创新题-2025年中考数学考前最新精选题

2025年中考数学考前最新精选题—创新题 一．选择题（共10小题） 1．（2024•周村区二模）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，D为BC边上一点，CD＝1，AC＞BC，E为边AC上一动点，当∠BED最大时CE的长为（　　） A．2 B．3 C． D．21 2．（2024•利州区二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，对称轴是直线x＝﹣1，其顶点在第二象限，给出以下结论： ①当m≠﹣1时，a﹣b＞am2+bm； ②若bx1bx2且x1≠x2，则x1+x2＝2； ③若OA＝OC，则OB； ④若B（1，0），C（0，3），连接AC，点P在抛物线的对称轴上，且∠PCA＝90°，则P（﹣1，4）． 其中正确的有（　　） A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④ 3．（2024•渠县校级模拟）如图，M是△ABC三条角平分线的交点，过M作DE⊥AM，分别交AB、AC于D，E两点，设BD＝a，DE＝b，CE＝c，关于x的方程ax2+bx+c＝0（　　） A．一定有两个相等实根 B．一定有两个不相等实根 C．有两个实根，但无法确定是否相等 D．无实根 4．（2024•澄海区校级一模）如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，点H在边AD上，CE＝DH，CH交BE于点F，交BD于点G，连接GE．下列结论：①CH＝BE；②CH⊥BE；③S△GCE＝S△GDH；④当E是CD的中点时，；⑤当EC＝2DE时，S正方形ABCD＝6S四边形DEGH．其中正确结论的序号是（　　） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．②④⑤ 5．（2024•广平县模拟）对于二次函数y＝ax2+bx+c，规定函数y是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为（，1），（，1），连接MN，若线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（　　） A．﹣3＜n≤﹣1或 B．﹣3＜n＜﹣1或 C．n≤﹣1或 D．﹣3＜n＜﹣1或n≥1 6．（2024•凉州区校级三模）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，O，E在同一直线l上，且EF，AB＝3，给出下列结论：①∠COD＝45°；②AE＝6；③CF＝BD；④△COF的面积是．其中正确的结论为（　　） A．①③ B．①④ C．②③ D．①③④ 7．（2024•虎林市校级四模）如图在▱ABCD中，∠ABC＝60°，BC＝2AB＝8，点C关于AD的对称点为E，连接BE交AD于点F，点G为CD的中点，连接EG，BG．则△BEG的面积为（　　） A．16 B．14 C．8 D．7 8．（2024•榕城区校级三模）如图，在⊙O中，AB＝2CD，那么（　　） A． B． C． D．与的大小关系无法比较 9．（2024•南安市模拟）如图，点A是双曲线y上一点，过A作AB∥x轴，交直线y＝﹣x于点B，点D是x轴上一点，连接BD交双曲线于点C，连接AD，若BC：CD＝3：2，△ABD的面积为，tan∠ABD，则k的值为（　　） A．﹣2 B．﹣3 C． D． 10．（2024•武威一模）如图，矩形ABCD中，点A在双曲线y上，点B，C在x轴上，延长CD至点E，使CD＝2DE，连接BE交y轴于点F，连接CF，则△BFC的面积为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 二．填空题（共5小题） 11．（2025•龙马潭区一模）如图，正方形ABCD中，AB＝4，M是CD边上一个动点，以CM为直径的圆与BM相交于点Q，P为CD上另一个动点，连接AP，PQ，则AP+PQ的最小值是 　 　 ． 12．（2024•榕城区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P为边CD上一动点，连接AP交对角线BD于点E，过点E作EF⊥AP，EF交BC于点F，连接AF交BD于点G，在点P的运动过程中，△AEG面积的最小值为 　 　 ． 13．（2024•成都）在平面直角坐标系xOy中，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）是二次函数y＝﹣x2+4x﹣1图象上三点．若0＜x1＜1，x2＞4，则y1　 　 y2（填“＞”或“＜”）；若对于m＜x1＜m+1，m+1＜x2＜m+2，m+2＜x3＜m+3，存在y1＜y3＜y2，则m的取值范围是 　 　 ． 14．（2024•永昌县三模）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，AB＝5，AC＝4，D是上的一个动点，连接AD．过点C作CE⊥AD于E，连接BE，则BE的最小值是　 　 ． 15．（2024•南山区二模）已知如图，直线yx分别与双曲线y（m＞0，x＞0）、双曲线y（n＞0，x＞0）交于点A，点B，且，将直线yx向左平移6个单位长度后，与双曲线y交于点C，若S△ABC＝4，则mn的值为　 　 ． 三．解答题（共5小题） 16．（2025•介休市一模）综合与实践 问题情境 四边形ABCD是边长为5的菱形，连接BD．将△BCD绕点B按顺时针方向旋转得到△BEF，点C，D旋转后的对应点分别为E，F．旋转角为α（0°＜α＜360°）． 观察思考 （1）如图1，连接AC，当点F第一次落在对角线AC上时，α＝　 　 ． 探究证明 （2）如图2，当α＞180°，且EF∥BD时，EF与AD交于点G．试判断四边形BDGF的形状，并说明理由． 拓展延伸 （3）如图3，连接CE．在旋转过程中，当EF与菱形ABCD的一边平行时，且tan∠DAB，请直接写出线段CE的长． 17．（2025•安徽模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠DCB，点E为BC上一点，且DE∥AB，过点B作BF∥AD交DE的延长线于点F，连接CF，CF＝BF． （1）求证：△ADE≌△FCD； （2）如图（2），连接DB交AE于点G． ①若AG＝DC．求证：BC平分∠DBF； ②若DB∥CF，求的值． 18．（2025•射阳县一模）如图，抛物线yx2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且点A的坐标为（1，0）． （1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标； （2）判断△ABC的形状，并证明你的结论； （3）点M是抛物线对称轴上的一个动点，当△ACM的周长最小时，求点M的坐标． 19．（2025•黄石模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D．其中A（﹣3，0），D（﹣1，﹣4）． （1）直接写出该抛物线的解析式； （2）如图1，在第三象限内抛物线上找点E，使∠OCE＝∠OAD，求点E的坐标； （3）如图2，过抛物线对称轴上点P的直线交抛物线于F，G两点，线段FG的中点是M，过点M作y轴的平行线交抛物线于点N．若是一个定值，求点P的坐标． 20．（2025•湖北模拟）小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“已知正方形ABCD，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，则EG＝FH．”为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案： 方案一：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD于点N； 方案二：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N．… （1）对小曼遇到的问题，请在甲、乙两个方案中任选一个加以证明（如图（1））． （2）如果把条件中的“正方形”改为“长方形”，并设AB＝2，BC＝3（如图（2）），试探究EG、FH之间有怎样的数量关系，并证明你的结论． （3）如果把条件中的“EG⊥FH”改为“EG与FH的夹角为45°”，并假设正方形ABCD的边长为1，FH的长为（如图（3）），试求EG的长度． 2025年中考数学考前最新精选题—创新题 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A A A B B A A B 一．选择题（共10小题） 1．（2024•周村区二模）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，D为BC边上一点，CD＝1，AC＞BC，E为边AC上一动点，当∠BED最大时CE的长为（　　） A．2 B．3 C． D．21 【考点】解直角三角形；解一元二次方程﹣公式法；二次函数的性质；勾股定理．版权所有 【专题】压轴题；二次函数图象及其性质；解直角三角形及其应用；推理能力． 【答案】C 【分析】过点D作DF⊥BE于点F，根据二次函数的性质，解直角三角形即可解决问题． 【解答】解：如图，过点D作DF⊥BE于点F， ∴∠DFE＝90°，BD＝BC﹣CD＝5﹣1＝4， 设CE＝x， ∴DE， BE， ∵S△BDEBD•CEBE•DF， ∴BD•CE＝BE•DF， ∴DF， 在Rt△EDF中， ∵x＞0， ∴sin∠DEF， ∵x＞0， ∴sin∠DEF， ∵（x）2≥0， ∴当（x）2＝0时，（x）2+36有最小值，从而sin∠DEF有最大值，即∠DEF有最大值， 解得，x＝±，其中x不符合题意舍去， ∴x． ∴当∠BED最大时CE的长为． 故选：C． 【点评】本题属于综合题，是选择题的压轴题，考查了二次函数的应用，解直角三角形的应用，一元二次方程，勾股定理，解决本题的关键是掌握二次函数最值的问题． 2．（2024•利州区二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，对称轴是直线x＝﹣1，其顶点在第二象限，给出以下结论： ①当m≠﹣1时，a﹣b＞am2+bm； ②若bx1bx2且x1≠x2，则x1+x2＝2； ③若OA＝OC，则OB； ④若B（1，0），C（0，3），连接AC，点P在抛物线的对称轴上，且∠PCA＝90°，则P（﹣1，4）． 其中正确的有（　　） A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④ 【考点】二次函数综合题．版权所有 【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】A 【分析】由抛物线开口向下，对称轴为直线x＝﹣1，得到当x＝﹣1时，y最大值＝a﹣b+c，据此可判断①；根据题意可得直线x＝x1和直线x＝x2关于对称轴对称，则x1+x2＝﹣2，据此可判断②；先由对称轴公式得到b＝2a，再由OA＝OC，得到A（﹣c，0），点B的坐标为（c﹣2，0），把A（﹣c，0）代入抛物线解析式中求出，则点B的坐标为，据此可判断③；先求出A（﹣3，0），设P（﹣1，m），利用勾股定理得到PC2+AC2＝PA2，则m2﹣6m+10+18＝m2+4，解得m＝4，据此可判断④． 【解答】解：∵抛物线开口向下，对称轴为直线x＝﹣1， ∴当x＝﹣1时，y最大值＝a﹣b+c， ∴当m≠﹣1时，a﹣b+c＞am2+bm+c，即a﹣b＞am2+bm，故①正确； 当且x1≠x2时，则直线x＝x1和直线x＝x2关于对称轴对称， ∴x1+x2＝﹣2，故②错误； ∵抛物线对称轴为直线x＝﹣1， ∴， ∴b＝2a， ∵OA＝OC， ∴A（﹣c，0）， ∴点B的坐标为（c﹣2，0）， 把A（﹣c，0）代入抛物线解析式中得ac2﹣2ac+c＝0， ∴， ∴， ∴点B的坐标为， ∴，故③正确； ∵B（1，0）， ∴A（﹣3，0）， 设P（﹣1，m）， ∴PA2＝[﹣1﹣（﹣3）]2+（m﹣0）2＝m2+4，PC2＝（﹣1﹣0）2+（m﹣3）2＝m2﹣6m+10， AC2＝（﹣3﹣0）2+（0﹣3）2＝18， ∵∠PCA＝90°， ∴PC2+AC2＝PA2， ∴m2﹣6m+10+18＝m2+4， 解得m＝4， ∴P（﹣1，4），故④正确； 故选：A． 【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数图象，二次函数的性质等，利用数形结合法得到字母系数的关系式是解题的关键． 3．（2024•渠县校级模拟）如图，M是△ABC三条角平分线的交点，过M作DE⊥AM，分别交AB、AC于D，E两点，设BD＝a，DE＝b，CE＝c，关于x的方程ax2+bx+c＝0（　　） A．一定有两个相等实根 B．一定有两个不相等实根 C．有两个实根，但无法确定是否相等 D．无实根 【考点】根的判别式；角平分线的性质．版权所有 【专题】图形的相似；创新意识． 【答案】A 【分析】M是△ABC三条角平分线的交点，过M作DE⊥AM，则得出∠BDM＝∠MEC＝∠BMC，即可得出△DBM∽△MBC，再求出△BMC∽△MEC，△DBM∽△EMC，即可得出：acb2，即可求解． 【解答】解：∵AM平分∠BAC，DE⊥AM， ∴∠ADM＝∠AEM，MD＝MEDEb， ∴∠BDM＝∠MEC＝90°∠BAC， ∴∠BMC＝90°∠BAC， ∴∠BDM＝∠MEC＝∠BMC， ∵M是△ABC的内角平分线的交点， ∴△DBM∽△MBC， 同理可得出：△BMC∽△MEC， ∴△DBM∽△EMC， ∴， ∴BD•EC＝MD•ME， 即：acb2， 即Δ＝b2﹣4ac＝0， 故选：A． 【点评】此题主要考查了相似三角形的判定与性质和全等三角形判定与性质，根据已知得出∠BDM＝∠MEC＝∠BMC是解题关键． 4．（2024•澄海区校级一模）如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，点H在边AD上，CE＝DH，CH交BE于点F，交BD于点G，连接GE．下列结论：①CH＝BE；②CH⊥BE；③S△GCE＝S△GDH；④当E是CD的中点时，；⑤当EC＝2DE时，S正方形ABCD＝6S四边形DEGH．其中正确结论的序号是（　　） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．②④⑤ 【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有 【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力． 【答案】A 【分析】根据正方形的性质证明△BCE≌△CDH，可以判断①；然后证明∠BFC＝90°，可以判断②；由△BCE≌△CDH（SAS），CE＝DH，根据正方形对角线上的点到AD，DC边上的距离相等，即可判定③；设正方形ABCD的边长为4a，当E是CD的中点时，EC＝HD＝2a，根据相似三角形的判定与性质和勾股定理分别表示出GF，GE，进而可以判断④；设S△GDH＝4x，则S△CGB＝9x，S△DGC＝6x，得S△BCD＝15x，所以S正方形ABCD＝2S△BCD＝30x，当EC＝2DE时，，证得S四边形DEGH＝S△GDH+S△DEG＝4x+2x＝6x，进而可以判断⑤． 【解答】解：在正方形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝∠ADC＝90°， ∵CE＝DH， ∴△BCE≌△CDH（SAS）， ∴∠CBE＝∠DCH，BE＝CH，故①正确； ∵∠DCH+∠FCB＝∠DCB＝90°， ∴∠CBF+∠FCB＝90°， ∴∠BFC＝90°， ∴CH⊥BE，故②正确； ∵G在正方形对角线BD上， ∴G到AD，CD的距离相等， ∵△BCE≌△CDH（SAS）， ∴CE＝DH， ∴S△GCE＝S△GDH，故③正确； 设正方形ABCD的边长为4a， ∴BC＝CD＝4a， 当E是CD的中点时，EC＝HD＝2a． 由勾股定理得： BE2a＝CH， ∵∠HDG＝∠CBG＝45°，∠HGD＝∠CGB， ∴△HGD∽△CGB， ∴， ∴GCCH， ∵∠BEC＝∠CEF，∠ECB＝∠EFC＝90°， ∴△ECB∽△EFC， ∴， ∴， ∴EF， ∴CF， ∵GCCH2a， ∴GF＝CG﹣CF， ∴GE， ∴， ∴当E是CD的中点时，，故④正确， 当EC＝2DE时，， ∵DH＝CE，DC＝BC， ∴， ∵△HGD∽△CGB， ∴（）2， ∵△GDH中DH边上的高与△DGC中CD边上的高相等，， ∴， 设S△GDH＝4x，则S△CGB＝9x，S△DGC＝6x， ∴S△BCD＝S△CGB+S△DGC＝9x+6x＝15x， ∴S正方形ABCD＝2S△BCD＝30x， 当EC＝2DE时，， ∴， ∴S△DEG＝2x， ∴S四边形DEGH＝S△GDH+S△DEG＝4x+2x＝6x， ∴S正方形ABCD＝5S四边形DEGH，故⑤不正确， 综上所述：正确结论的序号是①②③④， 故选：A． 【点评】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△HGD∽△CGB． 5．（2024•广平县模拟）对于二次函数y＝ax2+bx+c，规定函数y是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为（，1），（，1），连接MN，若线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（　　） A．﹣3＜n≤﹣1或 B．﹣3＜n＜﹣1或 C．n≤﹣1或 D．﹣3＜n＜﹣1或n≥1 【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【专题】代数综合题；运算能力；推理能力． 【答案】A 【分析】首先确定出二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值，然后结合函数图象可确定出n的取值范围． 【解答】解：如图1所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有1个公共点． 所以当x＝2时，y＝1，即﹣4+8+n＝1，解得n＝﹣3． 如图2所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点． ∵抛物线y＝x2﹣4x﹣n与y轴交点纵坐标为1， ∴﹣n＝1，解得：n＝﹣1． ∴当﹣3＜n≤﹣1时，线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点． 如图3所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点． ∵抛物线y＝﹣x2+4x+n经过点（0，1）， ∴n＝1． 如图4所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点． ∵抛物线y＝x2﹣4x﹣n经过点M（，1）， ∴2﹣n＝1， 解得：n． ∴1＜n时，线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点． 综上所述，n的取值范围是﹣3＜n≤﹣1或1≤n， 故选：A． 【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的图象和性质、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，求得二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值是解题的关键． 6．（2024•凉州区校级三模）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，O，E在同一直线l上，且EF，AB＝3，给出下列结论：①∠COD＝45°；②AE＝6；③CF＝BD；④△COF的面积是．其中正确的结论为（　　） A．①③ B．①④ C．②③ D．①③④ 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力． 【答案】B 【分析】①根据正方形的性质和平角的定义可求∠COD； ②根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长； ③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，根据勾股定理可求CF，BD，即可求解； ④根据三角形面积公式即可求解． 【解答】解：①∵∠AOC＝90°，∠DOE＝45°， ∴∠COD＝180°﹣∠AOC﹣∠DOE＝45°， 故正确； ②∵EF， ∴OE＝2， ∵AO＝AB＝3， ∴AE＝AO+OE＝2+3＝5， 故错误； ③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G， 则FG＝1， CF， BH＝3﹣1＝2， DH＝3+1＝4， BD2， 故错误； ④△COF的面积S△COF3×1， 故正确； ∴其中正确的结论为①④， 故选：B． 【点评】考查了正方形的性质，含45°的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度． 7．（2024•虎林市校级四模）如图在▱ABCD中，∠ABC＝60°，BC＝2AB＝8，点C关于AD的对称点为E，连接BE交AD于点F，点G为CD的中点，连接EG，BG．则△BEG的面积为（　　） A．16 B．14 C．8 D．7 【考点】含30度角的直角三角形；平行四边形的性质；轴对称的性质．版权所有 【专题】多边形与平行四边形． 【答案】B 【分析】如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．构建S△BEG＝S△BCE+SECG﹣S△BCG计算即可； 【解答】解：如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M． ∵BC＝2AB，BH＝CH，∠ABC＝60°， ∴BA＝BH＝CH， ∴△ABH是等边三角形， ∴HA＝HB＝HC， ∴∠BAC＝90°， ∴∠ACB＝30°， ∵EC⊥BC，∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°， ∴∠ACE＝60°，∠ECM＝30°， ∵BC＝2AB＝8， ∴CD＝4，CN＝EN＝2， ∴EC＝4，EM＝2， ∴S△BEG＝S△BCE+SECG﹣S△BCG 8×42×2S平行四边形ABCD ＝1624 ＝14 故选：B． 【点评】本题考查平行四边形的性质、轴对称图形、勾股定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 8．（2024•榕城区校级三模）如图，在⊙O中，AB＝2CD，那么（　　） A． B． C． D．与的大小关系无法比较 【考点】圆心角、弧、弦的关系；垂径定理．版权所有 【答案】A 【分析】可过O作半径OF⊥AB于E，由垂径定理可知，因此只需比较和的大小即可；易知AEAB＝CD，在Rt△AEF中，AF是斜边，AE是直角边，很显然AF＞AE，即AF＞CD，由此可判断出、的大小关系，即可得解． 【解答】解：如图，过O作半径OF⊥AB于E，连接AF； 由垂径定理知：AE＝BE，； ∴AE＝CDAB； 在Rt△AEF中，AF＞AE，则AF＞CD； ∴，即2； 故选：A． 【点评】能够通过作辅助线，并根据垂径定理和直角三角形的性质判断出和的大小关系，是解答此题的关键． 9．（2024•南安市模拟）如图，点A是双曲线y上一点，过A作AB∥x轴，交直线y＝﹣x于点B，点D是x轴上一点，连接BD交双曲线于点C，连接AD，若BC：CD＝3：2，△ABD的面积为，tan∠ABD，则k的值为（　　） A．﹣2 B．﹣3 C． D． 【考点】反比例函数与一次函数的交点问题；解直角三角形．版权所有 【专题】反比例函数及其应用． 【答案】A 【分析】如图作BH⊥OD于H．延长BA交y轴于E．由tan∠ABD＝tan∠BDH，设DH＝5m，BH＝9m，则BH＝BE＝9m，OD＝4m，推出C（﹣6m，m），推出A（m，9m），由△ABD的面积为，推出m×9m，可得m2，推出k＝﹣6mm＝﹣2； 【解答】解：如图作BH⊥OD于H．延长BA交y轴于E． ∵AB∥DH， ∴∠ABD＝∠BDH， ∴tan∠ABD＝tan∠BDH，设DH＝5m，BH＝9m，则BH＝BE＝9m，OD＝4m， ∴C（﹣6m，m）， ∴A（m，9m）， ∵△ABD的面积为， ∴m×9m， ∴m2， ∴k＝﹣6mm＝﹣2， 故选：A． 【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题、解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 10．（2024•武威一模）如图，矩形ABCD中，点A在双曲线y上，点B，C在x轴上，延长CD至点E，使CD＝2DE，连接BE交y轴于点F，连接CF，则△BFC的面积为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；矩形的性质．版权所有 【专题】反比例函数及其应用；应用意识． 【答案】B 【分析】如图，设AD交y轴于J，交BE于K，设AB＝CD＝2m，则DE＝m，设DK＝b．利用平行线分线段成比例定理求出BC，OF即可解决问题． 【解答】解：如图，设AD交y轴于J，交BE于K，设AB＝CD＝2m，则DE＝m，设DK＝b． ∵点A在y上， ∴A（，2m）， ∴AJ， ∵四边形ABCD是矩形， ∴DK∥BC， ∴， ∴BC＝AD＝3b，AK＝2b，JK＝2b， ∵JF∥DE， ∴， ∴， ∴JF， ∴OF＝OJ﹣JF＝2m， ∴S△BFC•BC•OF3b•6， 故选：B． 【点评】本题考查反比例函数系数的几何意义，矩形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 二．填空题（共5小题） 11．（2025•龙马潭区一模）如图，正方形ABCD中，AB＝4，M是CD边上一个动点，以CM为直径的圆与BM相交于点Q，P为CD上另一个动点，连接AP，PQ，则AP+PQ的最小值是 　22　 ． 【考点】垂径定理；轴对称﹣最短路线问题；正方形的性质．版权所有 【专题】几何动点问题；动点型；数形结合；几何直观；推理能力． 【答案】． 【分析】AP+PQ中，A点是定点，P，Q是动点，P在线段DC上，想到将军饮马，Q在以BC为直径的圆上，最终转化为点圆最值问题． 【解答】解：连接CQ，以CD为一条边在右侧作正方形CDEF，则∠MQC＝90°， ∴∠BQC＝90°， ∴点Q在以BC为直径的圆上运动， ∵AD＝DE，∠ADP＝∠EDP，DP＝DP， ∴△ADP≌△EDP（SAS）， ∴AP＝EP， ∴AP+PQ＝EP+PQ≥EQ≥EO﹣ON22， ∴AP+PQ的最小值为， 故答案为：． 【点评】本题考查了将军饮马、隐圆、点圆最值问题，关键是找出定点和动点，以及动点在什么图形上运动． 12．（2024•榕城区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P为边CD上一动点，连接AP交对角线BD于点E，过点E作EF⊥AP，EF交BC于点F，连接AF交BD于点G，在点P的运动过程中，△AEG面积的最小值为 　　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；二次函数的最值；矩形的性质．版权所有 【专题】图形的相似；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】设BF＝x．想办法用x表示出EG，根据一元二次方程，利用根的判别式，求出EG的最小值，可得结论． 【解答】解：设BF＝x． ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABF＝∠BAD＝90°，AD＝BC＝4，AD∥CB， ∵AB＝3， ∴AF，BD5， ∵AD∥BF， ∴， ∴AG•，DG5， ∵AE⊥EF， ∴∠AEF＝∠ABF＝90°， ∴A，B，F，E四点共圆， ∴∠FAE＝∠FBE， ∵∠ADB＝∠FBD， ∴∠GAE＝∠ADG， ∵∠AGE＝∠AGD， ∴△AGE∽△DGA， ∴， ∴AG2＝GE•GD， ∴EG， 令EG＝y， 则有5yx+20y＝4x2+36， ∴4x2﹣5yx+36﹣20y＝0， 由题意（5y）2﹣4×4×（36﹣20y）≥0， ∴25y2+320y﹣16×36≥0， ∴（5y﹣8）（5y+72）≥0， 解得y或y， ∴EG的最小值为， 过点A作AH⊥BD于点H． ∵•BD•AH•AB•AD， ∴AH， ∴△AEG的面积的最小值为． 解法二：如图，作△AEG的外接圆O，过点A作AH⊥BD一点H，过点O作OM⊥BD于点M，连接OE，OG． 由题意∠GOM＝∠EOM＝∠EAG＝∠DBC， ∴tan∠GOM＝tan∠DBC， 设GM＝3m，OM＝4m，则GE＝6m，OA＝OG＝5m， ∵OA+OM≥AH， ∴5m+4m， ∴m， GE＝6m， ∴S△AEG•AH•EG， ∴△AEG的面积的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 13．（2024•成都）在平面直角坐标系xOy中，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）是二次函数y＝﹣x2+4x﹣1图象上三点．若0＜x1＜1，x2＞4，则y1　＞　 y2（填“＞”或“＜”）；若对于m＜x1＜m+1，m+1＜x2＜m+2，m+2＜x3＜m+3，存在y1＜y3＜y2，则m的取值范围是 　m＜1　 ． 【考点】二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【专题】一元一次不等式（组）及应用；二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力． 【答案】＞，m＜1． 【分析】先求得二次函数的对称轴，再根据二次函数的性质求解即可． 【解答】解：∵y＝﹣x2+4x﹣1＝﹣（x﹣2）2+3， ∴二次函数y＝﹣x2+4x﹣1图象的对称轴为直线x＝2，开口向下， ∵0＜x1＜1，x2＞4， ∴2﹣x1＜x2﹣2，即（x1，y1）比（x2，y2）离对称轴直线的水平距离近， ∴y1＞y2； 由题可知存在y1＜y3＜y2，即并不是全段都是y1＜y3＜y2， 所以我们可以尝试找到不存在y1＜y3和y3＜y2的临界值， ①先讨论y1＜y3， 由图1可知，此时存在y1＜y3，由图2可知，当m和m+2关于对称轴对称时，此时不存在y1＜y3， 此时2， 解得m＝1， 要使存在y1＜y3，则x1和x3均向左移动即可， ∴m＜1； ②再讨论y3＜y2， 由图3可知，此时存在y3＜y2，由图4可知，当m+2和m+3关于对称轴对称时，此时不存在y3＜y2， 此时2， 解得m， 要使存在y3＜y2，则x2和x3均向右移动即可， ∴m； 综上，m＜1， 故答案为：＞，m＜1． 【点评】本题考查二次函数的性质、不等式的性质以及解不等式组，熟练掌握二次函数的性质是解答的关键． 14．（2024•永昌县三模）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，AB＝5，AC＝4，D是上的一个动点，连接AD．过点C作CE⊥AD于E，连接BE，则BE的最小值是　2　 ． 【考点】圆周角定理；三角形三边关系；勾股定理．版权所有 【专题】与圆有关的计算；应用意识． 【答案】见试题解答内容 【分析】如图，连接BO′、BC．在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，当O′、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E，利用勾股定理求出BO′即可解决问题． 【解答】解：如图，取AC的中点O′，连接BO′、BC． ∵CE⊥AD， ∴∠AEC＝90°， ∴在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动， ∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， 在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝5， ∴BC3， 在Rt△BCO′中，BO′， ∵O′E+BE≥O′B， ∴当O′、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E2， 故答案为：2． 【点评】本题考查圆周角定理、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是确定等E的运动轨迹是以AC为直径的圆上运动，属于中考填空题中压轴题． 15．（2024•南山区二模）已知如图，直线yx分别与双曲线y（m＞0，x＞0）、双曲线y（n＞0，x＞0）交于点A，点B，且，将直线yx向左平移6个单位长度后，与双曲线y交于点C，若S△ABC＝4，则mn的值为　100　 ． 【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．版权所有 【专题】反比例函数及其应用． 【答案】见试题解答内容 【分析】先求出直线yx向左平移6个单位长度后的解析式为yx+4，那么直线yx+4交y轴于E（0，4），作EF⊥OB于F．根据互相垂直的两直线斜率之积为﹣1得出直线EF的解析式为yx+4，再求出F（，），EF，根据S△ABC＝4，求出AB，那么OAAB，进而求出A、B两点坐标，求出m、n即可解决问题． 【解答】解：直线yx向左平移6个单位长度后的解析式为y（x+6），即yx+4， ∴直线yx+4交y轴于E（0，4），作EF⊥OB于F． 可得直线EF的解析式为yx+4， 由，解得，即F（，）． ∴EF， ∵S△ABC＝4， ∴•AB•EF＝4， ∴AB， ∵， ∴OAAB， ∴A（3，2），B（5，）， ∴m＝6，n， ∴mn＝100． 故答案为100． 【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求直线的解析式，两点间的距离公式，三角形的面积，函数图象上点的坐标特征等知识，综合性较强．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 三．解答题（共5小题） 16．（2025•介休市一模）综合与实践 问题情境 四边形ABCD是边长为5的菱形，连接BD．将△BCD绕点B按顺时针方向旋转得到△BEF，点C，D旋转后的对应点分别为E，F．旋转角为α（0°＜α＜360°）． 观察思考 （1）如图1，连接AC，当点F第一次落在对角线AC上时，α＝　60°　 ． 探究证明 （2）如图2，当α＞180°，且EF∥BD时，EF与AD交于点G．试判断四边形BDGF的形状，并说明理由． 拓展延伸 （3）如图3，连接CE．在旋转过程中，当EF与菱形ABCD的一边平行时，且tan∠DAB，请直接写出线段CE的长． 【考点】四边形综合题．版权所有 【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识． 【答案】（1）60°， （2）菱形，理由见解析； （3）3或10或． 【分析】（1）设AC交BD于点O，先由菱形的性质得出∠BOF＝90°，BD＝2OB，再由旋转的性质得BF＝BD，则BF＝BD＝2OB，得∠BFO＝30°，即可得出答案； （2）由菱形的性质得∠ADB＝∠BDC，再由旋转的性质得BD＝BF，∠F＝∠BDC，然后证四边形BDGF是平行四边形，即可得出结果； （3）分三种情况，①当EF∥BC时，先证四边形BCFE是菱形，过点D作DH⊥AB于点H，则tan∠DAB，设DH＝3a，则AH＝4a，由菱形的性质求出a＝1，则DH＝3，AH＝4，再由勾股定理得BD，进而由勾股定理求出EG的长，即可得出CE的长； ②当EF∥AB时，则∠E＝∠ABE，证E、B、C三点共线，即可得出CE的长； ③当EF∥BC，且EF在BC上方时，过点E作EG⊥BC于点G，则∠EBG＝∠BEF，由锐角三角函数定义求出BG＝4，EG＝3，则CG＝1，再由勾股定理求出CE的长即可． 【解答】解：（1）如图1，设AC交BD于点O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OB＝ODBD， ∴∠BOF＝90°，BD＝2OB， 由旋转的性质得：BF＝BD， ∴BF＝BD＝2OB， ∴∠BFO＝30°， ∴∠OBF＝90°﹣∠BFO＝90°﹣30°＝60°， ∴α＝60°， 故答案为：60°； （2）四边形BDGF为菱形，理由如下： ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ADB＝∠BDC， 由旋转的性质得：BD＝BF，∠F＝∠BDC， ∴∠F＝∠ADB， ∵EF∥BD， ∴∠F+∠DBF＝180°， ∴∠ADB+∠DBF＝180°， ∴DG∥BF， ∵EF∥BD， ∴四边形BDGF是平行四边形， 又∵BD＝BF， ∴平行四边形BDGF为菱形； （3）①如图4，当EF∥BC时， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝CD， 由旋转的性质得：BE＝BC，EF＝CD， ∴BC＝BE＝EF， ∴四边形BCFE是菱形， 过点D作DH⊥AB于点H， 则tan∠DAB， 设DH＝3a，则AH＝4a， 由勾股定理得：AD5a， ∵四边形ABCD是边长为5的菱形， ∴AD＝AB＝5， ∴a＝1， ∴DH＝3，AH＝4， ∴BH＝AB﹣AH＝5﹣4＝1， 由勾股定理得：BD， ∵EF∥BC， ∴∠F＝∠FBC， ∵EB＝EF＝BC＝5， ∴∠F＝∠EBF， ∴∠EBF＝∠FBC， ∴BG⊥CE，CE＝2EG， ∴BGBF， ∵BF＝BD， ∴BG， ∴EG， ∴CE＝2EG＝3； ②如图5，当EF∥AB时，则∠E＝∠ABE， ∵AB∥CD， ∴∠ABD＝∠BDC， ∵∠BDC＝∠F， ∴∠F＝∠ABD， ∴∠ABD+∠ABE+∠EBF＝∠F+∠E+∠EBF＝180°， ∵∠DBC＝∠FBE， ∴∠FBE+∠ABE+∠ABD＝180°， ∴E、B、C三点共线， ∴CE＝BC+BE＝5+5＝10； ③如图6，当EF∥BC，且EF在BC上方时，过点E作EG⊥BC于点G， 则∠EBG＝∠BEF， ∴tan∠EBG＝tan∠BEF＝tan∠DAB， 结合BE＝5，易得BG＝4，EG＝3， ∴CG＝1， ∴CE； 综上所述，CE的长为3或10或． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、旋转的性质、锐角三角函数定义以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和旋转的性质是解题的关键，属于中考常考题型． 17．（2025•安徽模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠DCB，点E为BC上一点，且DE∥AB，过点B作BF∥AD交DE的延长线于点F，连接CF，CF＝BF． （1）求证：△ADE≌△FCD； （2）如图（2），连接DB交AE于点G． ①若AG＝DC．求证：BC平分∠DBF； ②若DB∥CF，求的值． 【考点】四边形综合题．版权所有 【专题】几何综合题；线段、角、相交线与平行线；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）先证DE＝CD，再证四边形ABFD是平行四边形，则AD＝BF，∠ADE＝∠ABF，然后证∠ABF＝∠DCF，则∠ADE＝∠FCD，由SAS即可得出结论； （2）①连接CG，先证四边形AGCD是平行四边形，得CG∥AD，CG＝AD，再证四边形BFCG是平行四边形，然后证平行四边形BFCG是菱形，即可得出结论； ②先证△ABE∽△DEC，得，再由AB＝DF，得，进而证△BDE∽△CFE，得，则，然后求出，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵DE∥AB， ∴∠DEC＝∠ABC， ∵∠ABC＝∠DCB， ∴∠DEC＝∠DCB， ∴DE＝CD， ∵DE∥AB，BF∥AD， ∴四边形ABFD是平行四边形， ∴AD＝BF，∠ADE＝∠ABF， ∵CF＝BF， ∴∠FBC＝∠FCB，AD＝CF， ∴∠ABC+∠FBC＝∠DCB+∠FCB， 即∠ABF＝∠DCF， ∴∠ADE＝∠FCD， 在△ADE和△FCD中， ， ∴△ADE≌△FCD（SAS）； （2）①证明：如图2，连接CG， 由（1）得：△ADE≌△FCD， ∴∠DEA＝∠CDF， ∴AE∥CD， ∵AG＝DC， ∴四边形AGCD是平行四边形， ∴CG∥AD，CG＝AD， ∵AD＝BF，AD∥BF， ∴CG∥BF，CG＝BF， ∴四边形BFCG是平行四边形， ∵CF＝BF， ∴平行四边形BFCG是菱形， ∴BC平分∠DBF； ②解：由（1）可知，△ADE≌△FCD， ∴∠AED＝∠FDC， ∵DE∥AB， ∴∠BAE＝∠AED，∠ABE＝∠DEC， ∴∠BAE＝∠FDC， ∴△ABE∽△DEC， ∴， ∵四边形ABFD是平行四边形， ∴AB＝DF， ∴， 由（1）可知，四边形BFCG是平行四边形， ∴BD∥FC， ∴△BDE∽△CFE， ∴， ∴， ∵DF＝DE+EF， ∴， 即DE2＝DE•EF+EF2， 两边除以DE2得：1（）2， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型． 18．（2025•射阳县一模）如图，抛物线yx2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且点A的坐标为（1，0）． （1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标； （2）判断△ABC的形状，并证明你的结论； （3）点M是抛物线对称轴上的一个动点，当△ACM的周长最小时，求点M的坐标． 【考点】抛物线与x轴的交点；轴对称﹣最短路线问题；二次函数的性质；待定系数法求二次函数解析式．版权所有 【专题】计算题． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）把点A的坐标代入解析式，求出b，利用配方法求出抛物线的顶点坐标； （2）解一元二次方程求出OB，根据勾股定理求出AC、BC，根据勾股定理的逆定理判断即可； （3）连接BC交对称轴于M，由轴对称的性质得到此时△ACM的周长最小，利用待定系数法求出直线BC的解析式，求出点M的坐标． 【解答】解：（1）∵点A（1，0）在抛物线yx2+bx+2上， ∴b+2＝0， 解得，b， 抛物线的解析式为yx2x+2， yx2x+2（x）2， 则顶点D的坐标为（，）； （2）△ABC是直角三角形， 证明：点C的坐标为（0，2），即OC＝2， x2x+2＝0， 解得，x1＝﹣4，x2＝1， 则点B的坐标为（﹣4，0），即OB＝4， OA＝1，OB＝4， ∴AB＝5， 由勾股定理得，AC，BC＝2， AC2+BC2＝25＝AB2， ∴△ABC是直角三角形； （3）由抛物线的性质可知，点A与点B关于对称轴对称， 连接BC交对称轴于M，此时△ACM的周长最小， 设直线BC的解析式为：y＝kx+b， 由题意得，， 解得，， 则直线BC的解析式为：yx+2， 当x时，y， ∴当M的坐标为（，）． 【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点问题，掌握二次函数与一元二次方程的关系、待定系数法求二次函数解析式的一般步骤、轴对称﹣最短路径问题是解题的关键． 19．（2025•黄石模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D．其中A（﹣3，0），D（﹣1，﹣4）． （1）直接写出该抛物线的解析式； （2）如图1，在第三象限内抛物线上找点E，使∠OCE＝∠OAD，求点E的坐标； （3）如图2，过抛物线对称轴上点P的直线交抛物线于F，G两点，线段FG的中点是M，过点M作y轴的平行线交抛物线于点N．若是一个定值，求点P的坐标． 【考点】二次函数综合题．版权所有 【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】（1）y＝x2+2x﹣3； （2）；（3）． 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）过点E作EF⊥y轴于F，过点D作DG⊥x轴于G，设点E（m，m2+2m﹣3），由tan∠OCE＝tan∠OAD，得，列出关于m的方程即可求解； （3）设P（﹣1，t），直线FG的解析式为：y＝kx+k+t，表示出，，结合是一个定值，求出t的值，即可求解． 【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D．其中A（﹣3，0），D（﹣1，﹣4），将A，D两点坐标代入得： ∴， 解得， ∴该抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3； （2）在第三象限内抛物线上找点E，使∠OCE＝∠OAD，如图1，过点E作EF⊥y轴于F，过点D作DG⊥x轴于G，则∠EFC＝∠DGA＝90°， ∵A（﹣3，0），D（﹣1，﹣4）， ∴AG＝﹣1﹣（﹣3）＝2，DG＝4， 把x＝0代入y＝x2+2x﹣3得，y＝﹣3， ∴C（0，﹣3）， ∴OC＝3， 设点E（m，m2+2m﹣3），则EF＝﹣m，OF＝﹣（m2+2m﹣3）， ∴CF＝OC﹣OF＝3+（m2+2m﹣3）＝m2+2m， ∵∠OCE＝∠OAD， ∴tan∠OCE＝tan∠OAD， ∴， 即， 整理得，2m2+5m＝0， 解得或m2＝0（不合，舍去）， ∴； （3）过抛物线对称轴上点P的直线交抛物线于F，G两点，线段FG的中点是M，过点M作y轴的平行线交抛物线于点D．如图2，设P（﹣1，t）， 设直线FG的解析式为：y＝kx+b， ∴t＝﹣k+b，即b＝k+t， ∴直线FG的解析式为：y＝kx+k+t， 设F（x1，y1），G（x2，y2）， 由，得x2+2x﹣3＝kx+k+t，即：x2+（2﹣k）x﹣3﹣k﹣t＝0， ∴x1+x2＝k﹣2，x1x2＝﹣3﹣k﹣t， ∴ ∵线段FG的中点是M， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴当4t+15＝0时，即时，是定值， ∴． 【点评】本题考查二次函数的图象和性质，掌握待定系数法，用参数表示一次函数的解析式和线段长是解题的关键． 20．（2025•湖北模拟）小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“已知正方形ABCD，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，则EG＝FH．”为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案： 方案一：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点B作BN∥EG交CD于点N； 方案二：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N．… （1）对小曼遇到的问题，请在甲、乙两个方案中任选一个加以证明（如图（1））． （2）如果把条件中的“正方形”改为“长方形”，并设AB＝2，BC＝3（如图（2）），试探究EG、FH之间有怎样的数量关系，并证明你的结论． （3）如果把条件中的“EG⊥FH”改为“EG与FH的夹角为45°”，并假设正方形ABCD的边长为1，FH的长为（如图（3）），试求EG的长度． 【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．版权所有 【专题】计算题；证明题． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可． （2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在长方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可． （3）过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N，将△AND绕点A顺时针旋转90°到△APB．从而求证△APM≌△ANM，得出PM＝NM．再设DN＝x，根据勾股定理列方程即可求解． 【解答】解：（1）证明：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N， ∴AM＝HF，AN＝BC， 在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90° ∵EG⊥FH， ∴∠NAM＝90°， ∴∠BAM＝∠DAN， 在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN ∴△ABM≌△ADN ∴AM＝AN，即EG＝FH （2）结论：EG：FH＝3：2 证明：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N， ∴AM＝HF，AN＝EC，在长方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°， ∵EG⊥FH， ∴∠NAM＝90°， ∴∠BAM＝∠DAN． ∴△ABM∽△ADN． ， ∵AB＝2，BC＝AD＝3， ∴； （3）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N， ∵． ∴在Rt△ABM中，BM． 将△AND绕点A顺时针旋转90°到△APB． ∵EG与FH的夹角为45°， ∴∠MAN＝45°， ∴∠DAN+∠MAB＝45°，即∠PAM＝∠MAN＝45°， 从而△APM≌△ANM， ∴PM＝NM． 设DN＝x，则NC＝1﹣x，MN＝PM． 在Rt△CMN中，解得． ∴． 【点评】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题． 考点卡片 1．解一元二次方程-公式法 （1）把x（b2﹣4ac≥0）叫做一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的求根公式． （2）用求根公式解一元二次方程的方法是公式法． （3）用公式法解一元二次方程的一般步骤为： ①把方程化成一般形式，进而确定a，b，c的值（注意符号）； ②求出b2﹣4ac的值（若b2﹣4ac＜0，方程无实数根）； ③在b2﹣4ac≥0的前提下，把a、b、c的值代入公式进行计算求出方程的根． 注意：用公式法解一元二次方程的前提条件有两个：①a≠0；②b2﹣4ac≥0． 2．根的判别式 利用一元二次方程根的判别式（△＝b2﹣4ac）判断方程的根的情况． 一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系： ①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根； ②当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根； ③当△＜0时，方程无实数根． 上面的结论反过来也成立． 3．反比例函数系数k的几何意义 比例系数k的几何意义 在反比例函数y图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|． 在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|，且保持不变． 4．反比例函数图象上点的坐标特征 反比例函数y＝k/x（k为常数，k≠0）的图象是双曲线， ①图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k； ②双曲线是关于原点对称的，两个分支上的点也是关于原点对称； ③在y＝k/x图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|． 5．反比例函数与一次函数的交点问题 反比例函数与一次函数的交点问题 （1）求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点． （2）判断正比例函数y＝k1x和反比例函数y在同一直角坐标系中的交点个数可总结为： ①当k1与k2同号时，正比例函数y＝k1x和反比例函数y在同一直角坐标系中有2个交点； ②当k1与k2异号时，正比例函数y＝k1x和反比例函数y在同一直角坐标系中有0个交点． 6．二次函数的性质 二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（，），对称轴直线x，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质： ①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x时，y随x的增大而减小；x时，y随x的增大而增大；x时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点． ②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x时，y随x的增大而增大；x时，y随x的增大而减小；x时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点． ③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移||个单位，再向上或向下平移||个单位得到的． 7．二次函数图象上点的坐标特征 二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（，）． ①抛物线是关于对称轴x成轴对称，所以抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式．顶点是抛物线的最高点或最低点． ②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析中的c值． ③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x． 8．二次函数的最值 （1）当a＞0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而减少；在对称轴右侧，y随x的增大而增大，因为图象有最低点，所以函数有最小值，当x时，y． （2）当a＜0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随x的增大而减少，因为图象有最高点，所以函数有最大值，当x时，y． （3）确定一个二次函数的最值，首先看自变量的取值范围，当自变量取全体实数时，其最值为抛物线顶点坐标的纵坐标；当自变量取某个范围时，要分别求出顶点和函数端点处的函数值，比较这些函数值，从而获得最值． 9．待定系数法求二次函数解析式 （1）二次函数的解析式有三种常见形式： ①一般式：y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）； ②顶点式：y＝a（x﹣h）2+k（a，h，k是常数，a≠0），其中（h，k）为顶点坐标； ③交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0）； （2）用待定系数法求二次函数的解析式． 在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解． 10．抛物线与x轴的交点 求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标． （1）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系． △＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数． △＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点； △＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点； △＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点． （2）二次函数的交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0），可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）． 11．二次函数综合题 （1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题 解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项． （2）二次函数与方程、几何知识的综合应用 将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件． （3）二次函数在实际生活中的应用题 从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义． 12．三角形三边关系 （1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边． （2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形． （3）三角形的两边差小于第三边． （4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏的定时炸弹，容易忽略． 13．全等三角形的判定与性质 （1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． （2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 14．角平分线的性质 角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等． 注意：①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有时不必证明全等；③使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言：如图，∵C在∠AOB的平分线上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE 15．含30度角的直角三角形 （1）含30度角的直角三角形的性质： 在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半． （2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数． （3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用； ②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边． 16．勾股定理 （1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方． 如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2． （2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中． （3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a，b及c． （4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边． 17．平行四边形的性质 （1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． （2）平行四边形的性质： ①边：平行四边形的对边相等． ②角：平行四边形的对角相等． ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． （3）平行线间的距离处处相等． （4）平行四边形的面积： ①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积． ②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等． 18．矩形的性质 （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点． （3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 19．正方形的性质 （1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． （2）正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 20．四边形综合题 涉及到的知识点比较多，主要考查平行四边形、菱形、矩形、正方形，经常与二次函数和圆一起出现，综合性比较强． 21．垂径定理 （1）垂径定理 垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧． （2）垂径定理的推论 推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧． 推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧． 推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧． 22．圆心角、弧、弦的关系 （1）定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等． （2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等． 说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧． （3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系 三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合． （4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分． 23．圆周角定理 （1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角． 注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可． （2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径． （3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握． （4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角． 24．轴对称的性质 （1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线． 由轴对称的性质得到一下结论： ①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称； ②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴． （2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线． 25．轴对称-最短路线问题 1、最短路线问题 在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点． 2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点． 26．相似三角形的判定与性质 （1）相似三角形是相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等． （2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可． 27．解直角三角形 （1）解直角三角形的定义 在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形． （2）解直角三角形要用到的关系 ①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°； ②三边之间的关系：a2+b2＝c2； ③边角之间的关系： sinA，cosA，tanA． （a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边） 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$