二次方程称为“全整根方程”，代数式的值为该“全整根方程”的“最值码”，用表示，即；若另一关于x的一元二次方程也为“全整根方程”，其“最值码”记为，当满足时，则称一元二次方程是一元二次方程的“全整根伴侣方程”． (1)“全整根方程”的“最值码”是______； (2)关于x的一元二次方程（m为整数、且）是“全整根方程”，请求出该方程的“最值码”； (3)若关于x的一元二次方程是（m，n均为正整数）的“全整根伴侣方程”，求的值． 考向二 函数类 19．（2023·江苏泰州·中考真题）阅读下面方框内的内容，并完成相应的任务． 小丽学习了方程、不等式、函数后提出如下问题：如何求不等式的解集？ 通过思考，小丽得到以下3种方法： 方法1    方程的两根为，，可得函数的图像与x轴的两个交点横坐标为、，画出函数图像，观察该图像在x轴下方的点，其横坐标的范围是不等式的解集． 方法2    不等式可变形为，问题转化为研究函数与的图像关系．画出函数图像，观察发现：两图像的交点横坐标也是、3；的图像在的图像下方的点，其横坐标的范围是该不等式的解集． 方法3    当时，不等式一定成立；当时，不等式变为；当时，不等式变为．问题转化为研究函数与的图像关系… 任务：(1)不等式的解集为_____________； (2)3种方法都运用了___________的数学思想方法（从下面选项中选1个序号即可）； A.分类讨论    B.转化思想    C.特殊到一般        D.数形结合 (3)请你根据方法3的思路，画出函数图像的简图，并结合图像作出解答． 20．（2023·四川凉山·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． 21．（2023·湖北鄂州·中考真题）某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究型抛物线图象．发现：如图1所示，该类型图象上任意一点P到定点的距离，始终等于它到定直线l：的距离（该结论不需要证明）．他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，叫做抛物线的准线方程．准线l与y轴的交点为H．其中原点O为的中点，．例如，抛物线，其焦点坐标为，准线方程为l：，其中，．    【基础训练】 (1)请分别直接写出抛物线的焦点坐标和准线l的方程：___________，___________； 【技能训练】 (2)如图2，已知抛物线上一点到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，求点P的坐标； 【能力提升】 (3)如图3，已知抛物线的焦点为F，准线方程为l．直线m：交y轴于点C，抛物线上动点P到x轴的距离为，到直线m的距离为，请直接写出的最小值； 【拓展延伸】 该兴趣小组继续探究还发现：若将抛物线平移至．抛物线内有一定点，直线l过点且与x轴平行．当动点P在该抛物线上运动时，点P到直线l的距离始终等于点P到点F的距离（该结论不需要证明）．例如：抛物线上的动点P到点的距离等于点P到直线l：的距离． 请阅读上面的材料，探究下题： (4)如图4，点是第二象限内一定点，点P是抛物线上一动点，当取最小值时，请求出的面积． 考向三 几何类 22．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．      23．（2024·湖北·模拟预测）阅读以下材料并完成问题 材料一：数形结合是一种重要的数学思想如可看做是图一中的长，可看做是的长． 材料二：费马点问题是一个古老的数学问题．费马点即在中有一点使得的值最小．著名法学家费马给出的证明方法如下： 将绕点向外旋转得到，并连接易得是等边三角形、，则，则，所以的值最小为． 请结合以上两材料求出的最小值      24．（2024·山西·模拟预测）阅读与思考： 阅读以下材料，并按要求完成相应任务： 婆罗摩笈多（）是古代印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下：古拉美古塔定理，如图，四边形内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线于点F，则． ，证明：，， ， ，， ． ， ∴_____________________（同弧所对的圆周角相等）． 又∵， ． ． … 任务： (1)材料中横线部分缺少的内容为：______； (2)古拉美古塔定理的逆命题：如图，四边形内接于，对角线，垂足为点M，直线交于点E，交于点F．若，则．请证明该命题． 题型03 模型学习型问题 【考情分析】模型学习型问题是给出一个新的数学模型，先简单介绍模型的应用方法，再要求学生在实际的问题环境中应用该模型解题，模型思想是数学中的常用思想，特别是几何证明中，掌握适当的模型更有利于学生快速的解题. 25．（2022·山东青岛·模拟预测）模型介绍：古希腊有一个著名的“将军饮马问题”，大致内容如下：古希腊一位将军，每天都要巡查河岸侧的两个军营A、B，他总是先去A营，再到河边饮马，之后再去B营，如图①，他时常想，怎么走才能使每天的路程之和最短呢？ 大数学家海伦曾用轴对称的方法巧妙的解决了这问题 如图②，作B关于直线l的对称点，连接与直线l交于点C，点C就是所求的位置． 请你在下列的阅读、应用的过程中，完成解答． (1)理由：如图③，在直线上另取任一点，连接，，， ∵直线是点B，的对称轴，点P，在上， ∴______，______， ∴______． 在中，∵， ∴， 即最小． 归纳小结：本问题实际是利用轴对称或旋转等变换的思想，把A、B在直线的同侧问题转化为在直线的两侧，从而可利用“两点之间线段最短”的问题加以解决，本问题可拓展为作定点关于定直线的对称点，从而转化为两点之间的距离或点线之间的距离来解决生活中问题的思想． (2)模型应用 如图④，正方形的边长为2，E为的中点，F是上一动点．求的最小值 分析：解决这个问题，可以借助上面的模型，由正方形的对称性可知，B与D关于直线对称，连接交于F，则的最小值就是线段的长度，的最小值是 ． 如图⑤在平面直角坐标系中，直线的函数关系式是，点C是的中点，点P是线段上一点，点Q是线段上一点，则周长的最小值是 ； 如图⑥，正方形的边长为，其内部有一点P，当的和最小时，则点P距离最近顶点的距离是多少？并写出解答过程． 26．（2023·云南昆明·一模）综合与实践 【问题情境】 数学活动课上，杨老师出示了教材上的一个问题： 如图1，四边形是正方形，是上的任意一点，于点，，交于点，求证：． 数学兴趣小组的小明同学做出了回答，解题思路如下：由正方形的性质得到，，再由垂直和平行可知，再利用同角的余角相等得到，则可根据“”判定，得到，所以． 【建立模型】 该数学小组小芳同学受此问题启发，对上面的问题进行了改编，并提出了如下问题： （1）如图2，四边形是正方形，，是对角线上的点，，连接，．求证：四边形是菱形； 【模型拓展】 该兴趣小组的同学们在杨老师的指导下大胆尝试，改变图形模型，发现并提出新的探究点： （2）如图3，若正方形的边长为12，是对角线上的一点，过点作，交边于点，连接，交对角线于点，，求的值．    27．（2024·山东临沂·模拟预测）几何探究与实践 (1)【模型认识】如图1所示，已知在中，，分别以为直角边构造等腰直角三角形和，连接，则与的关系是： ； (2)【初步应用】如图2所示，连接，求证：； (3)【深入研究】在（2）的条件下，试判断和的面积有何关系，并加以证明； (4)【拓广探索】如图3，在中，，，，以为直角边构造等腰直角三角形，且，连接，试直接写出的长度． 28．（2024·河南驻马店·二模）【问题发现】 （1）在数学活动课上，赵老师给出如下问题：“如图1 所示， 是等腰直角三角形，，，点D在上，连接，探究，，之间的数量关系．”王林思考片刻之后，利用手拉手模型解答问题如下： 图示 思路    将线段绕点 逆时针旋转得线段，连接，，易证，得到，，在 中，易得 ，由，得，， 之间的数量关系为_______． 【类比分析】 （2）如图2所示，当点在线段的延长线上时，请问（1）中的结论还成立吗？请给出判定，并写出你的推导过程； 【拓展延伸】 （3）若（1）中的点 在射线上，且 请直接写出的度数．    命题预测 1．（2025·贵州黔南·一模）定义一种新运算“”：当时，；当时，．例如：，． (1)填空：___________；（直接写出结果） (2)已知，求的取值范围． 2．（2024·甘肃·模拟预测）在正数范围内定义一种运算：，如，若，则m的值为 ． 3．（2025·河南焦作·一模）新定义：如果二次函数的图象经过点，那么称此二次函数图象为“定点抛物线”． (1)若抛物线与轴只有一个公共点，且是“定点抛物线”，求该抛物线的表达式． (2)已知抛物线（，为常数，且）． ①求证：该抛物线为“定点抛物线”； ②若，当抛物线的顶点在最低位置时，抛物线上有两点，，当时，求的取值范围． 4．（2025·辽宁抚顺·一模）定义：在平面直角坐标系中，函数图象上到两个坐标轴的距离相等的点叫做这个函数图象的完美点． 【定义解析】 例如：函数上的点，到两个坐标轴的距离相等，我们就称点，是函数图象的完美点． （1）若点是一次函数第四象限图象的完美点，求的值； （2）求二次函数图象的完美点； 【定义应用】 （3）若二次函数的图象上有且只有一个完美点，求二次函数的解析式； 【定义应用】 （4）若二次函数的图象上存在到两个坐标轴的距离相等且等于的完美点，请直接写出的值． 5．（2025·山西·一模）阅读下列材料，并完成相应的任务 数形结合解决二次根式求和问题 求两个二次根式的和，通常将二次根式化为最简二次根式，然后观察是否能合并同类二次根式，若能则合并，若不能则直接写出结果．但有一些二次根式并不能化为最简二次根式，如何进行求和运算？ 下面我们讨论一种新的方法——数形结合法 【例题】求的最小值 【分析】，将x和3分别作为的两条直角边，如图1所示，，，， ，将和4分别作为的两条直角边，如图2所示，，，则， 将与如图3所示放置，使点B与点F重合，与在一条直线上，则的最小值为线段的长．（依据） 任务： (1)直接写出材料中的依据为：_________； (2)写出求解长的解题过程； (3)按照材料中例题的方法，直接写出的最小值为_________． 6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）给定一个矩形A，如果存在另一个矩形B，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半，那么称矩形B是矩形A的“对半矩形” （1）阅读：当已知矩形A的边长分别为6和1时， 小明是这样研究的，设所求的对半矩形B的一边是x，则另一边为 由题意得方程：，化简得：， ∵， ∴， ∴矩形A存在对半矩形B． 小红的做法是：设所求的对半矩形的两边分别是x和y，由题意得方程组： 消去y化简后也得到： 然后通过解该一元二次方程我们可以求出对半矩形B的两边长 （2）如果已知矩形A的边长分别为3和2，请你仿照小明或小红的方法研究矩形A是否存在对半矩形B． （3）方程和函数之间密不可分，我们可以利用函数图象解决方程的相关问题，如图，在同一平面直角坐标系中画出了一次函数和反比例函数的部分图象，其中x和y分别表示矩形A的对半矩形B的两边长，请你结合之前的研究，回答下列问题： ①这个图象所研究的矩形A的面积为　　　；周长为　　　． ②对半矩形B的两边长为　　　． （4）在第（3）题的图形中，若点在双曲线上，轴，轴，垂足分别为B、C．连接，将沿若折叠，点C落在点P处，求点P的坐标，并判断点P是否落在双曲线上 7．（2025·宁夏·模拟预测） 阅读与思考 阅读下列材料，并完成相应任务． 函数是从数量的角度反映变化规律和对应关系的数学模型，初中阶段学习的函数有一次函数、二次函数、反比例函数，学习时可以从数量特征和几何特征（图象）来研究函数的性质．下面是研究三大函数图象沿y轴向下平移的特征． 一次函数图象的平移： 如图①，一次函数分别与轴，轴交于点，，将直线沿轴向下平移个单位，分别与轴，轴交于点，．分别将，代入，求得，，则，，由平移的性质得，，∴，，∵，∴（依据），∴，∵，，，∴，∴，设直线的函数表达式为，分别将，代入，解得，，直线的函数表达式为． 猜想1：将直线：沿轴向下平移个（）单位后，所得直线的函数表达式为：． 证明1：设点为上的任意一点，沿轴向下平移个单位后的对应点为，将代入，得，∵点为上的点，∴，∴，∴，∴点在直线上． 结论：猜想正确． 二次函数图象的平移： 猜想：将二次函数的图象沿轴向下平移 个单位后，所得二次函数的函数表达式为：． 证明：…… 反比例函数图象的平移：…… （1）任务一：填空：证明的依据是： ， （2）任务二：请完成猜想的证明； （3）任务三：如图②，直线与反比例函数的图象交于点，将反比例函数的图象沿y轴向下平移个单位后与直线交于点，直接写出线段的长． 类型二 探究型问题 题型01 “操作-探究”型问题 【考情分析】“操作--探究”型问题经常与图形的折叠联系在一起考查，试题一般先介绍动手操作过程，然后再探究其中的某些结论，解题的关键是注意在操作过程中的等量关系,折叠前后重合的线段和角都相等. 1．（2024·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． ①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； ②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积． 2．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H． 根据以上操作，得________． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明； （2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 3．（2024·山东济宁·中考真题）综合与实践 某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形中，且足够长）进行探究活动． 【动手操作】 如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，连接，把纸片展平． 第二步，把四边形折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为，再把纸片展平． 第三步，连接． 【探究发现】 根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论． 甲同学的结论：四边形是正方形． 乙同学的结论：． （1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由． 【继续探究】 在上面操作的基础上，丙同学继续操作． 如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在上的点M处，折痕为，连接，把纸片展平． 第五步，连接交于点N． 根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：． （2）请证明这个结论． 题型02 “探究-结论”型问题 【考情分析】“探究--结论”型问题的特点：题干较长，给学生一定的阅读压力，故学生在阅读的过程中要学会抓住主要信息，函数的探究问题是这类题目的常用出题角度，从最简单的列表、描点、连线入手，探究某一函数的特征，用以体现学习过程的重要性. 4．（2024·广西·中考真题）课堂上，数学老师组织同学们围绕关于x的二次函数的最值问题展开探究． 【经典回顾】二次函数求最值的方法． （1）老师给出，求二次函数的最小值． ①请你写出对应的函数解析式； ②求当x取何值时，函数y有最小值，并写出此时的y值； 【举一反三】老师给出更多a的值，同学们即求出对应的函数在x取何值时，y的最小值．记录结果，并整理成下表： a … 0 2 4 … x … * 2 0 … y的最小值 … * … 注：*为②的计算结果． 【探究发现】老师：“请同学们结合学过的函数知识，观察表格，谈谈你的发现．” 甲同学：“我发现，老师给了a值后，我们只要取，就能得到y的最小值．” 乙同学：“我发现，y的最小值随a值的变化而变化，当a由小变大时，y的最小值先增大后减小，所以我猜想y的最小值中存在最大值．” （2）请结合函数解析式，解释甲同学的说法是否合理？ （3）你认为乙同学的猜想是否正确？若正确，请求出此最大值；若不正确，说明理由． 5．（2024·宁夏·中考真题）在同一平面直角坐标系中，函数的图象可以由函数的图象平移得到．依此想法，数学小组对反比例函数图象的平移进行探究． (1)【动手操作】 列表： 1 2 3 4 5 2 1 0 1 2 3 4 2 1 描点连线：在已画出函数的图象的坐标系中画出函数的图象． (2)【探究发现】 ①将反比例函数的图象向___________平移___________个单位长度得到函数的图象． ②上述探究方法运用的数学思想是（　　） 整体思想    B．类比思想    C．分类讨论思想 (3)【应用延伸】 ①将反比例函数的图象先___________，再___________得到函数的图象． ②函数图象的对称中心的坐标为___________． 6．（2023·内蒙古呼和浩特·中考真题）探究函数的图象和性质，探究过程如下：    (1)自变量的取值范围是全体实数，与的几组对应值列表如下 其中，________．根据上表数据，在图1所示的平面直角坐标系中，通过描点画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分．观察图象，写出该函数的一条性质； (2)点是函数图象上的一动点，点，点，当时，请直接写出所有满足条件的点的坐标； (3)在图2中，当在一切实数范围内时，抛物线交轴于，两点（点在点的左边），点是点关于抛物线顶点的对称点，不平行轴的直线分别交线段，（不含端点）于，两点．当直线与抛物线只有一个公共点时，与的和是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 题型03 “探究-应用”型问题 【考情分析】“探究--应用”型问题在形式上一般有三部分，前两部分都是探索特殊情况下的结论，难度一般不大，最后一问是应用结论的过程，需要构造之前的数学模型，探索特殊位置时各个量间的关系，体现了学习中的猜想--验证--应用的过程. 7．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 8．（2024·江苏南通·中考真题）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图序 角平分线的长 的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 2 4 4 图② 1 2 图③ 1 ______ ______ ______ 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知的角平分线，，，用含的等式写出两腰之和与两腰之积之间的数量关系：______． 【变式思考】 （2）已知的角平分线，，用等式写出两边之和与两边之积之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，中，，点D在边上，．以点C为圆心，长为半径作弧与线段相交于点E，过点E作任意直线与边，分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？ 9．（2024·江苏镇江·中考真题）主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图 【阅读理解】 任务：如图1，点D、E分别在的边、上，，仅用一把无刻度的直尺作、的中点．      操作：如图2，连接、交于点P，连接交于点M，延长交于点N，则M、N分别为、的中点． 理由：由可得及，所以，．所以，．同理，由及，可得，．所以．所以，则，，即M、N分别为、的中点． 【实践操作】 请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （1）如图3，，点E、F在直线上． ①作线段的中点； ②在①中作图的基础上，在直线上位于点Ｆ的右侧作一点P，使得； （2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…k倍（k为正整数）的线段．如图4，，已知点、在上，他利用上述方法作出了．点E、F在直线上，请在图4中作出线段的三等分点； 【探索发现】 请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （3）如图5，是的中位线．请在线段上作出一点Q，使得（要求用两种方法）． 10．（2024·山东东营·中考真题）在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 11．（2024·山东潍坊·中考真题）【问题提出】 在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案． 说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积． 【数学建模】 这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题． 【探索发现】 （1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______． （2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由． （3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值． 【问题解决】 （4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可） 题型04 命题预测 1．（2025·山东济南·一模）综合与实践 如图1，某兴趣小组计划开垦一个面积为的矩形地块种植农作物，地块一边靠墙，另外三边用木栏围住，木栏总长为． 【问题提出】 小组同学提出这样一个问题：若，能否围出矩形地块？ 【问题探究】 小颖尝试从“函数图象”的角度解决这个问题： 设为，为．由矩形地块面积为，得到，满足条件的可看成是反比例函数的图象在第一象限内点的坐标；木栏总长为，得到，满足条件的可看成一次函数的图象在第一象限内点的坐标，同时满足这两个条件的就可以看成两个函数图象交点的坐标． 如图2，反比例函数的图象与直线：的交点坐标为和 ，因此，木栏总长为时，能围出矩形地块，分别为：，；或 ， ． （1）根据小颖的分析思路，完成上面的填空． 【类比探究】 （2）若，能否围出矩形地块？请仿照小颖的方法，在图2中画出一次函数图象并说明理由． 【问题延伸】 当木栏总长为时，小颖建立了一次函数．发现直线可以看成是直线通过平移得到的，在平移过程中，当过点时，直线与反比例函数的图象有唯一交点． （3）请在图2中画出直线过点时的图象，并求出的值． 2．（2025·江西·模拟预测）综合与实践 如图1，在中，点分别在直线和上，直线相交于点，某数学兴趣小组在探究四条线段的比例关系时，经历了如下过程： 【特例感知】 （1）①如图2，当时，若，则 ； ②如图3，当时，若，则 ． 【猜想证明】 （2）猜想四条线段的比例关系，并结合图1进行证明．（备注：从图1中的①或②选择一个证明即可） 【拓展应用】 （3）如图4，在四边形中，对角线相交于点，若，试求边的长． 3．（2025·河南开封·一模）综合与实践在中，． 问题发现 （1）如图1，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，，线段与之间的数量关系是___________，与的位置关系是___________． 类比探究 （2）如图2，将绕点按顺时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与之间的数量关系、位置关系与（1）中的结论是否一致？请说明理由． 迁移应用 （3）如图3，将绕点旋转一定的角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 4．（2025·江西·模拟预测）【探究证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘． 【动手操作】如图1，将矩形纸片对折，使与重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，展平纸片，连接． 请完成：（1）观察图1中，和，试猜想这三个角的大小关系； （2）证明（1）中的猜想； 【类比操作】如图2，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B，P分别落在上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，展平纸片，连接． 请完成： （3）是的一条________等分线． 1 / 59 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点03 阅读理解问题与探究型问题 类型一 阅读理解问题 题型01 新定义型问题 【考情分析】新定义型问题属于阅读理解类问题，其出题形式通常在学生已学知识的基础上，引入一个全新的数学概念、运算或规则. 这些新定义可能涉及代数、几何、函数等多个领域，要求学生通过阅读和理解题目中的新信息，迅速将其与已有知识相结合，解决相关问题. 这类题目考查学生自学及灵活应用的能力，准确抓住新定义的本质内容是解题的关键，难度较大. 考向一 实数与方程类 1．（2024·山东威海·中考真题）定义新运算： ①在平面直角坐标系中，表示动点从原点出发，沿着轴正方向（）或负方向（）．平移个单位长度，再沿着轴正方向（）或负方向（）平移个单位长度．例如，动点从原点出发，沿着轴负方向平移个单位长度，再沿着轴正方向平移个单位长度，记作． ②加法运算法则：，其中，，，为实数． 若，则下列结论正确的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】本题考查了新定义运算，平面直角坐标系，根据新定义得出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴ 解得：， 故选：B． 2．（2024·甘肃·中考真题）定义一种新运算*，规定运算法则为：（m，n均为整数，且）．例：，则 ． 【答案】8 【分析】根据定义，得，解得即可． 本题考查了新定义计算，正确理解定义的运算法则是解题的关键． 【详解】根据定义，得， 故答案为：8． 3．（2024·广东广州·中考真题）定义新运算：例如：，．若，则的值为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，一元一次方程的应用，解题的关键是明确新运算的定义．根据新定义运算法则列出方程求解即可． 【详解】解：∵ 而， ∴①当时，则有， 解得，； ②当时，， 解得， 综上所述，x的值是或， 故答案为：或． 4．（2022·内蒙古·中考真题）对于实数a，b定义运算“⊗”为，例如，则关于x的方程 的根的情况，下列说法正确的是（    ） A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根 C．无实数根 D．无法确定 【答案】A 【分析】先根据新定义得到关于x的方程为，再利用一元二次方程根的判别式求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴方程有两个不相等的实数根， 故选A． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，新定义下的实数运算，正确得到关于x的方程为是解题的关键． 考向二 函数类 5．（2024·四川眉山·中考真题）定义运算：，例如，则函数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查二次函数求最值，根据新定义，得到二次函数关系式，进而利用二次函数的性质，求最值即可． 【详解】解：由题意得，， 即， 当时，函数的最小值为． 故选：B． 6．（2024·黑龙江大庆·中考真题）定义：若一个函数图象上存在纵坐标是横坐标2倍的点，则把该函数称为“倍值函数”，该点称为“倍值点”．例如：“倍值函数”，其“倍值点”为．下列说法不正确的序号为 ． ①函数是“倍值函数”； ②函数的图象上的“倍值点”是和； ③若关于x的函数的图象上有两个“倍值点”，则m的取值范围是； ④若关于x的函数的图象上存在唯一的“倍值点”，且当时，n的最小值为k，则k的值为． 【答案】①③④ 【分析】本题考查了新定义问题，二次函数的图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，二次函数的最值问题．根据“倍值函数”的定义，逐一判断即可． 【详解】解：①函数中，令，则，无解，故函数不是“倍值函数”，故①说法错误； ②函数中，令，则， 解得或， 经检验或都是原方程的解， 故函数的图象上的“倍值点”是和，故②说法正确； ③在中， 令，则， 整理得， ∵关于x的函数的图象上有两个“倍值点”， ∴且， 解得且，故③说法错误； ④在中， 令，则， 整理得， ∵该函数的图象上存在唯一的“倍值点”， ∴， 整理得， ∴对称轴为，此时n的最小值为， 根据题意分类讨论， ，解得； ，无解； ，解得或（舍去）， 综上，k的值为0或，故④说法错误； 故答案为：①③④． 7．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）在平面直角坐标系中，对于点，给出如下定义：当点，满足时，称点是点的等和点． (1)已知点，在，，中，是点等和点的有_____； (2)若点的等和点在直线上，求的值； (3)已知，双曲线和直线，满足的取值范围是或．若点在双曲线上，点的等和点在直线上，求点的坐标． 【答案】(1)和； (2)； (3)或． 【分析】（）根据等和点的定义判断即可求解； （）设点的横坐标为，根据等和点的定义得点的纵坐标为，即可得点的坐标为，把点的坐标代入即可求解； （）由题意可得，，双曲线分布在一、三象限内，设直线与双曲线的交点分别为点，如图，由时的取值范围是或，可得点的横坐标为，点的横坐标为，即得，得到反比例函数解析式为，设，点的横坐标为，根据等和点的定义得，代入得，解方程得，，据此即可求解； 本题考查了点的坐标新定义运算，一次函数点的坐标特征，一次函数与反比例函数的交点问题，理解等和点的定义是解题的关键． 【详解】（1）解：由，得，， ∴点是点的等和点； 由，得，，， ∵， ∴不是点的等和点； 由，得，， ∴是点的等和点； 故答案为：和； （2）解：设点的横坐标为， ∵点是点的等和点， ∴点的纵坐标为， ∴点的坐标为， ∵点在直线上， ∴， ∴； （3）解：由题意可得，，双曲线分布在一、三象限内，设直线与双曲线的交点分别为点，如图，由时的取值范围是或，可得点的横坐标为，点的横坐标为， 把代入得，， ∴， 把代入得，， ∴， ∴反比例函数解析式为， 设，点的横坐标为， ∵点是点的等和点， ∴点的纵坐标为， ∴， ∵点在直线上， ∴， 整理得，， 去分母得，， 解得，， 经检验，是原方程的解， ∴点的坐标为或．    8．（2024·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：如图1，是线段外一点，在的延长线上，且，因为点Q在线段上，所以点P是线段的“延长2分点”． (1)如图1，已知图形：线段，，，在中，______是图形的“延长2分点”； (2)如图2，已知图形：线段，，，若直线上存在点P是图形的“延长2分点”，求b的最小值： (3)如图3，已知图形：以为圆心，半径为1的，若以，，为顶点的等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）根据题意，画出图象，进行判断即可； （2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，根据直线上存在点P是图形的“延长2分点”，得到直线与有交点，进而得到当过点时，值最小，进行求解即可； （3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，得到与有交点，求出与相切以及与相切，两种情况求出的临近值，即可得出结果． 【详解】（1）解：作线段以原点为位似中心，位似比为的位似图形， ∵，， ∴，， ∵点是图形的“延长2分点”， ∴点在线段上， ∵在线段上， ∴是图形的“延长2分点”； 故答案为：； （2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，如图， ∵，， ∴，， ∵直线上存在点P是图形的“延长2分点”， ∴直线与有交点， ∴当过点时，值最小， 把，代入，得：， ∴的最小值为； （3）作以原点为位似中心，位似比为的位似， ∵，，， ∴，，， ∵等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”， ∴当与有交点时，满足题意， 当与相切时，如图，则：或， ∴时，满足题意； 当与相切时，且切点为，连接，则：， ∵为等腰直角三角形， ∴为等腰直角三角形， ∵，，， ∴轴， ∴， ∵以为圆心，半径为1的， ∴点在直线上，， ∴， ∴， ∴或， ∴； 综上：或． 【点睛】本题考查坐标与图形变换—位似，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的性质等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，理解并掌握新定义，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 考向三 几何类 9．（2024·上海·模拟预测）新定义：正n边形最短对角线与最长对角线长度的比值为正n边形的特征值，则n的取值范围为 ，正六边形的特征值为 ． 【答案】 / 【分析】本题主要考查了多边形对角线的定义、正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、余弦的定义等知识点，发现正六边形的最短对角线和最长对角线的关系成为解题的关键． 根据对角线的形成条件可确定n的取值范围，再根据正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、余弦的定义即可求得正六边形的特征值． 【详解】解：由于正多边形存在对角线，则， 如图，正六边形中，对角线交于点O，连接． 易知是正六边形最长的对角线，是正六边形的最短的对角线， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴． 故答案为,． 10．（2024·河南驻马店·模拟预测）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．如图，在平面直角坐标系中，边长为3的正方形的两条边分别在坐标轴上，点M为边上中点，连接，点P是线段上一动点（点P不与A，M重合），过点P的直线与边交于点E（点E不与C重合），若四边形是等腰直角四边形，则点的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握新定义是解题的关键． 分，两种情况，分别画图，利用全等三角形和相似三角形进行解题即可． 【详解】解：如图，当，且时， 过点P作于点D，交于点F， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵正方形的边长为，是中点， ∴，，， ∴， ∴， ∴，即，解得， ∴ ∴， ∴； 当，且时，延长交于点F， 则四边形是矩形， ，， ∴， ∴，即，解得； 故答案为：1或． 11．（2024·湖南·模拟预测）奇异三角形是一个新定义的几何概念．奇异三角形是指一个三角形的三边满足以下关系：两边平方和等于第三边平方的两倍．现假设是奇异三角形，， 则的值为 ． 【答案】或 【分析】本题考查勾股定理及新定义三角形，根据题意，由勾股定理及奇异三角形定义两边平方和等于第三边平方的两倍，列方程组求解即可得到答案，读懂题意，理解奇异三角形定义是解决问题的关键． 【详解】解：在，，如图所示： 由勾股定理可得，即，则， 假设是奇异三角形， 根据奇异三角形定义，分两种情况：①；②； 当，即，联立，则，解得； 当，即，则，联立，则，解得； 综上所述，的值为或， 故答案为：或． 12．（2024·山东济南·三模）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如，四边形中，若或，则四边形是“对补四边形”． ①如图1，四边形是“对补四边形”，若，且时，； ②如图2，四边形是“对补四边形”，当，且时，图中，，之间的数量关系是； ③如图3，在四边形中，，平分，则四边形是“对补四边形”； ④如图4，在四边形中，，平分，且时，则． 以上结论正确的是（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】①根据“对补四边形”的定义，由，得 ，再利用勾股定理即可求得答案； ②延长至点，使得，连接，根据“对补四边形”的定义，可证明，继而证明，从而可得结论； ③过点作于点，于点，则，可证，进而可证四边形是“对补四边形”； ④设，则根据，再运用建立方程，解方程即可求得． 【详解】解：如图1，连接， ，， ， 在中 ， 在中 ， ， ， ，故①错误； 如图2，延长至点，使得，连接， 四边形是“对补四边形”， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 即，故②正确； 如图3，过点作于点，于点， 则， 平分， ， ， ， ， ， ， 与互补， 四边形是“对补四边形”； 由③可知四边形是“对补四边形”， ， ， ， 设， 则， ， ， ， ， ， ， 整理得：， 解得：． 在中，， ，故④错误， 故选：B． 【点睛】本题考查了勾股定理，四边形内角和定理，全等三角形的性质与判定，解一元二次方程，三角函数的定义等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质，准确理解新定义是解题的关键． 13．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． (1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________； (2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； (3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． 【答案】(1)， (2)，理由见解析 (3)①见解析；②或． 【分析】（1）根据题意可推出，得到，从而推出，再根据勾股定理可求得，再求得； （2）根据题意可推出，得到，设，则，，再利用勾股定理得到，从而推出、，即可求得答案； （3）①分情况讨论，第一种情况，作的平行线，使，连接，延长交于点；第二种情况，作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接；第三种情况，作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线； 在延长线上取点F，使，连接； ②根据①中的三种情况讨论： 第一种情况，根据题意可证得是等腰三角形，作，则，可推出，从而推出，计算可得，最后利用勾股定理即可求得； 第二种情况，延长、交于点，同理可得是等腰三角形，连接，可由，结合三线合一推出，从而推出，同第一种情况即可求得； 第三种情况无交点，不符合题意． 【详解】（1）解：，为的中点，，，， ，， ，即，解得， ， ； 故答案为：1；； （2）解：，理由如下： 根据题意，在垂中四边形中，，且为的中点， ，； 又 ， ， ； 设，则， ， ， ，， ， ， ， ； （3）解：①第一种情况： 作的平行线，使，连接， 则四边形为平行四边形； 延长交于点， ， ， ， ，， ，即， 为的中点； 故如图1所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： 第二种情况： 作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接， 故为的中点； 同理可证明：， 则， 则四边形是平行四边形； 故如图2所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： 第三种情况： 作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线； 在延长线上取点F，使，连接， 则为的中点， 同理可证明，从而， 故四边形是平行四边形； 故如图3所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： ②若按照图1作图， 由题意可知，， 四边形是平行四边形， ， ， 是等腰三角形； 过P作于H，则， ，， ，， ， ； ,， ， ，即   ∴ 若按照图2作图， 延长、交于点， 同理可得：是等腰三角形， 连接， ， ， ， ， ； 同理，， ，，， ，即，   ， 若按照图3作图，则：没有交点，不存在PE（不符合题意） 故答案为：或． 【点睛】本题考查了垂中平行四边形的定义，平行四边形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作图，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握以上知识点，读懂题意并作出合适的辅助线是解题的关键． 14．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．      (1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形． (2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)画图见解析 (3) 【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论； （2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D； （3）如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∵对角线平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为邻等四边形． （2）解：，，即为所求； （3）如图，过作于，      ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，， 设，而， ∴，， 由新定义可得， 由勾股定理可得：， 整理得：， 解得：，（不符合题意舍去）， ∴， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键． 题型02 思维阅读型问题 考向一 实数与方程类 15．（2024·安徽·中考真题）数学兴趣小组开展探究活动，研究了“正整数N能否表示为（均为自然数）”的问题． (1)指导教师将学生的发现进行整理，部分信息如下（为正整数）： 奇数 的倍数 表示结果 一般结论      ______ 按上表规律，完成下列问题： （）（    ）（    ）； （）______； (2)兴趣小组还猜测：像这些形如（为正整数）的正整数不能表示为（均为自然数）．师生一起研讨，分析过程如下： 假设，其中均为自然数． 分下列三种情形分析： 若均为偶数，设，，其中均为自然数， 则为的倍数． 而不是的倍数，矛盾．故不可能均为偶数． 若均为奇数，设，，其中均为自然数， 则______为的倍数． 而不是的倍数，矛盾．故不可能均为奇数． 若一个是奇数一个是偶数，则为奇数． 而是偶数，矛盾．故不可能一个是奇数一个是偶数． 由可知，猜测正确． 阅读以上内容，请在情形的横线上填写所缺内容． 【答案】(1)（），；（）； (2) 【分析】（）（）根据规律即可求解；（）根据规律即可求解； （）利用完全平方公式展开，再合并同类项，最后提取公因式即可； 本题考查了平方差公式，完全平方公式，掌握平方差公式和完全平方公式的运算是解题的关键． 【详解】（1）（）由规律可得，， 故答案为：，； （）由规律可得，， 故答案为：； （2）解：假设，其中均为自然数． 分下列三种情形分析： 若均为偶数，设，，其中均为自然数， 则为的倍数． 而不是的倍数，矛盾．故不可能均为偶数． 若均为奇数，设，，其中均为自然数， 则为的倍数． 而不是的倍数，矛盾．故不可能均为奇数． 若一个是奇数一个是偶数，则为奇数． 而是偶数，矛盾．故不可能一个是奇数一个是偶数． 由可知，猜测正确． 故答案为：． 16．（2023·山东潍坊·中考真题）［材料阅读] 用数形结合的方法，可以探究的值，其中． 例求的值． 方法1：借助面积为1的正方形，观察图①可知 的结果等于该正方形的面积， 即． 方法2：借助函数和的图象，观察图②可知 的结果等于，，，…，…等各条竖直线段的长度之和， 即两个函数图象的交点到轴的距离．因为两个函数图象的交点到轴的距为1， 所以，．    【实践应用】 任务一   完善的求值过程．    方法1：借助面积为2的正方形，观察图③可知______． 方法2：借助函数和的图象，观察图④可知 因为两个函数图象的交点的坐标为______， 所以，______． 任务二   参照上面的过程，选择合适的方法，求的值． 任务三   用方法2，求的值（结果用表示）． 【迁移拓展】 长宽之比为的矩形是黄金矩形，将黄金矩形依次截去一个正方形后，得到的新矩形仍是黄金矩形． 观察图⑤，直接写出的值．    【答案】任务一，方法1：；方法2：，；任务二，；任务三，；[迁移拓展] 【分析】任务一，仿照例题，分别根据方法1，2进行求解即可； 任务二，借助函数和得出交点坐标，进而根据两个函数图象的交点到轴的距离．因为两个函数图象的交点到轴的距为2，即可得出结果； 任务三  参照方法2，借助函数和的图象，得出交点坐标，即可求解； [迁移拓展]观察图⑤第一个正方形的面积为，第二个正方形的面积为，……进而得出则的值等于长宽之比为的矩形减去1个面积为的正方形的面积，即可求解． 【详解】解：任务一，方法1：借助面积为2的正方形，观察图③可知 故答案为：． 方法2：借助函数和的图象，观察图④可知 因为两个函数图象的交点的坐标为， 所以， ． 故答案为：，． 任务二：参照方法2，借助函数和的图象，， 解得： ∴两个函数图象的交点的坐标为， ． 任务三  参照方法2，借助函数和的图象，两个函数图象的交点的坐标为， ∴ [迁移拓展]根据图⑤，第一个正方形的面积为，第二个正方形的面积为，…… 则的值等于长宽之比为的矩形减去1个面积为1的正方形的面积， 即 【点睛】本题考查了一次函数交点问题，正方形面积问题，理解题意，仿照例题求解是解题的关键． 17．（2023·湖南张家界·中考真题）阅读下面材料： 将边长分别为a，，，的正方形面积分别记为，，，． 则 例如：当，时， 根据以上材料解答下列问题： (1)当，时，______，______； (2)当，时，把边长为的正方形面积记作，其中n是正整数，从（1）中的计算结果，你能猜出等于多少吗？并证明你的猜想； (3)当，时，令，，，…，，且，求T的值． 【答案】(1)， (2)猜想结论：，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题意，直接代入然后利用完全平方公式展开合并求解即可； （2）根据题意得出猜想，然后由完全平方公式展开证明即可； （3）结合题意利用（2）中结论求解即可． 【详解】（1）解： 当，时， 原式； 当，时， 原式； （2）猜想结论： 证明： ； （3） ． 【点睛】题目主要考查利用完全平方公式进行计算，理解题意，得出相应规律是解题关键． 18．（2024·四川达州·一模）阅读下列材料：我们发现，关于x的一元二次方程，如果的值是一个完全平方数时，一元二次方程的根不一定都为整数，但是如果一元二次方程的根都为整数，的值一定是一个完全平方数． 定义：两根都为整数的一元二次方程称为“全整根方程”，代数式的值为该“全整根方程”的“最值码”，用表示，即；若另一关于x的一元二次方程也为“全整根方程”，其“最值码”记为，当满足时，则称一元二次方程是一元二次方程的“全整根伴侣方程”． (1)“全整根方程”的“最值码”是______； (2)关于x的一元二次方程（m为整数、且）是“全整根方程”，请求出该方程的“最值码”； (3)若关于x的一元二次方程是（m，n均为正整数）的“全整根伴侣方程”，求的值． 【答案】(1) (2)方程的“最值码”为； (3) 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及“全整根方程”的定义，理解新定义的含义是解本题的关键． （1）直接利用新定义计算即可； （）通过的取值范围确定根的判别式的范围，继而根据“整数根”特点确定根的判别式的取值，最后结合为整数确定取值，按照“最值码”定义求解即可； （）依次求出方程和的“最值码”，根据“全整根伴侣方程”的定义列得方程，结合，均为正整数即可求解；读懂题目中“全整根方程”的“最值码”及“全整根伴侣方程”的定义是解题的关键． 【详解】（1）解：“全整根方程”的“最值码”是 ； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵是“全整根方程”， ∴是完全平方数， 即是完全平方数， ∴或或， 解得或或， ∵为整数， ∴， 当时，方程化为 ， ∴； ∴方程的“最值码”为； （3）解：方程的“最值码”为 ， 方程的“最值码”为 ， ∵是的“全整根伴侣方程”， ∴， 即， 整理得，， ∴， 即， ∵，均为正整数， ∴， ∴， ∴． 考向二 函数类 19．（2023·江苏泰州·中考真题）阅读下面方框内的内容，并完成相应的任务． 小丽学习了方程、不等式、函数后提出如下问题：如何求不等式的解集？ 通过思考，小丽得到以下3种方法： 方法1    方程的两根为，，可得函数的图像与x轴的两个交点横坐标为、，画出函数图像，观察该图像在x轴下方的点，其横坐标的范围是不等式的解集． 方法2    不等式可变形为，问题转化为研究函数与的图像关系．画出函数图像，观察发现：两图像的交点横坐标也是、3；的图像在的图像下方的点，其横坐标的范围是该不等式的解集． 方法3    当时，不等式一定成立；当时，不等式变为；当时，不等式变为．问题转化为研究函数与的图像关系… 任务：(1)不等式的解集为_____________； (2)3种方法都运用了___________的数学思想方法（从下面选项中选1个序号即可）； A.分类讨论    B.转化思想    C.特殊到一般        D.数形结合 (3)请你根据方法3的思路，画出函数图像的简图，并结合图像作出解答． 【答案】(1) (2)D (3)图像见解析，不等式的解集为 【分析】（1）如图1，作的图像，由方法1可知，不等式的解集为； （2）由题意知，3种方法都运用了数形结合的数学思想方法； （3）如图2，作函数与的图像，由图像可得，的解集为，或，进而可得的解集． 【详解】（1）解：如图1，作的图像，    由方法1可知，不等式的解集为， 故答案为：； （2）解：由题意知，3种方法都运用了数形结合的数学思想方法， 故选：D； （3）解：如图2，作函数与的图像，    由图像可得，的解集为，或， 综上，的解集为． 【点睛】本题考查了数形结合求一元二次不等式的解集，作二次函数、一次函数、反比例函数的图像．解题的关键在于理解题意并正确的作函数图象． 20．（2023·四川凉山·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，利用待定系数法将和代入求解即可． 【详解】（1）将代入得，， ∴， ∵直线与反比例函数的图象交于点， ∴设， ∵，， ∴在中，， ∴， ∴解得，， ∵点A的横坐标要大于点B的横坐标， ∴应舍去， ∴， ∴， ∴将代入，解得； ∴反比例函数的解析式为； （2）∵，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵将直线绕点顺时针旋转后的直线与轴交于点， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴，即， ∴解得， ∴， ∴， ∴设直线的解析式为， ∴将和代入得，， ∴解得， ∴直线的解析式为． 【点睛】此题考查了反比例函数，一次函数和几何综合题，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是正确理解材料的内容． 21．（2023·湖北鄂州·中考真题）某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究型抛物线图象．发现：如图1所示，该类型图象上任意一点P到定点的距离，始终等于它到定直线l：的距离（该结论不需要证明）．他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，叫做抛物线的准线方程．准线l与y轴的交点为H．其中原点O为的中点，．例如，抛物线，其焦点坐标为，准线方程为l：，其中，．    【基础训练】 (1)请分别直接写出抛物线的焦点坐标和准线l的方程：___________，___________； 【技能训练】 (2)如图2，已知抛物线上一点到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，求点P的坐标； 【能力提升】 (3)如图3，已知抛物线的焦点为F，准线方程为l．直线m：交y轴于点C，抛物线上动点P到x轴的距离为，到直线m的距离为，请直接写出的最小值； 【拓展延伸】 该兴趣小组继续探究还发现：若将抛物线平移至．抛物线内有一定点，直线l过点且与x轴平行．当动点P在该抛物线上运动时，点P到直线l的距离始终等于点P到点F的距离（该结论不需要证明）．例如：抛物线上的动点P到点的距离等于点P到直线l：的距离． 请阅读上面的材料，探究下题： (4)如图4，点是第二象限内一定点，点P是抛物线上一动点，当取最小值时，请求出的面积． 【答案】(1)，； (2)； (3) (4) 【分析】（1）根据题中所给抛物线的焦点坐标和准线方程的定义求解即可； （2）利用两点间距离公式结合已知条件列式整理得，然后根据，求出，进而可得，问题得解； （3）过点作直线交于点，过点作准线交于点，结合题意和（1）中结论可知，，根据两点之间线段最短可得当，，三点共线时，的值最小；待定系数法求直线的解析式，求得点的坐标为，根据点是直线和直线m的交点，求得点的坐标为，即可求得和的值，即可求得； （4）根据题意求得抛物线的焦点坐标为，准线l的方程为，过点作准线交于点，结合题意和（1）中结论可知，则，根据两点之间线段最短可得当，，三点共线时，的值最小；求得，即可求得的面积． 【详解】（1）解：∵抛物线中， ∴，， ∴抛物线的焦点坐标为，准线l的方程为， 故答案为：，； （2）解：由（1）知抛物线的焦点F的坐标为， ∵点到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍， ∴，整理得：， 又∵， ∴ 解得：或（舍去）， ∴， ∴点P的坐标为； （3）解：过点作直线交于点，过点作准线交于点，结合题意和（1）中结论可知，，如图：    若使得取最小值，即的值最小，故当，，三点共线时，，即此刻的值最小； ∵直线与直线垂直，故设直线的解析式为， 将代入解得：， ∴直线的解析式为， ∵点是直线和抛物线的交点， 令，解得：，（舍去）， 故点的坐标为， ∴， ∵点是直线和直线m的交点， 令，解得：， 故点的坐标为， ∴， ． 即的最小值为． （4）解：∵抛物线中， ∴，， ∴抛物线的焦点坐标为，准线l的方程为， 过点作准线交于点，结合题意和（1）中结论可知，则，如图：    若使得取最小值，即的值最小，故当，，三点共线时，，即此刻的值最小；如图：    ∵点的坐标为，准线， ∴点的横坐标为，代入解得， 即，， 则的面积为． 【点睛】本题考查了两点间距离公式结合，两点之间线段最短，三角形的面积，一次函数的交点坐标，一次函数与抛物线的交点坐标等，解决问题的关键是充分利用新知识的结论． 考向三 几何类 22．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．   我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．   ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． ∵分别为的中点，∴．（依据1）   ∴．∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即， ∴四边形是平行四边形．（依据2）∴． ∵，∴．同理，… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____________． 依据2是指：_____________． (2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） (3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．    【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） (2)答案不唯一，见解析 (3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可； （2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可； （3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论． 【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半） 平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） （2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求    （3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和， 证明如下：∵点分别是边的中点， ∴． ∴． 同理． ∴四边形的周长． 即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 23．（2024·湖北·模拟预测）阅读以下材料并完成问题 材料一：数形结合是一种重要的数学思想如可看做是图一中的长，可看做是的长． 材料二：费马点问题是一个古老的数学问题．费马点即在中有一点使得的值最小．著名法学家费马给出的证明方法如下： 将绕点向外旋转得到，并连接易得是等边三角形、，则，则，所以的值最小为． 请结合以上两材料求出的最小值    【答案】 【分析】本题考查坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，将原式转化为，构造直角三角形，，，以为坐标原点构造直角坐标系，设为，进而得到，，，将绕点点逆时针旋转得到，并做，根据旋转的性质，含30度角的性质，求出的长，根据，进行求解即可． 【详解】解：原式 可看做下图中的，其中为 则，， 将绕点点逆时针旋转得到，并做 ，，，，， ，为等边三角形， ，，， 又 ， ∵， ∴， ∴的最小值为； 的最小值为．    24．（2024·山西·模拟预测）阅读与思考： 阅读以下材料，并按要求完成相应任务： 婆罗摩笈多（）是古代印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下：古拉美古塔定理，如图，四边形内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线于点F，则． ，证明：，， ， ，， ． ， ∴_____________________（同弧所对的圆周角相等）． 又∵， ． ． … 任务： (1)材料中横线部分缺少的内容为：______； (2)古拉美古塔定理的逆命题：如图，四边形内接于，对角线，垂足为点M，直线交于点E，交于点F．若，则．请证明该命题． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查圆周角定理，斜边上的中线，等角对等边： （1）根据圆周角定理，作答即可； （2）斜边上的中线，得到，得到，， 圆周角定理，得到，推出，即可得证． 【详解】（1）证明：，， ， ，， ． ， ∴（同弧所对的圆周角相等）． 又∵， ． ． 故答案为：； （2）证明：在中，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． 题型03 模型学习型问题 【考情分析】模型学习型问题是给出一个新的数学模型，先简单介绍模型的应用方法，再要求学生在实际的问题环境中应用该模型解题，模型思想是数学中的常用思想，特别是几何证明中，掌握适当的模型更有利于学生快速的解题. 25．（2022·山东青岛·模拟预测）模型介绍：古希腊有一个著名的“将军饮马问题”，大致内容如下：古希腊一位将军，每天都要巡查河岸侧的两个军营A、B，他总是先去A营，再到河边饮马，之后再去B营，如图①，他时常想，怎么走才能使每天的路程之和最短呢？ 大数学家海伦曾用轴对称的方法巧妙的解决了这问题 如图②，作B关于直线l的对称点，连接与直线l交于点C，点C就是所求的位置． 请你在下列的阅读、应用的过程中，完成解答． (1)理由：如图③，在直线上另取任一点，连接，，， ∵直线是点B，的对称轴，点P，在上， ∴______，______， ∴______． 在中，∵， ∴， 即最小． 归纳小结：本问题实际是利用轴对称或旋转等变换的思想，把A、B在直线的同侧问题转化为在直线的两侧，从而可利用“两点之间线段最短”的问题加以解决，本问题可拓展为作定点关于定直线的对称点，从而转化为两点之间的距离或点线之间的距离来解决生活中问题的思想． (2)模型应用 如图④，正方形的边长为2，E为的中点，F是上一动点．求的最小值 分析：解决这个问题，可以借助上面的模型，由正方形的对称性可知，B与D关于直线对称，连接交于F，则的最小值就是线段的长度，的最小值是 ． 如图⑤在平面直角坐标系中，直线的函数关系式是，点C是的中点，点P是线段上一点，点Q是线段上一点，则周长的最小值是 ； 如图⑥，正方形的边长为，其内部有一点P，当的和最小时，则点P距离最近顶点的距离是多少？并写出解答过程． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由轴对称的性质和三角形三边关系解答即可； （2）由正方形的对称性确定出的位置；如图，作关于直径轴对称点，作交轴于，垂足为，则周长的最小值是就是线的长度，作轴交轴于，连接，利用三角函数结合勾股定理求解即可． 【详解】（1）理由：如图③，在直线上另取任一点，连接，，， ∵直线是点B，的对称轴，点P，在上， ∴，， ∴． 在中，∵， ∴，即最小． （2）解：解决这个问题，可以借助上面的模型，由正方形的对称性可知，与关于直线对称，连接交于， 则的最小值就是线段的长度，的最小值是． 在正方形中，， 点是中点， ， 根据勾股定理得，， 即：的最小值， 故答案为：； 如图， 一次函数的图象与，轴分别交于，两点， ，， ∴ 又∵点C是的中点， ∴， 由平面坐标系中的对称性可知，作关于轴对称点，关于直线的对称点，连接，则长为周长的最小值，过作轴于点D，连接， 则， ∴， ∴， ∴， ∴，即，解得， ∴， 在中，，即， 解得（舍去），， ∴， ∴    ， ∴； 故答案为：； 解：如图，将沿点逆时针旋转到， 过作，交的延长线于，连接， ，，，， ，， 是正三角形， ， ∴∠ 此时，的最小值为， ，， ， 在中，，， 得：，，， ∴，， 过点P作于点Q， 则， ∵， ∴， ∴，即， 解的：， ∴， ∴， ∴点P距离最近顶点的距离是． 26．（2023·云南昆明·一模）综合与实践 【问题情境】 数学活动课上，杨老师出示了教材上的一个问题： 如图1，四边形是正方形，是上的任意一点，于点，，交于点，求证：． 数学兴趣小组的小明同学做出了回答，解题思路如下：由正方形的性质得到，，再由垂直和平行可知，再利用同角的余角相等得到，则可根据“”判定，得到，所以． 【建立模型】 该数学小组小芳同学受此问题启发，对上面的问题进行了改编，并提出了如下问题： （1）如图2，四边形是正方形，，是对角线上的点，，连接，．求证：四边形是菱形； 【模型拓展】 该兴趣小组的同学们在杨老师的指导下大胆尝试，改变图形模型，发现并提出新的探究点： （2）如图3，若正方形的边长为12，是对角线上的一点，过点作，交边于点，连接，交对角线于点，，求的值．    【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）利用证明，得，从而得出四边形是平行四边形，再利用证明，得，则是菱形； （2）把绕点逆时针旋转点得到，连接，根据，知以为直径作圆，则点，，，均在此圆上，则，根据半角模型知，得，设，则，则，进而解决问题． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， 是菱形； （2）解：如图，把绕点逆时针旋转点得到，连接，   四边形是正方形， ，， ， ， ， 以为直径作圆，则点，，，均在此圆上， ， ， 由旋转得，，，， ， ， ， ， 在与中， ， ， ， ，， ， 由， 设，则， 在中，，则， 正方形的边长为12， 由勾股定理得， 即， ， ，， ，， ， ， ． 【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，菱形的判定，四点共圆，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，证明是解决问题（2）的关键． 27．（2024·山东临沂·模拟预测）几何探究与实践 (1)【模型认识】如图1所示，已知在中，，分别以为直角边构造等腰直角三角形和，连接，则与的关系是： ； (2)【初步应用】如图2所示，连接，求证：； (3)【深入研究】在（2）的条件下，试判断和的面积有何关系，并加以证明； (4)【拓广探索】如图3，在中，，，，以为直角边构造等腰直角三角形，且，连接，试直接写出的长度． 【答案】(1)且 (2)见解析 (3)和的面积相等，理由见解析 (4) 【分析】（1）根据等腰三角形的判定和性质证明即可求解； （2）在中，，在中，，再根据，即可求解； （3）如图所示，延长到点，使得，连接，根据题意可证，再根据三角形中线平分三角形面积可求解； （4）如图所示，以为边作等腰直角三角形，连接，设交于点，证明，易得，则可得的长；延长，过点Q作延长线于点T，则可求得的长，在中，由勾股定理可求得的长，从而得到的长． 【详解】（1）解：∵，都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴，， 在中，， ∴在中，， ∴，即， 故答案为：且； （2）证明：由（1）可知，且， 在中，， 在中，， ∵， ∴ ， ∴； （3）解：和的面积相等，理由如下， 如图所示，延长到点，使得，连接， ∵， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中， ， ∴， ∴， 在中，点是中点， ∴， ∴， ∴和的面积相等； （4）解：如图所示，以为边作等腰直角三角形，连接，设交于点， ∴， ∴，即， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即，垂足为， 在中，， ∴， 如图所示，延长，过点Q作延长线于点T， ∵， ∴， 在中，，， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴的长度为． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中线平分三角形面积，勾股定理等知识的综合，含角的直角三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质是解题的关键． 28．（2024·河南驻马店·二模）【问题发现】 （1）在数学活动课上，赵老师给出如下问题：“如图1 所示， 是等腰直角三角形，，，点D在上，连接，探究，，之间的数量关系．”王林思考片刻之后，利用手拉手模型解答问题如下： 图示 思路    将线段绕点 逆时针旋转得线段，连接，，易证，得到，，在 中，易得 ，由，得，， 之间的数量关系为_______． 【类比分析】 （2）如图2所示，当点在线段的延长线上时，请问（1）中的结论还成立吗？请给出判定，并写出你的推导过程； 【拓展延伸】 （3）若（1）中的点 在射线上，且 请直接写出的度数．    【答案】（1）；（2）（1）中结论成立，见解析；（3）75°或15° 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数，解题的关键是灵活运用这些性质，并正确作出辅助线． （1）根据题意可得是直角三角形，根据勾股定理和全等三角形对应边线段相等即可求解； （2）将线段绕点逆时针旋转得线段．可证明，进而得到，，进而证明，进而得到在中，，再根据勾股定理即可求解； （3）分两种情况讨论：当点在上时，当点在延长线上时，在利用前面结论在中得， 得，进而得出． 【详解】证明：（1）将线段绕点 逆时针旋转得线段，连接，，   ， ， ， ，， ， ，， ，， ， ， ， ，， ， ； （2）（1）中结论成立． 理由：将线段绕点逆时针旋转得线段． 如图1所示，连接，．    ∵ 为等腰直角三角形， ∴，． 由旋转性质可知为等腰直角三角形． ∴，． ∴． ∴． ∴． ∴，． ； 在中，且 （3）如图所示，当点D在上时，    同理可得：，，，， ∴在中， ∴． ∵， ∴； 如图3所示，当点在延长线上时，，，    ∴． 综上所述，的度数为或． 命题预测 1．（2025·贵州黔南·一模）定义一种新运算“”：当时，；当时，．例如：，． (1)填空：___________；（直接写出结果） (2)已知，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】此题考查了有理数的混合运算和解一元一次不等式组． （1）根据新定义进行计算即可； （2）分两种情况列出不等式组，解不等式组即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意可得，， 故答案为： （2）由题意，知，①或，② 由①，得； 由②，得该不等式组无解； 的取值范围为 2．（2024·甘肃·模拟预测）在正数范围内定义一种运算：，如，若，则m的值为 ． 【答案】5 【分析】此题考查了一元二次方程的应用，弄清题中的新定义是解本题的关键．利用题中的新定义，得到 ，解出即可求解． 【详解】解：由题意得：，即 ∴或 解得：（舍去）或． 故答案为：5． 3．（2025·河南焦作·一模）新定义：如果二次函数的图象经过点，那么称此二次函数图象为“定点抛物线”． (1)若抛物线与轴只有一个公共点，且是“定点抛物线”，求该抛物线的表达式． (2)已知抛物线（，为常数，且）． ①求证：该抛物线为“定点抛物线”； ②若，当抛物线的顶点在最低位置时，抛物线上有两点，，当时，求的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式； （1）根据题意“定点抛物线”与轴只有一个公共点，且经过点，得出，解方程组，即可求解； （2）①将代入解析式，即可求解； ②根据题意才抛物线的对称轴为直线，进而分类讨论，即可求解． 【详解】（1）∵“定点抛物线”与轴只有一个公共点，且经过点，   ∴解得   ∴. （2）①证明：将代入，得，   ∴在抛物线上.   ∴该抛物线为“定点抛物线”.   ②∵， ∴抛物线的开口向下.   由①知抛物线经过点   ∴当抛物线的顶点在处时，抛物线的顶点在最低位置.   ∵点在轴上， ∴抛物线的对称轴为直线，   ∴当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大.   ∴抛物线上有两点，，且，   ∴当点在对称轴右侧时，则，   当点在对称轴左侧时， ∵，   ∴离对称轴更近， ∴ 解得：，   当点在对称轴上时，则.   综上，当时，的取值范围为． 4．（2025·辽宁抚顺·一模）定义：在平面直角坐标系中，函数图象上到两个坐标轴的距离相等的点叫做这个函数图象的完美点． 【定义解析】 例如：函数上的点，到两个坐标轴的距离相等，我们就称点，是函数图象的完美点． （1）若点是一次函数第四象限图象的完美点，求的值； （2）求二次函数图象的完美点； 【定义应用】 （3）若二次函数的图象上有且只有一个完美点，求二次函数的解析式； 【定义应用】 （4）若二次函数的图象上存在到两个坐标轴的距离相等且等于的完美点，请直接写出的值． 【答案】（1）； （2），，，； （3）； （4）或或． 【分析】（1）把点代入一次函数解析式，分别求出到坐标轴的距离，再根据完美点的定义进行判定即可求解； （2）联立方程组或即可求解； （3）根据完美点可得二次函数与有且只有一个交点，得到，把完美点代入二次函数解析式得，由此联立方程组求解即可； （4）根据题意，分类讨论： 第一种情况，设这个完美点是二次函数与的交点； 第二种情况，设这个完美点是二次函数与直线的交点；联立方程组即可求解． 【详解】（1）解点是一次函数第四象限图象的完美点， ， 解得：， 点的坐标为， 代入， 可得，； （2）解：完美点是函数图象上到两坐标轴的距离相等的点， 即完美点在直线或直线上， 或 解得：，或，， 二次函数图象的完美点分别是：，，，； （3）解：二次函数的图象上有且只有一个完美点， 在直线上， 有且只有一个完美点， ， 把点代入， 得， 解得：，， ； （4）或或； 解二次函数的图象上存在到两个坐标轴的距离相等且等于的完美点， 即完美点在直线或直线上， 或 当时， 即， 整理得，有实数根， ， ， ， ， 当时，， 将代入， 解得，， 当时，， 将代入， 解得，（舍去），， ， 或； 当时， 即， 整理得，有实数根， ， ， ， ， 当时，， 将代入， 解得，， 当时，， 将代入， 解得，（舍去），， ， ， 综上所述，或或； 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查定义新运算，一次函数图象的性质，二次函数图象的性质，一元二次方程根与系数的关系，二元一次方程组的计算，理解题目中完美点的含义及计算，掌握一次函数，二次函数图象的性质是解题的关键． 5．（2025·山西·一模）阅读下列材料，并完成相应的任务 数形结合解决二次根式求和问题 求两个二次根式的和，通常将二次根式化为最简二次根式，然后观察是否能合并同类二次根式，若能则合并，若不能则直接写出结果．但有一些二次根式并不能化为最简二次根式，如何进行求和运算？ 下面我们讨论一种新的方法——数形结合法 【例题】求的最小值 【分析】，将x和3分别作为的两条直角边，如图1所示，，，， ，将和4分别作为的两条直角边，如图2所示，，，则， 将与如图3所示放置，使点B与点F重合，与在一条直线上，则的最小值为线段的长．（依据） 任务： (1)直接写出材料中的依据为：_________； (2)写出求解长的解题过程； (3)按照材料中例题的方法，直接写出的最小值为_________． 【答案】(1)两点之间线段最短 (2) (3) 【分析】本题考查了两点之间线段最短、矩形的判定与性质、勾股定理，二次根式的运算；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据两点之间线段最短即可得解； （2）作交的延长线于，则四边形为矩形，得出，，求出，，再由勾股定理计算即可得解； （3）仿照材料给出的方法计算即可得解． 【详解】（1）解：材料中的依据为：两点之间线段最短； （2）解：如图：作交的延长线于， 则， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，，， ∴，， ∴； （3）解：，将x和分别作为的两条直角边，如图1所示，，，， ，将和分别作为的两条直角边，如图2所示，，，则， 将与如图3所示放置，使点B与点F重合，与在一条直线上，则的最小值为线段的长， 作交的延长线于， 则， ∴四边形为矩形， ∴，E ∵，，， ∴，， ∴； ∴的最小值为． 6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）给定一个矩形A，如果存在另一个矩形B，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半，那么称矩形B是矩形A的“对半矩形” （1）阅读：当已知矩形A的边长分别为6和1时， 小明是这样研究的，设所求的对半矩形B的一边是x，则另一边为 由题意得方程：，化简得：， ∵， ∴， ∴矩形A存在对半矩形B． 小红的做法是：设所求的对半矩形的两边分别是x和y，由题意得方程组： 消去y化简后也得到： 然后通过解该一元二次方程我们可以求出对半矩形B的两边长 （2）如果已知矩形A的边长分别为3和2，请你仿照小明或小红的方法研究矩形A是否存在对半矩形B． （3）方程和函数之间密不可分，我们可以利用函数图象解决方程的相关问题，如图，在同一平面直角坐标系中画出了一次函数和反比例函数的部分图象，其中x和y分别表示矩形A的对半矩形B的两边长，请你结合之前的研究，回答下列问题： ①这个图象所研究的矩形A的面积为　　　；周长为　　　． ②对半矩形B的两边长为　　　． （4）在第（3）题的图形中，若点在双曲线上，轴，轴，垂足分别为B、C．连接，将沿若折叠，点C落在点P处，求点P的坐标，并判断点P是否落在双曲线上 【答案】（2）不存在对半矩形B，理由见解析；（3）①12，24；②，；（4）点P不在双曲线上，理由见解析 【分析】（2）设所求矩形的一条边是x，根据周长表示出另外一条边，根据面积列出方程，整理用解一元二次方程的方法求一元二次方程的根即可； （3）①结合图像求得一次函数解析式为和反比例函数解析式，结合一次函数解析式和反比例函数解析式，可得矩形B的两边之和以及面积，即可求得矩形A的面积和周长；②联立一次函数和反比例函数，利用公式法可求出满足条件的矩形B的两边长； （4）设和交于点N，由折叠的性质和矩形的性质得，则有，设，则，利用勾股定理求得a，进一步得到，即可求得和，得到点代入，等式不成立，即可判断点P不在双曲线上． 【详解】解：（2）设所求矩形的一边是x，则另一边为， 由题意得方程：， 化简得：， ∵， ∴原方程无解， 则满足要求的矩形B不存在． （3）①设直线的关系式为，把，代入得：， 解得：， 则一次函数解析式为， 设反比例函数解析式为，把代入得：，解得：， ∴反比例函数解析式为， 根据一次函数解析式可得：，根据反比例函数解析式可得：， ∴矩形B的两边之和为6，面积为6， ∴矩形A的面积为，周长为：； 故答案为：12，24； ②把代入得， 解得：，， 当时，， 当时，， ∴对半矩形B的两边长为，． 故答案为：，； （4）设和交于点N， 由得， ∴，设，则， 在中，，解得， ∴， 作轴，垂足为E， ∵轴， ∴， ∴， 则，解得，， 那么，点代入，等式不成立 故点P不在双曲线上． 【点睛】此题主要考查解一元二次方程、一次函数和反比例函数的性质、折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的性质和相似三角形的性质，解题的关键是利用函数图象得函数解析，并熟练掌握上述性质． 7．（2025·宁夏·模拟预测） 阅读与思考 阅读下列材料，并完成相应任务． 函数是从数量的角度反映变化规律和对应关系的数学模型，初中阶段学习的函数有一次函数、二次函数、反比例函数，学习时可以从数量特征和几何特征（图象）来研究函数的性质．下面是研究三大函数图象沿y轴向下平移的特征． 一次函数图象的平移： 如图①，一次函数分别与轴，轴交于点，，将直线沿轴向下平移个单位，分别与轴，轴交于点，．分别将，代入，求得，，则，，由平移的性质得，，∴，，∵，∴（依据），∴，∵，，，∴，∴，设直线的函数表达式为，分别将，代入，解得，，直线的函数表达式为． 猜想1：将直线：沿轴向下平移个（）单位后，所得直线的函数表达式为：． 证明1：设点为上的任意一点，沿轴向下平移个单位后的对应点为，将代入，得，∵点为上的点，∴，∴，∴，∴点在直线上． 结论：猜想正确． 二次函数图象的平移： 猜想：将二次函数的图象沿轴向下平移 个单位后，所得二次函数的函数表达式为：． 证明：…… 反比例函数图象的平移： …… （1）任务一：填空：证明的依据是： ， （2）任务二：请完成猜想的证明； （3）任务三：如图②，直线与反比例函数的图象交于点，将反比例函数的图象沿y轴向下平移个单位后与直线交于点，直接写出线段的长． 【答案】任务一：两角分别相等的两个三角形相似（2）证明见解析；（3） 【分析】本题考查相似三角形，反比例函数和二次函数的综合，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质，反比例函数的图象和性质，二次函数的图象和性质． （1）根据相似三角形的判定，待定系数法确定函数的表达式体现的数学思想，即可； （2）设点是函数上的一点，点是函数平移后对应的点，根据（1）中的方法进行验证，即可； （3）由（1）（2）得平移后的函数表达式为：，根据题意，求出点，点的坐标，即可求出的值． 【详解】（1）由题意得：， ∴， 依据为：两角分别相等的两个三角形相似； 故答案为：两角分别相等的两个三角形相似； （2）设点是函数上的一点，沿轴向下平移个单位后对应点， 当时，， ∵点为上的点， ∴， ∴， ∴点在函数上， ∴平移后的表达式为：； （3）由（1）（2）得，平移后的函数的表达式为：， ∵直线与反比例函数的图象交于点， ∴， 解得：， ∴点， ∵平移后的函数与直线交于点， ∴， 解得：， ∴点， ∴． 类型二 探究型问题 题型01 “操作-探究”型问题 【考情分析】“操作--探究”型问题经常与图形的折叠联系在一起考查，试题一般先介绍动手操作过程，然后再探究其中的某些结论，解题的关键是注意在操作过程中的等量关系,折叠前后重合的线段和角都相等. 1．（2024·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． ①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； ②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积． 【答案】（1）矩形，理由见解析；（2）①，理由见解析；② 或 【分析】（1）由和菱形性质得，．可证四边形为矩形； （2）①由菱形和旋转得性质证，可证； ②分情况讨论：当点在线段上时，当点在线段延长线上时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】解：（1）四边形为矩形．理由如下： ，     ， 四边形为菱形， ∴， ∴， ， ∴， 四边形为矩形． （2）①．理由如下： ∵四边形为菱形， ， 旋转得到， ， ， ， ， ， ， ． ②解：如图所示，当点N在线段上时，过点A作于P， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ， ∴， 由旋转知：，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ∴ ； 当点N在线段延长线上时，在上，过点A作于K，连接，如图所示：    由旋转知：，，，， ∵， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ， ∴，， ∵， ∴ 四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， 综上，四边形的面积是或． 【点睛】本题是正方形，菱形综合题，主要考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形的应用，四边形的面积等知识，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解题关键． 2．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H． 根据以上操作，得________． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明； （2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 【答案】[操作判断]45； [探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解； [深入研究] 【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解； [探究证明]（1）先证明，再证明，则，继而得到，因此，，即是等腰直角三角形；（2）由翻折得，，由，得到，故，因此，而由，得到，则，因此； [深入研究] 连接，先证明，则，由，设，则，而，  则，可得，，，那么，故． 【详解】[操作判断] 解：如图， 由题意得，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 故答案为：45； [探究证明] 解：（1）如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形； （2）如图， 由翻折得，， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； [深入研究] 解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵是对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴, ∵， ∴设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 3．（2024·山东济宁·中考真题）综合与实践 某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形中，且足够长）进行探究活动． 【动手操作】 如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，连接，把纸片展平． 第二步，把四边形折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为，再把纸片展平． 第三步，连接． 【探究发现】 根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论． 甲同学的结论：四边形是正方形． 乙同学的结论：． （1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由． 【继续探究】 在上面操作的基础上，丙同学继续操作． 如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在上的点M处，折痕为，连接，把纸片展平． 第五步，连接交于点N． 根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：． （2）请证明这个结论． 【答案】（1）甲、乙同学的结论正确，证明见解析，（2）证明见解析 【分析】本题主要考查了折叠的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的三线合一性质，解题的关键是正确作出辅助线并熟练掌握相关的性质定理， （1）先证明四边形为矩形，再根据即可证明四边形为正方形，设，由折叠性质可知：，，再根据等腰直角三角形的性质分别求出，，即可得出，进而可得出结论； （2）作交于点R，利用证明，得出，再证明四边形为菱形，得出，进而证明，再根据证明，得出，进而证明，即可得出结论 【详解】解：（1）甲、乙同学的结论都正确，理由如下： 四边形是矩形， 由第一步操作根据折叠性质可知： 四边形为矩形， 又 四边形为正方形， 故甲同学的结论正确； 作于点M， 四边形为正方形， 设， 由第二步操作根据折叠性质可知：， 在中， 在中，, 故乙同学的结论正确； （2）作交于点R，如图所示： 为折痕,      四边形为矩形， 在和中， 又 由折叠性质可知： 四边形为菱形， 即 在和中， 题型02 “探究-结论”型问题 【考情分析】“探究--结论”型问题的特点：题干较长，给学生一定的阅读压力，故学生在阅读的过程中要学会抓住主要信息，函数的探究问题是这类题目的常用出题角度，从最简单的列表、描点、连线入手，探究某一函数的特征，用以体现学习过程的重要性. 4．（2024·广西·中考真题）课堂上，数学老师组织同学们围绕关于x的二次函数的最值问题展开探究． 【经典回顾】二次函数求最值的方法． （1）老师给出，求二次函数的最小值． ①请你写出对应的函数解析式； ②求当x取何值时，函数y有最小值，并写出此时的y值； 【举一反三】老师给出更多a的值，同学们即求出对应的函数在x取何值时，y的最小值．记录结果，并整理成下表： a … 0 2 4 … x … * 2 0 … y的最小值 … * … 注：*为②的计算结果． 【探究发现】老师：“请同学们结合学过的函数知识，观察表格，谈谈你的发现．” 甲同学：“我发现，老师给了a值后，我们只要取，就能得到y的最小值．” 乙同学：“我发现，y的最小值随a值的变化而变化，当a由小变大时，y的最小值先增大后减小，所以我猜想y的最小值中存在最大值．” （2）请结合函数解析式，解释甲同学的说法是否合理？ （3）你认为乙同学的猜想是否正确？若正确，请求出此最大值；若不正确，说明理由． 【答案】（1）①；②当时，有最小值为（2）见解析（3）正确， 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键： （1）①把代入解析式，写出函数解析式即可；②将一般式转化为顶点式，进行求解即可； （2）将一般式转化为顶点式，根据二次函数的性质进行解释即可； （3）将一般式转化为顶点式，表示出的最大值，再利用二次函数求最值即可． 【详解】解：（1）①把代入，得： ； ∴； ②∵， ∴当时，有最小值为； （2）∵， ∵抛物线的开口向上， ∴当时，有最小值； ∴甲的说法合理； （3）正确； ∵， ∴当时，有最小值为， 即：， ∴当时，有最大值，为． 5．（2024·宁夏·中考真题）在同一平面直角坐标系中，函数的图象可以由函数的图象平移得到．依此想法，数学小组对反比例函数图象的平移进行探究． (1)【动手操作】 列表： 1 2 3 4 5 2 1 0 1 2 3 4 2 1 描点连线：在已画出函数的图象的坐标系中画出函数的图象． (2)【探究发现】 ①将反比例函数的图象向___________平移___________个单位长度得到函数的图象． ②上述探究方法运用的数学思想是（　　） 整体思想    B．类比思想    C．分类讨论思想 (3)【应用延伸】 ①将反比例函数的图象先___________，再___________得到函数的图象． ②函数图象的对称中心的坐标为___________． 【答案】(1)图见解析 (2)①左，1；②B (3)①右平移2个单位长度；向下平移1个单位长度（向下平移1个单位长度；向右平移2个单位长度）； ② 【分析】（1）列表，描点、连线画出函数的图象即可； （2）结合图象填空即可； （3）根据发现的规律填空即可． 【详解】（1）描点、连线画出函数图象如图所示： （2）①函数的图象可以看作是由函数的图象向左平移1个单位长度， ②上述探究方法运用的数学思想是类比思想． 故答案为：左，1；B （3）①函数的图象可以看作是由函数的图象向右平移2个单位长度； 向下平移1个单位长度（向下平移1个单位长度；向右平移2个单位长度）而得到； ②根据平移的性质，函数图象的对称中心的坐标为． 故答案为：右平移2个单位长度；向下平移1个单位长度（向下平移1个单位长度；向右平移2个单位长度）； 【点睛】本题考查了反比例函数的图象，一次函数的图象，正比例函数图象，一次函数图象与几何变换，数形结合是解题的关键． 6．（2023·内蒙古呼和浩特·中考真题）探究函数的图象和性质，探究过程如下：    (1)自变量的取值范围是全体实数，与的几组对应值列表如下 其中，________．根据上表数据，在图1所示的平面直角坐标系中，通过描点画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分．观察图象，写出该函数的一条性质； (2)点是函数图象上的一动点，点，点，当时，请直接写出所有满足条件的点的坐标； (3)在图2中，当在一切实数范围内时，抛物线交轴于，两点（点在点的左边），点是点关于抛物线顶点的对称点，不平行轴的直线分别交线段，（不含端点）于，两点．当直线与抛物线只有一个公共点时，与的和是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)2，图见解析，图象关于轴对称 (2)或或 (3)是定值， 【分析】（1）把代入解析式，求出的值即可，描点，连线画出函数图形，根据图形写出一条性质即可； （2）利用，进行求解即可． （3）根据题意，求出抛物线的顶点坐标，点的坐标，进而求出直线的解析式，设直线的解析式为，联立抛物线的解析式，根据两个图象只有一个交点，得到，得到，分别联立直线和直线的解析式，求出的坐标，利用锐角三角形函数求出的长，再进行求解即可得出结论． 【详解】（1）解：当时，， ∴， 根据题干中的表格数据，描点，连线，得到函数图象，如下： 由图象可知：图象关于轴对称； 故答案为：． （2）解：∵点，点， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时：， 解得：， ∴或， 当时：， 解得：， ∴； 综上：或或； （3）是定值； ∵，当时，，解得：， ∴对称轴为直线，顶点坐标为，， ∵点是点关于抛物线顶点的对称点， ∴， 设直线的解析式为，把代入，得：， ∴， 设直线的解析式为， 则：，解得：， ∴， 设直线：， 联立和，得：， ∵直线与抛物线只有一个交点， ∴， ∴， 联立，，得：， 联立，，得：， 如图：∵关于对称， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 过点作，过点作， 则：， ∴， ∴ ； ∴与的和为定值：． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形．解题的关键是掌握描点法画函数图象，利用数形结合的思想进行求解．本题的综合性强，难度较大，属于中考压轴题． 题型03 “探究-应用”型问题 【考情分析】“探究--应用”型问题在形式上一般有三部分，前两部分都是探索特殊情况下的结论，难度一般不大，最后一问是应用结论的过程，需要构造之前的数学模型，探索特殊位置时各个量间的关系，体现了学习中的猜想--验证--应用的过程. 7．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 【答案】操作发现：与相切；实践探究：；问题解决：见解析 【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论； 实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解； 问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：， 得到，根据，易证，得到，即可证明结论． 【详解】操作发现： 解：连接并延长交于点M，连接， 是直径， ， ， 由旋转的性质得， ， ， ， 是的半径， 与相切； 实践探究： 解： 由旋转的性质得：， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， 当时，有最大值为； 问题解决： 证明：过点E作交于点N， 由旋转的性质知：， ， ， ， ， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键． 8．（2024·江苏南通·中考真题）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图序 角平分线的长 的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 2 4 4 图② 1 2 图③ 1 ______ ______ ______ 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知的角平分线，，，用含的等式写出两腰之和与两腰之积之间的数量关系：______． 【变式思考】 （2）已知的角平分线，，用等式写出两边之和与两边之积之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，中，，点D在边上，．以点C为圆心，长为半径作弧与线段相交于点E，过点E作任意直线与边，分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？ 【答案】（1）见解析； ，（2），证明见解析；（3）是定值 【分析】（1）根据特殊角的三角函数值分别计算，再填表即可；再由可得结论； （2）如图，延长至使，连接，过作于，延长交于，证明为等边三角形，，，设，，利用相似三角形的性质求解，再进一步可得； （3）根据题目要求画图，设，运用等腰三角形性质和三角形内角和定理可求得，过点作于，于，过点作于，利用，即可求得答案． 【详解】解：（1）∵，是的角平分线，， ∴， ∴； ∴，； 图序 角平分线的长 的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 2 4 4 图② 1 2 图③ 1 如图，由（1）可得：， ∴， ∴，， ∴； （2）猜想：，理由如下： 如图，延长至使，连接，过作于，延长交于， ∵，平分， ∴为等边三角形，，， 设，， ∴，，而， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴，即， 解得：， ∴； ， ∴； （3）补全图形如图所示： 设， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， 如图，过点作于，于，过点作于， ， ， ，，， ， 在中，， ， ， ， ， ， 由是确定的，由作图可得为定长，而和为定值， 为定值， 即为定值． 【点睛】本题属于实际探究题，考查了类比方法的应用，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的灵活应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 9．（2024·江苏镇江·中考真题）主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图 【阅读理解】 任务：如图1，点D、E分别在的边、上，，仅用一把无刻度的直尺作、的中点．      操作：如图2，连接、交于点P，连接交于点M，延长交于点N，则M、N分别为、的中点． 理由：由可得及，所以，．所以，．同理，由及，可得，．所以．所以，则，，即M、N分别为、的中点． 【实践操作】 请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （1）如图3，，点E、F在直线上． ①作线段的中点； ②在①中作图的基础上，在直线上位于点Ｆ的右侧作一点P，使得； （2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…k倍（k为正整数）的线段．如图4，，已知点、在上，他利用上述方法作出了．点E、F在直线上，请在图4中作出线段的三等分点； 【探索发现】 请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹． （3）如图5，是的中位线．请在线段上作出一点Q，使得（要求用两种方法）． 【答案】（1）①见解析，②见解析； （2）见解析； （3）见解析 【分析】实践操作（1）①根据[阅读理解]部分的作法：在上方任取一点，得到，与交于点，交于点，连接，交于点，作射线交，分别于，，点即为所求点； ②作射线交于点，作射线交于点，点即为所求； （2）根据上述作法，有两种作法； [探索发现]如作法一，根据相似可知，连接，交于点，则，即点是的三等分点之一，由此可以得出过点作的平行线；同理可得点是的三等分点之一，则，即点为所求作点． 【详解】解：[实践操作] （1）①如图， 点即为所求作的点； ②如图， 点即为所求作的点； （2）如图， 作法一、 作法二、 点，即为所求作的点； [探索发现]（3）如图， 作法一、 作法二、 作法三、 作法四、 作法五、 点即为所求的点． 【点睛】本题主要相似三角形的性质与判定，复杂的几何作图，考查类比的数学思想，理解[阅读理解]部分中，为中点是解题关键． 10．（2024·山东东营·中考真题）在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 【答案】(1)； (2)一致；理由见解析 (3) 【分析】（1）延长交于点H，根据旋转得出，，，根据勾股定理得出，，根据等腰三角形的性质得出，，根据三角形内角和定理求出，即可得出结论； （2）延长交于点H，证明，得出，，根据三角形内角和定理得出，即可证明结论； （3）过点C作于点N，根据等腰三角形的性质得出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出，根据解析（2）得出． 【详解】（1）解：延长交于点H，如图所示： ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，，， ∴根据勾股定理得：，， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴． （2）解：线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下： 延长交于点H，如图所示： ∵将绕点旋转得到， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴； 又∵，，， ∴， ∴； （3）解：过点C作于点N，如图所示： 根据旋转可知：， ∴， ∵在中，，，， ∴根据勾股定理得：， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， 根据解析（2）可知：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 11．（2024·山东潍坊·中考真题）【问题提出】 在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案． 说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积． 【数学建模】 这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题． 【探索发现】 （1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______． （2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由． （3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值． 【问题解决】 （4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可） 【答案】（1）；（2）不能，理由见解析；（3）；当取得最小值时；（4） 【分析】（1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解； （2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解； （3）根据勾股定理求得的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解； （4）根据（3）的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为的圆的内接正方形的边长为，进而将草坪分为个正方形，即可求解． 【详解】（1）当喷洒半径为时，喷洒的圆面积． 正方形草坪的面积． 故喷洒覆盖率． （2）对于任意的，喷洒面积，而草坪面积始终为． 因此，无论取何值，喷洒覆盖率始终为． 这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用． （3）如图所示，连接， 要使喷洒覆盖率，即要求，其中为草坪面积，为喷洒面积． ∴都经过正方形的中心点， 在中，，， ∵ ∴， 在中， ∴ ∴ ∴当时，取得最小值，此时 解得： （4）由（3）可得，当的面积最小时，此时圆为边长为的正方形的外接圆， 则当时，圆的内接正方形的边长为 而草坪的边长为，，即将草坪分为个正方形，将半径为的自动喷洒装置放置于9个正方形的中心，此时所用装置个数最少， ∴至少安装个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率 【点睛】本题考查了正方形与圆综合问题，二次函数的应用；本题要求我们先理解和计算喷洒覆盖率，然后通过调整喷洒装置的数量和喷洒半径来分析喷洒覆盖率的变化，最后在一个特定的条件下找出喷洒面积和喷洒半径之间的函数关系．解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实际问题的解决方案． 题型04 命题预测 1．（2025·山东济南·一模）综合与实践 如图1，某兴趣小组计划开垦一个面积为的矩形地块种植农作物，地块一边靠墙，另外三边用木栏围住，木栏总长为． 【问题提出】 小组同学提出这样一个问题：若，能否围出矩形地块？ 【问题探究】 小颖尝试从“函数图象”的角度解决这个问题： 设为，为．由矩形地块面积为，得到，满足条件的可看成是反比例函数的图象在第一象限内点的坐标；木栏总长为，得到，满足条件的可看成一次函数的图象在第一象限内点的坐标，同时满足这两个条件的就可以看成两个函数图象交点的坐标． 如图2，反比例函数的图象与直线：的交点坐标为和 ，因此，木栏总长为时，能围出矩形地块，分别为：，；或 ， ． （1）根据小颖的分析思路，完成上面的填空． 【类比探究】 （2）若，能否围出矩形地块？请仿照小颖的方法，在图2中画出一次函数图象并说明理由． 【问题延伸】 当木栏总长为时，小颖建立了一次函数．发现直线可以看成是直线通过平移得到的，在平移过程中，当过点时，直线与反比例函数的图象有唯一交点． （3）请在图2中画出直线过点时的图象，并求出的值． 【答案】（1）；4；2；（2）不能，图见解析，理由见解析；（3）图形见解析，8 【分析】本题考查了实际应用题的函数直观解释，比较新颖，实质是一次函数和反比例函数图象得交点问题． （1）观察图象或联立解方程组得到另一个交点坐标为； （2）观察图象得到与函数图象没有交点，所以不能围出； （3）平移直线通过，将点代入，解得． 【详解】解：（1）将反比例函数与直线：联立得： ， ∴， 整理得：， 解得：，， ∴另一个交点坐标为， ∵为，为， ∴，． 故答案为：；4；2； （2），不能围出矩形地块；理由如下： 若，木栏总长为，得到，满足条件的可看成一次函数的图象在第一象限内点的坐标， 的图象，如图中直线所示： ∵与函数图象没有交点， ∴不能围出面积为的矩形； （3）如图中直线所示： 将点代入得：， 解得． 即的值为8． 2．（2025·江西·模拟预测）综合与实践 如图1，在中，点分别在直线和上，直线相交于点，某数学兴趣小组在探究四条线段的比例关系时，经历了如下过程： 【特例感知】 （1）①如图2，当时，若，则 ； ②如图3，当时，若，则 ． 【猜想证明】 （2）猜想四条线段的比例关系，并结合图1进行证明．（备注：从图1中的①或②选择一个证明即可） 【拓展应用】 （3）如图4，在四边形中，对角线相交于点，若，试求边的长． 【答案】[特例感知]（1）①；②； [猜想证明]（2）四条线段的比例关系为：，理由见详解 [拓展应用]（3） 【分析】（1）①当时，平行四边形是正方形，可证，得到，由此即可求解；②当时，四边形是矩形，则，，，可证，得到，由此即可求解 ； （2）选择图1中的①：根据平行四边形的性质得到，且，可证，得到，，再证明，得到，即，由此即可求解；选择图1中的②：证明方法同上； （3）如图所示，过作交于，则，，设，则，，设，，先证明，得到，解得，，再证明，得到，求出，，最后根据和列方程求解即可． 【详解】解：[特例感知] （1）四边形是平行四边形， ①当时，平行四边形是正方形，如图所示， ∴， ∵ ∴，即， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：； ②当时，如图所示， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴， 故答案为：； [猜想证明]（2），理由如下， 选择图1中的①，四边形是平行四边形，点在线段上，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴，且， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 图1中的②：四边形是平行四边形，点在直线上，， 同理，四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴，且， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 综上所述，四条线段的比例关系为：； [拓展应用]（3）如图所示，过作交于， ∴， ∵， ∴， ∴设，则，， ∵， ∴ ∵， ∴设，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 去分母得， 整理得， ∵中，， ∴，整理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识点，解题的关键是证明相似． 3．（2025·河南开封·一模）综合与实践在中，． 问题发现 （1）如图1，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，，线段与之间的数量关系是___________，与的位置关系是___________． 类比探究 （2）如图2，将绕点按顺时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与之间的数量关系、位置关系与（1）中的结论是否一致？请说明理由． 迁移应用 （3）如图3，将绕点旋转一定的角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 【答案】（1），（2）线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致，理由见解析（3） 【分析】（1）根据旋转性质得根据勾股定理列式解得故；运用三角形内角和性质，得出，即，即可作答． （2）根据旋转性质得，根据两边成比例，夹角相等得，即，，得，则，即进行作答即可． （3）如图，过点作于点，根据勾股定理得，再证明，得，因为所以，得．即可作答． 【详解】（1）∵将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，， ∴ ∴， ∴ ∴与之间的数量关系是， 延长交于一点， ∵，， ∴， 即， ∴与的位置关系是， 故答案为：，； （2）线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致， 理由如下： 如图，延长交于点， 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到， ， ， ， ， ，． （3）如图，过点作于点， ， ， ， 又 ， ， ， 由（2）可知． 【点睛】本题考查了旋转性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形内角和性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 4．（2025·江西·模拟预测）【探究证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘． 【动手操作】如图1，将矩形纸片对折，使与重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，展平纸片，连接． 请完成：（1）观察图1中，和，试猜想这三个角的大小关系； （2）证明（1）中的猜想； 【类比操作】如图2，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B，P分别落在上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，展平纸片，连接． 请完成： （3）是的一条________等分线． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）三 【分析】（1）根据题意可进行求解； （2）由折叠的性质可知，，然后可得，则有是等边三角形，进而问题可求证； （3）连接，根据等腰三角形性质证明，根据平行线的性质证明，证明，得出，即可证明． 【详解】（1）解：由题意可知； （2）证明：由折叠的性质可得：，，，， ∴，， ∴是等边三角形， ∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； （3）证明：连接，如图所示： 由折叠的性质可知：，，， ∵折痕，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是的一条三等分线． 故答案为：三． 【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明是解题的关键． 1 / 59 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$