数学（上海专用）-2025年中考终极押题猜想

2025年中考数学终极押题猜想（上海专用） （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 点、直线、圆的位置关系（3年2考选择或填空压轴） 1 押题猜想二 平面向量（上海中考特色题必考题） 3 押题猜想三 图形的翻折与旋转（3年2考填空压轴1考选择压轴） 4 押题猜想四 新定义问题（上海中考新趋势3年3考）（填空压轴第18题含多解题） 6 押题猜想五 求锐角的三角比（上海中考新趋势3年3考）（解答第21题） 8 押题猜想六 一次函数的实际应用（生活情境题）（上海23年中考新题型） 11 押题猜想七 解直角三角形的相关计算（含上海24年中考新题型实践操作题） 15 押题猜想八 几何证明（解答第23题必考题） 19 押题猜想九 二次函数综合题（解答第24题必考题）（与二次函数平移有关3年3考） 22 押题猜想十 几何综合题（解答第25题必考题） 28 押题猜想一 点、直线、圆的位置关系 限时：2min . （原创）两圆的半径分别为 5cm 和 x cm，圆心距为 7cm，若两圆没有公共点，则 x 的取值范围是（ ） A. 0 <x < 2 B. x> 12 C. 0 < x < 2 或 x > 12 D. 2 < x < 12 押题解读 本考点为热考考点， 常以选择或填空压轴形式考查 考虑多种情况：在点、直线、圆的位置关系问题中，有些情况可能不唯一，需要分情况讨论。 例如，点与圆的位置关系中，点可能在圆内、圆上或圆外； 直线与圆的位置关系中，直线可能与圆相交、相切或相离，要全面考虑各种可能性，避免漏解。 圆与圆的位置关系有外离、外切、相交、内切、内含五种。没有公共点时为外离或内含；有一个公共点是外切或内切；有两个公共点是相交。 1．（圆与圆的位置关系）已知和，的半径长为，．如果与相交，那么的半径长可以是（   ） A． B． C． D． 2．（上海中考新趋势）已知圆心A到直线m的距离为d，的半径为r，若d、r是方程的两个根，则直线m和的位置关系是（   ） A．相切 B．相离 C．相交或相离 D．相切或相交 3．（点与圆的位置关系）如图，在矩形中，，，点P在对角线上，以点A为圆心，2为半径长作，以点P为圆心作，如果点C在内而点D在外，并且与外切，那么可以作为半径长的值是（   ） A．3.5 B．4 C．4.5 D．5 4．（圆与圆的位置关系）如图，在中，，如果以点为圆心的与以边为直径的外切，那么的半径长是 ． 5．（点与圆的位置关系）如图，已知中，，，，以A为圆心、2为半径作圆，点D是圆A上一点，连接，点E是的中点，连接，那么长度的取值范围是 ． 押题猜想二 平面向量 限时：2min （原创）如图,在△ABC中，DE∥BC，，，则 (用含的式 子表示) 押题解读 本考点为必考考点。 选择题多以考查对向量基本概念的理解。 向量的基本概念判断：如给出一些关于向量的描述，让学生判断哪些是正确的向量概念，哪些是错误的。 填空题考查方向 1.简单的向量线性运算：直接考查向量的加法、减法、数乘运算，或者是这些运算的组合，要求学生化简向量表达式。 2.几何图形中的向量表示与运算：在三角形、平行四边形、梯形等常见几何图形中，给出一些已知向量，要求学生用这些已知向量表示其他向量，或者进行相关的运算。多以相似相结合。 1．如图，D是的边上一点，，如果向量，，那么向量用向量、表示为（   ） A． B． C． D． 2．如图，已知点是的重心，过点作，分别交、于点、，如果设，，那么用、表示 ． 3．在中，，是的中点，连接，设，，那么向量用向量、表示为 ． 4．如图，平行四边形中，点在边上，，连结并延长交的延长线于点，设，．如果向量用向量、表示，那么 ． 5．如图，在梯形中，，点是边的中点，连接交于点，设，那么用向量、表示向量是 ． 押题猜想三 图形的翻折与旋转 限时：6min （原创）如图，在△ABC 中，∠C = 90°，将△ABC 沿 DE 翻折，使点 A 与点 B 重合，若 AC = 8，BC = 6，则折痕 DE 的长为______。 押题解读 本考点为必考考点 常以选择或填空压轴形式考查 押题方向预测 翻折： 矩形、正方形中的折叠问题，求线段长度或角度。 三角形的折叠，涉及角平分线、中线、中垂线等特殊线段。 旋转： 以等边三角形、等腰直角三角形为背景的旋转问题。 四边形的旋转，如平行四边形、矩形绕某点旋转。 1．如图，在中，，，是上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得线段（点的对应点为），连接．若，且，则 ． 2．如图，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转得矩形，恰好落在对角线上，连接，如果与边相交，且，那么的长是 ． 3．如图，在直角三角形纸片中，，，．是中点，将纸片沿翻折，直角顶点的对应点为，交于，则 ． 4．在中，，（如图）．点在边上，，为垂足，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点、分别与点、对应，，射线与边交于点．如果，那么的长是 ． 5．如图，在中，，，，先将沿翻折到处，再将沿翻折到处，过点作交于点，则的长是 ． 押题猜想四 新定义问题 限时：2min （改编）已知是的函数，若存在实数，当时，的取值范围是．我们将称为这个函数的“级关联范围”．例如：函数，存在，当时，，即，所以是函数的“级关联范围”．函数的“级关联范围”是 ． 押题解读 本考点为必考考点。常以填空压轴形式考查。考查形式如下： 1.代数型新定义：例如定义函数的 “特征值” 等。对于这类问题，要准确理解新定义的概念，将其转化为常规的代数运算或方程求解问题。如给定函数y=kx+b，根据 “坐标差” 的定义求出其表达式，再通过分析函数的性质来确定 “特征值”。 2.二次函数型新定义：像 “好点”“和谐点” 等定义问题。解决此类问题需结合二次函数的图像与性质，利用判别式、对称轴等知识进行分析。例如，根据 “好点” 的定义，将点的坐标代入二次函数，得到关于x的方程，再根据方程有两个不同解的条件，利用判别式求出参数的取值范围。 3.几何型新定义：如 “等弦圆”“中内弧” 等概念。要熟练掌握几何图形的性质和定理，通过画图、分析图形的位置关系来解决问题。以 “等弦圆” 为例，根据圆的性质和等腰直角三角形的特点，找出圆的半径与三角形边长的关系，进而求出圆的半径。 4.阅读理解型新定义：包括探究定理、方法证明类问题。需要仔细阅读材料，理解新定义的内涵和相关定理、方法，然后运用所学知识进行推理和证明。比如对于 “等高底三角形”，根据其定义和重心的性质，通过作辅助线，利用三角形的相似关系来求解相关线段的比值。 1．约定：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称之为“函数”，其图象上关于原点对称的不同的两点叫做一对“点”．已知关于的二次函数是“函数”，其中，两点为一对“点”，点是该二次函数图象上，两点之间的一个动点（含端点，．若点的纵坐标的最大值为，则 ． 2．我们定义：有两边之比是的三角形叫“倍半三角形”．已知直角三角形是倍半三角形，如果，，那么的面积 ． 3．定义：抛物线上的所有点的横、纵坐标都扩大为原来的倍后得到新的抛物线，叫的“倍衍生抛物线”．例如：求抛物线的“5倍衍生抛物线”．设抛物线上一点，则点在抛物线上的对应点为因为点，因为点在抛物线上，所以，整理得到，即抛物线的表达式为．参考上述方法，抛物线的“倍衍生抛物线”的表达式为 ． 4．新定义：有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，如图，已知在对余四边形中，，，，，那么边的长为 ． 5．我们把只有一组邻边相等，且对角互补的四边形叫做“邻补四边形”．如图，在中，，，点分别在边、上．如果四边形是“邻补四边形”，那么四边形的面积是 ． 押题猜想五 求锐角的三角比 限时：5min （改编）已知二次函数的顶点为，与轴相交与点． (1)求点、的坐标； (2)将二次函数图象向上平移，使平移后所得图象经过坐标原点，与轴的另一个交点为，求的值． 押题解读 本考点为必考考点，常以解答题形式考查。 1.以四边形为背景：给出平行四边形、矩形、菱形、正方形等四边形，通过作辅助线构造直角三角形，求其中锐角的三角比。例如，在菱形中，已知对角线的长度，求菱形内角的三角比。 2.圆中的三角比问题：在圆中，结合圆周角、圆心角等知识，通过连接半径等辅助线，构造直角三角形来求锐角三角比。比如，已知圆的半径和一条弦长，求弦所对圆周角的三角比。 3.与函数综合：和二次函数、反比例函数等结合。如在平面直角坐标系中，已知函数图象上的点，求与坐标轴所成锐角的三角比。 1．在中，，，是边上的中线，，是的高线． (1)求的值． (2)求的长． 2．如图，在菱形中，对角线，相交于点O； (1)尺规作图：过点C作的垂线，垂足为E；（不写作法，保留作图痕迹） (2)若，，求的值． 3．如图，在矩形中，点A，C的坐标分别为，点B，D在x轴上，O是坐标原点，直线与相交于点E． (1)求直线，的解析式； (2)求的值． 4．如图，已知在梯形中，，，，，． (1)求的长； (2)求的正切值． 5．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于，B两点，与坐标轴交于C，D两点，连接OB． (1)求反比例函数的表达式， (2)连接OA，求的值． 押题猜想六 一次函数的实际应用 限时：2min （改编）周末，小海和家人们去爬张家山锻炼身体，刚开始小海精力充沛，爬山的速度比较快，爬了30分钟后，开始体力不支，于是减速爬到山顶．小海距山脚出发地的路程s（米）与登山时间（分钟）之间的函数关系如图所示． (1)小海减速前的速度为___________米/分钟； (2)求小海减速后与之间的函数关系式； (3)当小海爬了1小时时，他距离山脚出发地的路程是多少米？ 押题解读 本考点为必考考点，常以解答题形式考查 在解决这类问题时，要紧密联系生活实际，将数学知识与实际情境相结合，同时要准确把握题目中的数量关系，仔细分析各种优惠条件及其相互关系，从而正确建立数学模型并求解。 1．（上海中考新趋势生活情境题）为保障交通安全，景区、居民区、学校等地的道路上通常横向安装减速带．如图为某种规格的减速带示意图，减速带由若干块形状、大小相同且完整的减速块和两端的封堵块拼接而成，封堵块长度为，减速块长度为． (1)请你描述减速带长度（单位：）随减速块（单位：块）的变化规律，并用函数解析式表示与的关系； (2)在宽度为的景区道路上安装一条减速带，减速带两端尽可能接近道路边缘，求最多可以安装多少块减速块？ 2．（上海中考新趋势科技与生活）2025年春节档，电影《哪吒之魔童闹海》掀起观影热潮，影片通过粒子水墨技术、动态水墨渲染引擎等技术，将传统水墨画意境融入动画，打造出兼具古典神韵与现代视觉冲击力的场景，形成独特的文化辨识度，向全球展示了“既古老又充满活力的中国形象”． 影片将封神神话中的角色（如哪吒、敖丙）赋予现代价值观，使传统文化符号与当代人民心理形成共振．某文创店果断订购了印有“哪吒”图案和“敖丙”图案的两种书签．经统计，订购30张“哪吒”书签与20张“敖丙”书签，成本共计430元；而订购45张“哪吒”书签和25张“敖丙”书签，则需花费605元． (1)求“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是多少元？ (2)该文创店计划购进“哪吒”、“敖丙”两种书签共90张， “哪吒”种书签的购进数量不超过“敖丙”种书签数量，已知“哪吒”、“敖丙”两种书签的销售单价分别为15元和12元，如何规划购买方案，才能使文具店在这批书签全部售出后获得最大利润？最大利润是多少？ 3．（一次函数与二次函数综合应用）请根据以下素材，完成探究任务． 飞行汽车 背景 飞行汽车是一种结合了传统汽车和飞行器功能的交通工具，旨在实现地面行驶与空中飞行的双重模式．它被视为未来城市交通的重要解决方案之一，尤其在缓解交通拥堵和拓展三维交通空间方面具有潜力． 建模 某数学小组运用信息技术模拟飞行汽车飞行过程．如图，以飞行汽车的地面起飞点为原点，地平线为轴，垂直于地面的直线为轴，建立平面直角坐标系．它在起飞后的初始飞行路径呈现抛物线形状，当飞行汽车到达抛物线最高点后下降到点．此时点距离地面0.3千米，保持这个高度以100千米/时的速度水平飞行一定距离后到达点，切换到直线下降飞行模式降落至地面点．得到抛物线、直线和直线． 任务 （1）若仪表监测到水平飞行时间为0.09小时，此时点距离起飞点的水平距离为10千米，求和的值； （2）若飞行汽车在最高点时，距离起飞点的水平距离为0.4千米．水平飞行了小时到达点后降落，求的取值范围．     4．（上海中考新趋势科技与出行）我国新能源汽车快速健康发展，续航里程不断提升，王师傅驾驶一辆纯电动汽车从A市前往B市．他驾车从A市一高速公路入口驶入时，该车的剩余电量是，行驶时，剩余电量；行驶了后，从B市一高速公路出口驶出．已知该车在高速公路上行驶的过程中耗电量是均匀的，若剩余电量用表示，行驶路程用表示． (1)求该车y与x之间的关系式； (2)已知这辆车的“满电量”为，求王师傅驾车从B市这一高速公路出口驶出时，该车的剩余电量占“满电量”的百分之多少． 5．（上海中考新趋势科技与生产）2025年是全面落实全国科技大会精神、加快建设科技强国的关键之年，人工智能的崛起无疑成为了全球科技界的焦点．某公司尝试利用智能技术优化生产流程，提高生产效率．在生产一种产品时，发现生产成本y（单位：元）与产品数量x（单位：件）之间存在一次函数关系，其几组对应值如下表所示． 产品数量x/件 … 10 12 16 20 … 生产成本y/元 … 400 420 460 500 … 请你根据表中信息，解答下列问题． (1)求y与x之间的函数关系式． (2)若这种产品每件的售价为20元，则当生产成本为1000元时，所生产产品的总售价为多少元？ 押题猜想七 解直角三角形的相关计算 限时：6min （改编）【问题背景】 我们学过用尺规作图平分一条线段，乐乐同学想借助所学过的函数知识平分线段． 在如图1中，已知线段，为了平分线段，乐乐同学进行了如下的操作： ①在平面直角坐标系中，画出函数的图像； ②在轴的正半轴上截取，过点A作轴交函数的图像于点； ③以点为圆心，长为半径作弧，交于点． 所以点平分线段． 【解决问题】 (1)根据乐乐同学的做法，如果要将线段三等分，那么可以借助函数________的图像在图7-1中的线段上，找到点，使，于是可作出线段上的一个三等分点．（填函数解析式） (2)平面内的点可以用有序实数对来表示．在图2中，点在轴的正半轴上，．运用我们学过的函数知识，在图7-2中作出坐标为的点，写出画图步骤．（保留作图痕迹） 押题解读 本考点为必考考点， 常以解答题形式考查 实际应用题型：如仰角俯角问题、坡度坡角问题。例如，在测量建筑物高度时，通过测量仰角和观测点到建筑物的距离，利用三角比来计算建筑物高度 实际应用问题增多：题目会更倾向于结合生活实际，以应用题的形式出现。涉及测量、建筑、导航等领域，让学生通过建立数学模型，将实际问题转化为解直角三角形的问题来求解。 探究性和开放性增强：随着教育对学生综合素养的重视，中考命题可能会出现一些具有探究性和开放性的解直角三角形作图题。如给定一些条件，让学生探究不同情况下图形的性质或求解相关量，或者要求学生自己设计方案来解决问题，考查学生的创新思维和探究能力。 1 ．如图，某景区为游客精心设计了两条游览路线，路线一：在点登船，沿水路游览沿途风光；路线二：先坐观光车从至，沿途游览，再在点登船，沿水路游览沿途美景．已知点在点的东北方向，点在点的北偏东方向，点在点的南偏西方向，点在点的南偏东方向，相距千米．（参考数据：，，） (1)求的距离（结果保留根号）； (2)小聪和小明同时从点出发，分别选择路线一和路线二游览，若游船和观光车均保持匀速行驶，游船的速度为千米/小时，观光车的速度为千米/小时，上下车和上下船的时间忽略不计，请问小聪和小明谁先到达点，并说明理由． 2．某停车场入口“曲臂直杆道闸”在工作时，一曲臂杆绕点匀速旋转，另一曲臂杆始终保持与地面平行．如图1，是曲臂直杆道闸关闭时的示意图，此时O、A、B在一条直线上．已知闸机高度为，，，入口宽度为． (1)如图2，因机器故障，曲臂杆最多可逆时针旋转，求此时点A到地面的距离．（结果精确到0.01） (2)在（1）的条件下，一辆宽为、高为的货车可否顺利通过入口？请说明理由．（参考数据：，，） 3．如图，已知在中，，，． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，在线段上作点，使得（要求：不写作法，保留作图痕迹）； (2)求的长． 4．为了让游客更好的观赏花圃景观，某植物园打算在不同形状的花圃内都建设一条半圆形的步道，要求一：步道的外围不超过各自花圃的范围；要求二：半圆形步道的圆心在花圃的某一条边上；要求三：半圆形步道的半径尽可能的大（忽略步道的宽度）． 根据以下不同形状的花圃分别按要求画出这个半圆形步道的圆心（不用写作法，保留痕迹），并直接写出不同形状的花圃下半圆形步道的半径． 花圃一：如图1，是一个等腰三角形的花圃，经测量，，半圆形步道的圆心在边上； 花圃二：如图2，四边形是一个梯形的花圃，，经测量，，，，半圆形步道的圆心在边上．（结果保留根号） 5．“数学探究小组”研究如下问题：如图1，点是矩形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于、、、，并且两条对角线互相垂直． 小组成员小杰提出了如下的作法：1．过点作并截取；2．分别连接、．那么四边形就是所求作的四边形． (1)请判断小杰的作法是否正确，并说明理由； (2)如图2，点是菱形内一点，请根据上述信息提出一个类似问题，并予以解决（只需写出作法或画出图形、结论，不必说明理由）． 押题猜想八 几何证明 限时：8min （改编）学完“相似三角形”之后，小华和同学尝试探索相似四边形的判定与性质，以下是他们的思考 【定义】如果两个四边形的四个角对应相等，四条边对应成比例，那么这两个四边形相似．两个相似四边形的对应边的比等于相似比． 【思考】类比相似三角形，对相似四边形的判定与性质提出了许多猜测，如： ①四条边对应成比例，且有一组角对应相等的两个四边形相似； ②四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似； ③相似四边形的面积的比等于相似比的平方． …… 【探究】请完成上述猜测中第③个结论的证明． 已知：如图，四边形与四边形相似，点分别与点对应 求证：． 证明： 【运用】同学们通过讨论，证明了上述猜测都是正确的．试运用这些结论，解决问题：如图，分别是边上的点，，，试求的值． 押题解读 本考点为必考考点。解题思路如下： 分析模型：熟悉常见的几何模型，如子母型、燕尾型、旋转型、双垂型等。若题目中出现相关模型的特征，可尝试利用模型的性质和结论来解题。比如看到有公共角且对边平行的情况，可考虑 “A 字” 型相似。 1．如图，在中，，点在边上，过点作垂直交于点，连接、交于点． (1)求证：； (2)如果，求证：． 2．已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点，交的延长线于点，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点，如果，求证：． 3．如图，已知在等腰梯形中，，，，联结、交于点，为上一点，． (1)求证：； (2)若，求证：． 4．如图，是正方形的对角线，点E、F分别在边上，，延长到，且，连接． (1)求证：； (2)延长交于点，连接，求证：． 5．如图，已知A、B、C是圆O上的三点，AB＝AC，M、N分别是AB、AC的中点，E、F分别是OM、ON上的点． (1)求证：∠AOM＝∠AON； (2)如果AEON，AFOM，求证：． 押题猜想九 二次函数综合题 限时：15min （改编）如图，在平面直角坐标系中，已知点、点，抛物线经过点，且顶点在线段上（与点、不重合）．    (1)求：、的值； (2)将抛物线向右平移个单位，顶点落在点处，新抛物线与原抛物线的对称轴交于点，连结，交轴于点． ①如果，求 的面积； ②如果，求：的值． 押题解读 本考点为必考考点，常以解答压轴题形式考查。近三年考查与平移有关的二次函数综合题。 押题方向 函数解析式的求解：给定一些点的坐标、函数的性质（如对称轴、顶点等）或与其他函数的关系，求二次函数的解析式，可能涉及到待定系数法，联立方程求解参数。 函数图像的平移、旋转问题：考查二次函数图像经过平移或旋转后，解析式的变化以及相关点坐标的变化。如 2023 年上海中考第 24 题就考查了二次函数的平移。 面积问题：求与二次函数图像相关的三角形、四边形等图形的面积，可能涉及到将不规则图形分割或补全为规则图形来求解，也可能会利用到点的坐标与线段长度的关系，以及面积公式等。 点的坐标求解及存在性问题：根据给定的条件，判断在二次函数图像上是否存在满足特定条件的点，如满足某种角度关系、线段关系或特殊三角形、四边形的顶点等，并求出这些点的坐标，常与相似三角形、三角函数、勾股定理等知识结合 1．在平面直角坐标系中，抛物线（、为常数）的顶点的横坐标是1，并经过点，与轴交点坐标为． (1)求此抛物线的函数表达式： (2)点、点均在这个抛物线上（点在点的左侧），点的横坐标为，点的横坐标为，将此抛物线上、两点之间的部分（含、两点）记为图象． ①当点在轴上方，图象的最高与最低点的纵坐标差为5时，求的值； ②设点，点，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连结，（当不含内部）和二次函数在范围上的图象有且有一个公共点时，求的取值范围． 2．已知抛物线与轴交于点，顶点在直线上． (1)求抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)将抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，得到新抛物线，新抛物线的顶点为，与抛物线的交点为点，如果四边形是平行四边形，求、之间的关系式； (3)在（2）的条件下，抛物线的对称轴与直线交于点，与抛物线交于点，且，求此时抛物线上落在平行四边形内部的点（不包括与平行四边形的交点）的横坐标的取值范围． 3．在平面直角坐标系中（如图）．已知抛物线的顶点A的坐标为，与y轴交于点B．将抛物线沿射线方向平移，平移后抛物线的顶点记作M，其横坐标为m．平移后的抛物线与原抛物线交于点N，且设点N位于原抛物线对称轴的右侧，其横坐标为n． (1)求原抛物线的表达式； (2)求m关于n的函数解析式； (3)在抛物线平移过程中，如果是锐角，求平移距离的取值范围． 4．已知：直线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，抛物线经过点A和点B，顶点为M． (1)求抛物线的表达式； (2)求的面积； (3)如果将直线绕点A顺时针旋转，求旋转后直线在y轴上的截距． 5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与直线交于点和． (1)求抛物线的表达式； (2)已知点在轴上，当以点A、B、O、D为顶点的四边形是矩形时，求点到直线的距离； (3)设直线与轴交于点，已知点P、Q在直线上且在直线的下方（点在点的右侧），如果，求点P、Q的坐标． 押题猜想十 几何综合题 限时：15min （改编）如图，已知中，，，，点D是射线上一动点（不与A、B重合），过点D作，交射线于点E，点Q为中点，连接并延长，交射线于点P． (1)如图，当点D在线段上时， ①若，求的长； ②当与相似时，求的长． (2)当是以为腰的等腰三角形时，试判断以点A为圆心、为半径的与以C为圆心、为半径的的位置关系，并说明理由． 押题解读 本考点为必考考点， 常以解答压轴题的形式考查。 研究命题规律 分析历年真题：仔细研究近几年上海中考第 24 题的几何综合题，明确常考的知识点和题型。如三角形全等与相似、四边形的性质与判定、圆的相关定理等是高频考点。 关注命题趋势：近年来，上海中考几何压轴题更强调基础知识和基本技能的考查，注重知识的综合运用，增强了题目的灵活性和开放性，同时加强了对几何变换和图形运动的考查。 押题方向预测 三角形与四边形综合：以三角形和四边形为背景，结合全等、相似、直角三角形的性质等知识，考查线段长度、角度大小、图形面积等问题。例如，给出一个平行四边形和一个三角形，通过添加辅助线，证明三角形全等或相似，进而求解相关线段的长度。 圆与直线的位置关系：涉及圆的切线、弦长、圆心角、圆周角等概念，以及直线与圆的相切、相交等位置关系。可能会结合三角形的知识，考查圆的相关计算和证明。如已知圆的半径和一条切线，求切线长或相关角度。 1．如图，已知矩形中，，，点是边上一动点，过点作，垂足为点，连接，过点作，交边于点（点与点不重合）． 　　 (1)当是的中点时，求证：； (2)当的长度取不同值时，在中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由； (3)延长交边于点，连接，与能否相似，若能相似，求出此时的长；若不能相似，请说明理由． 2．如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 3．如图1，中，，，点在的延长线上，联结，以为一边作，使点与点位于直线的两侧，且，． (1)如果，请判断四边形的形状并证明； (2)如图2，设点是中点，点是中点，联结、、，求证：； (3)设，在（2）的条件下，以为直径的与以为直径的存在着哪些位置关系？并求出相应的的取值范围（直接写出结论）． 4．已知在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，cosB＝，点D是边BC上一点，过点D作DE⊥AB，垂足为点E，点F是边AC上一点，联结DF、EF，以DF、EF为邻边作平行四边形EFDG． （1）如图1，如果CD＝2，点G恰好在边BC上，求∠CDF的余切值； （2）如图2，如果AF＝AE，点G在△ABC内，求线段CD的取值范围； （3）在第（2）小题的条件下，如果平行四边形EFDG是矩形，求线段CD的长． 5．已知圆O的直径上有一点C（不与A、B重合），，过点C作弦，点F是弧的中点，连接，交于点G． (1)如图1，当点G与点O重合时，求的长； (2)如图2，连接，当时，求的值； (3)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年中考数学终极押题猜想（上海专用） （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 点、直线、圆的位置关系（3年2考选择或填空压轴） 1 押题猜想二 平面向量（上海中考特色题必考题） 6 押题猜想三 图形的翻折与旋转（3年2考填空压轴1考选择压轴） 11 押题猜想四 新定义问题（上海中考新趋势3年3考）（填空压轴第18题含多解题） 21 押题猜想五 求锐角的三角比（上海中考新趋势3年3考）（解答第21题） 29 押题猜想六 一次函数的实际应用（生活情境题）（上海23年中考新题型） 38 押题猜想七 解直角三角形的相关计算（含上海24年中考新题型实践操作题） 44 押题猜想八 几何证明（解答第23题必考题） 56 押题猜想九 二次函数综合题（解答第24题必考题）（与二次函数平移有关3年3考） 65 押题猜想十 几何综合题（解答第25题必考题） 80 押题猜想一 点、直线、圆的位置关系 限时：2min . （原创）两圆的半径分别为 5cm 和 x cm，圆心距为 7cm，若两圆没有公共点，则 x 的取值范围是（ ） A. 0 <x < 2 B. x> 12 C. 0 < x < 2 或 x > 12 D. 2 < x < 12 情况一：当5≥x时 此时根据两圆外离的条件d>R+r，可得7>5+x，移项可得7−5>x，即x<2。又因为圆的半径一定大于0，所以0<x<2。 情况二：当5<x时 此时根据两圆内含的条件d＜R-r（R=x，r=5），变形为x>d+r，即x>7+5，得到x>12，此时满足5<x 。 综合以上两种情况，x的取值范围是0<x<2或x>12，所以答案选 C。 押题解读 本考点为热考考点， 常以选择或填空压轴形式考查 考虑多种情况：在点、直线、圆的位置关系问题中，有些情况可能不唯一，需要分情况讨论。 例如，点与圆的位置关系中，点可能在圆内、圆上或圆外； 直线与圆的位置关系中，直线可能与圆相交、相切或相离，要全面考虑各种可能性，避免漏解。 圆与圆的位置关系有外离、外切、相交、内切、内含五种。没有公共点时为外离或内含；有一个公共点是外切或内切；有两个公共点是相交。 1．（圆与圆的位置关系）已知和，的半径长为，．如果与相交，那么的半径长可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了两圆相交的条件，解绝对值不等式以及解一元一次不等式，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 由与相交得的半径满足不等式，解出的取值范围，即可得解． 【详解】解：的半径长为，，与相交， 的半径满足不等式：， 解得：， 故选：C． 2．（上海中考新趋势）已知圆心A到直线m的距离为d，的半径为r，若d、r是方程的两个根，则直线m和的位置关系是（   ） A．相切 B．相离 C．相交或相离 D．相切或相交 【答案】C 【分析】本题考查了圆与直线的位置关系，因式分解法解一元二次方程，理解圆与直线的位置关系，掌握因式分解法求一元二次方程的根是解题的关键． 根据一元二次方程根与系数的关系得到的值，再根据圆半径与圆心到直线的距离的关系“，相离；，相切；，相交”进行判定即可求解． 【详解】解：， ∴， 解得，， ∵d、r是方程的两个根， 当时，直线和的位置关系是相交； 当时，直线和的位置关系是相离； 故选：C ． 3．（点与圆的位置关系）如图，在矩形中，，，点P在对角线上，以点A为圆心，2为半径长作，以点P为圆心作，如果点C在内而点D在外，并且与外切，那么可以作为半径长的值是（   ） A．3.5 B．4 C．4.5 D．5 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理和点和圆的位置关系，过点作，解题关键是求出、的长，再确定的半径的取值范围即可． 【详解】解：矩形中，，，则，， 由勾股定理可得：， 过点作，则，， 即，， ∴，， 令与交于点，设，则，，， ，， ∴， ∵点C在内而点D在外，并且与外切， ∴，即， ∴， 即的半径的取值范围为：， 故，四个选项中，只有4.5在该范围内， 故答案为：C． 4．（圆与圆的位置关系）如图，在中，，如果以点为圆心的与以边为直径的外切，那么的半径长是 ． 【答案】/ 【详解】解：如图，连接， 与外切， 经过切点， 在中，，，， ， 为的直径， ， ， ， ， 的半径长是； 故答案为：． 5．（点与圆的位置关系）如图，已知中，，，，以A为圆心、2为半径作圆，点D是圆A上一点，连接，点E是的中点，连接，那么长度的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了点与圆的位置关系、三角形中位线定理和勾股定理．根据题意正确作出辅助线、懂得利用中位线定理确定点的运动轨迹是解题的关键． 先取的中点，点E是的中点，连接、，根据中位线定理确定点的运动轨迹是在以为圆心，半径为1的圆上，然后根据勾股定理求出的长度，最后确定的范围． 【详解】解：取的中点，连接、、，如图： 点E是的中点，点是的中点，， ，， 当点D在圆A上时，点始终在以为圆心，半径为1的圆上， 点是的中点， ， 在中，， ， ， 即． 故答案为：． 押题猜想二 平面向量 限时：2min （原创）如图,在△ABC中，DE∥BC，，，则 (用含的式 子表示) 解析:因为DE∥BC，所以△ADE~△ABC。又因为则 根据相似三角形对应边成比例，可得 已知 ，由于D立与BC方向相同，所以 押题解读 本考点为必考考点。 选择题多以考查对向量基本概念的理解。 向量的基本概念判断：如给出一些关于向量的描述，让学生判断哪些是正确的向量概念，哪些是错误的。 填空题考查方向 1.简单的向量线性运算：直接考查向量的加法、减法、数乘运算，或者是这些运算的组合，要求学生化简向量表达式。 2.几何图形中的向量表示与运算：在三角形、平行四边形、梯形等常见几何图形中，给出一些已知向量，要求学生用这些已知向量表示其他向量，或者进行相关的运算。多以相似相结合。 1．如图，D是的边上一点，，如果向量，，那么向量用向量、表示为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平面向量，熟练掌握平面向量的加减运算法则是解题的关键．根据，得出，再根据平面向量的减法法则求解即可得． 【详解】解：∵，， ∴， 又∵， ∴， 故选：D． 2．如图，已知点是的重心，过点作，分别交、于点、，如果设，，那么用、表示 ． 【答案】 【分析】本题考查三角形重心的性质，相似三角形的判定与性质，向量的线性运算．熟练掌握三角形重心的性质和相似三角形的性质是解题的关键． 连接，并延长交于M，因为点是的重心，则，由，可得，，所以，即，再由可求解． 【详解】解：连接，并延长交于M，如图， ∵点是的重心， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 3．在中，，是的中点，连接，设，，那么向量用向量、表示为 ． 【答案】 【分析】本题考查平面向量，直角三角形斜边上的中线，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 由题意得，则可得． 【详解】解：∵， ， ∵是的中点， ， 故答案为：． 4．如图，平行四边形中，点在边上，，连结并延长交的延长线于点，设，．如果向量用向量、表示，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查平面向量，平行向量等知识，利用三角形的法则以及相似三角形的判定与性质求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， 故答案为：． 5．如图，在梯形中，，点是边的中点，连接交于点，设，那么用向量、表示向量是 ． 【答案】 【分析】本题考查平面向量、梯形、平行四边形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．依题意得出，四边形为平行四边形，则，进而得出，进而根据，即可求解． 【详解】解：点是边的中点， ， ， ， ， ，四边形为平行四边形， ， 点是边的中点， 故答案为：． 押题猜想三 图形的翻折与旋转 限时：6min （原创）如图，在△ABC 中，∠C = 90°，将△ABC 沿 DE 翻折，使点 A 与点 B 重合，若 AC = 8，BC = 6，则折痕 DE 的长为______。 【解析】首先根据勾股定理求出斜边AB的长度，AB=10，因为翻折后A与B重合，所以 DE是 AB 的垂直平分线，则 AE=5。又因为∠A =∠A，∠AED=∠C=90°，所以△AED∽△ACB 。根据相似三角形对应边成比例可得，即解得 押题解读 本考点为必考考点 常以选择或填空压轴形式考查 押题方向预测 翻折： 矩形、正方形中的折叠问题，求线段长度或角度。 三角形的折叠，涉及角平分线、中线、中垂线等特殊线段。 旋转： 以等边三角形、等腰直角三角形为背景的旋转问题。 四边形的旋转，如平行四边形、矩形绕某点旋转。 1．如图，在中，，，是上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得线段（点的对应点为），连接．若，且，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理等知识，先在中根据勾股定理求出，然后证明，求出，然后在中根据勾股定理求出，在中根据勾股定理求出，根据旋转的性质求出，最后在中根据勾股定理求出即可． 【详解】解：过B作于H， ∵， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴，即， ∴， ∴，， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， 故答案为：． 2．如图，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转得矩形，恰好落在对角线上，连接，如果与边相交，且，那么的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，公式法解一元二次方程．先证明，推出，设，由勾股定理得，，根据，列式计算即可求解． 【详解】解：设，记和相交于点， ∵矩形， ∴，，， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴，， 由勾股定理得，， ∵， ∴， 解得， ∴． 故答案为：． 3．如图，在直角三角形纸片中，，，．是中点，将纸片沿翻折，直角顶点的对应点为，交于，则 ． 【答案】 【分析】法一：本题考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，折叠的性质等知识，根据等面积法求出，根据勾股定理求出，证明，求出，进而求出，证明，求出，即可求解． 法二：本题考查了勾股定理，坐标与图形，求一次函数的解析式．以点为原点，所在直线为轴，建立直角坐标系，先利用勾股定理结合等积法求得，利用待定系数法分别求得直线和的解析式，再联立求得，利用两点之间的距离公式求解即可． 【详解】解：法一：设与相交于O，过D作于H， ∵．是中点， ∴， 又，， ∴，， ∵A、关于对称， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 故答案为：． 法二：以点为原点，所在直线为轴，建立直角坐标系，如图， 则，，， 设与的交点为F，作轴于点， ∵是中点， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∵，即， ∴，， 同理，，， ∴， 设直线的解析式为，则， 解得， ∴直线的解析式为， 设直线的解析式为，则， 解得， ∴直线的解析式为， 联立得， 解得，， ∴， ∴， 故答案为：． 4．在中，，（如图）．点在边上，，为垂足，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点、分别与点、对应，，射线与边交于点．如果，那么的长是 ． 【答案】4或4.8 【分析】先过点A作交与点F，利用等腰三角形的性质以及余弦的定义得出，然后分两种情况，当P在的延长线上时和当P在线段上时想，证明四边形为平行四边形，根据设出， ，有旋转的性质得出，得出，最后根据余弦的定义求出x，进而可得出答案． 【详解】解：过点A作交与点F， ∵， ∴，， ∴， 分两种情况：当P在的延长线上时，如下图： 由旋转的性质得出， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴设，则， 则，， ∴， ∵， ∴， 解得：， 则； 当P在线段上时，如下图： 同理可设，则， 则， ∴， ∵， ∴， 解得：， 则， 综上：的值为4或4.8， 故答案为：4或4.8． 5．如图，在中，，，，先将沿翻折到处，再将沿翻折到处，过点作交于点，则的长是 ． 【答案】 【分析】过点A作于点E，过点作，交的延长线于点G，交于点M，则，证明，设，则，根据勾股定理，得，解得，，利用三角函数解答即可． 【详解】解：过点A作于点E，过点作，交的延长线于点G，交于点M， 则， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，，，将沿翻折到处，再将沿翻折到处， ∴，，， ∴， ∴ ∴三点共线， ∴， 根据题意，得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 根据勾股定理，得， 解得，， ∴， ∴ 解得， ∴， ∴ 解得， ∴， ∵， ∴ ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴ ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 押题猜想四 新定义问题 限时：2min （改编）已知是的函数，若存在实数，当时，的取值范围是．我们将称为这个函数的“级关联范围”．例如：函数，存在，当时，，即，所以是函数的“级关联范围”．函数的“级关联范围”是 ． 【答案】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，解一元二次方程，“级关联范围”的定义，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 由二次函数的图象与性质得当时，随的增大而增大，当时，的取值范围是，当时，，即，解得：，因为，所以，当时，即，解得：，因为，所以，即可求解． 【详解】解：函数开口向下，对称轴， 当时，随的增大而增大， 当时，的取值范围是， 当时，， 即， 解得：， ， ， 当时，， 即， 解得：， ， ， ， 函数的“级关联范围”是， 故答案为：． 押题解读 本考点为必考考点。常以填空压轴形式考查。考查形式如下： 1.代数型新定义：例如定义函数的 “特征值” 等。对于这类问题，要准确理解新定义的概念，将其转化为常规的代数运算或方程求解问题。如给定函数y=kx+b，根据 “坐标差” 的定义求出其表达式，再通过分析函数的性质来确定 “特征值”。 2.二次函数型新定义：像 “好点”“和谐点” 等定义问题。解决此类问题需结合二次函数的图像与性质，利用判别式、对称轴等知识进行分析。例如，根据 “好点” 的定义，将点的坐标代入二次函数，得到关于x的方程，再根据方程有两个不同解的条件，利用判别式求出参数的取值范围。 3.几何型新定义：如 “等弦圆”“中内弧” 等概念。要熟练掌握几何图形的性质和定理，通过画图、分析图形的位置关系来解决问题。以 “等弦圆” 为例，根据圆的性质和等腰直角三角形的特点，找出圆的半径与三角形边长的关系，进而求出圆的半径。 4.阅读理解型新定义：包括探究定理、方法证明类问题。需要仔细阅读材料，理解新定义的内涵和相关定理、方法，然后运用所学知识进行推理和证明。比如对于 “等高底三角形”，根据其定义和重心的性质，通过作辅助线，利用三角形的相似关系来求解相关线段的比值。 1．约定：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称之为“函数”，其图象上关于原点对称的不同的两点叫做一对“点”．已知关于的二次函数是“函数”，其中，两点为一对“点”，点是该二次函数图象上，两点之间的一个动点（含端点，．若点的纵坐标的最大值为，则 ． 【答案】 【分析】本题考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，根据约定得到点的坐标，将点的坐标代入二次函数，求出的值，从而得到二次函数图象的对称轴，再分当时和当时两种情况讨论即可，理解约定，掌握二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键． 【详解】解：，两点为一对“点”， ，且点，都在二次函数图象上． 将点的坐标代入二次函数， 得， 解得． 二次函数的表达式为． 二次函数图象的对称轴为直线， 当时， ， 顶点纵坐标为点纵坐标的最大值， 即， 解得， ， ． 当时， ， 点的纵坐标为点纵坐标的最大值， 即， 解得， 此时不成立，含去． 综上所述，． 故答案为：． 2．我们定义：有两边之比是的三角形叫“倍半三角形”．已知直角三角形是倍半三角形，如果，，那么的面积 ． 【答案】1或或 【分析】本题考查了三角形的面积，勾股定理的应用，分三种情况讨论，利用三角形面积公式求得即可．分类讨论思想的运用是解题的关键． 【详解】解：， 为斜边， 当时，的面积； 当时，的面积； 当时，则， 的面积； 故答案为：1或或. 3．定义：抛物线上的所有点的横、纵坐标都扩大为原来的倍后得到新的抛物线，叫的“倍衍生抛物线”．例如：求抛物线的“5倍衍生抛物线”．设抛物线上一点，则点在抛物线上的对应点为因为点，因为点在抛物线上，所以，整理得到，即抛物线的表达式为．参考上述方法，抛物线的“倍衍生抛物线”的表达式为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征．依据题意，设抛物线上一点，则点在抛物线上的对应点为，从而，进而计算可以得解． 【详解】解：由题意，设抛物线上一点，则点在抛物线上的对应点为， ∴， ∴， 故答案为：， 4．新定义：有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，如图，已知在对余四边形中，，，，，那么边的长为 ． 【答案】 【分析】连接，过点A作于点E，过点C作于点F，根据求出和的 长度，进而求出的长度，根据对余四边形的定义得出，则 ，即可求出的长度，再根据勾股定理求出的长度，最 后根据即可求解． 【详解】解：连接，过点A作于点E，过点C作于点F， ∵，， ∴， 设， 根据勾股定理得：，即， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为对余四边形， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， 设， 根据勾股定理得：，即， 解得：， ∴， 在中，根据勾股定理得：， ∴， 故答案为：． 5．我们把只有一组邻边相等，且对角互补的四边形叫做“邻补四边形”．如图，在中，，，点分别在边、上．如果四边形是“邻补四边形”，那么四边形的面积是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了解直角三角形，“邻补四边形”的定义．分四种情况讨论，作于点，利用四边形的面积，列式计算即可求解． 【详解】解：作于点， ∵，， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴，， ∵四边形是“邻补四边形”， 分情况讨论， ①当时， ∵，， ∴这种情况不符合题意，舍去； ②当时，由题意得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点和点重合， ∴这种情况不符合题意，舍去； ③当时，同②得， ∴， ∴， ∴， 作于点， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴四边形的面积是； ④当时， 同理， ∴， 设，则，， ∵， ∴，即， 解得， 则，，， ∴四边形的面积是； 故答案为：或． 押题猜想五 求锐角的三角比 限时：5min （改编）已知二次函数的顶点为，与轴相交与点． (1)求点、的坐标； (2)将二次函数图象向上平移，使平移后所得图象经过坐标原点，与轴的另一个交点为，求的值． 【答案】(1)， (2) 【分析】本题主要考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． （1）先利用配方法求出顶点的坐标，再令求出的值，即可得到点的坐标； （2）设平移后抛物线的解析式为，求出的值，即可得到点的坐标，得到，计算即可得到答案． 【详解】（1）解： 顶点坐标为 令，则， ； （2）解：设平移后得解析式 把代入得, ， 当时，, 另一个交点， , ， ， 在中，, ． 押题解读 本考点为必考考点，常以解答题形式考查。 1.以四边形为背景：给出平行四边形、矩形、菱形、正方形等四边形，通过作辅助线构造直角三角形，求其中锐角的三角比。例如，在菱形中，已知对角线的长度，求菱形内角的三角比。 2.圆中的三角比问题：在圆中，结合圆周角、圆心角等知识，通过连接半径等辅助线，构造直角三角形来求锐角三角比。比如，已知圆的半径和一条弦长，求弦所对圆周角的三角比。 3.与函数综合：和二次函数、反比例函数等结合。如在平面直角坐标系中，已知函数图象上的点，求与坐标轴所成锐角的三角比。 1．在中，，，是边上的中线，，是的高线． (1)求的值． (2)求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】此题考查了解直角三角形，求余弦值，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． （1）首先解直角三角形求出，然后勾股定理求出，然后根据余弦的定义求解即可； （2）首先解直角三角形求出，进而求解即可． 【详解】（1）∵，，， ∴． ∵是边上的中线， ∴，． 在中，， ∴； （2）∵是的高线， ∴在中，． ∴． 2．如图，在菱形中，对角线，相交于点O； (1)尺规作图：过点C作的垂线，垂足为E；（不写作法，保留作图痕迹） (2)若，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的判定定理，菱形的性质，勾股定理等； （1）延长，以为圆心，适当的长度为半径画弧交的延长线两点，再以此两点为圆心，大于此两点连线段一半为半径画弧交于一点并连接与此点，交的延长线于，即可求解； （2）由菱形的性质可求，，再由勾股定理可求，由即可求解； 掌握“过直线外一点作已知直线的垂线”的作法，面积转换：是解题的关键． 【详解】（1）解：如图，为所作； （2）解：四边形为菱形， ， ， ，， 在中， ， ， ， ， ． 3．如图，在矩形中，点A，C的坐标分别为，点B，D在x轴上，O是坐标原点，直线与相交于点E． (1)求直线，的解析式； (2)求的值． 【答案】(1)直线的解析式为，直线的解析式为； (2) 【分析】（1）先求解，再利用待定系数法求解直线，的解析式即可； （2）如图，过作于，求解，结合，可得，求解，可得，，再进一步解答即可； 【详解】（1）解：在矩形中，点A，C的坐标分别为， ∴，， ∴， 设为， ∴， ∴直线的解析式为， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为； （2）解：如图，过作于， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴； 4．如图，已知在梯形中，，，，，． (1)求的长； (2)求的正切值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由两直线平行同旁内角互补可得，在中，根据即可求出的长，在中，由勾股定理可得，由此即可求出的长； （2）由（1）可得，，由勾股定理可得，可求得，过点作，垂足为点，则，由两直线平行内错角相等可得，进而可得，在中，根据可求得的长，由勾股定理可得，由此可求得的长，在中，根据可求得的长，然后根据即可求出的正切值． 【详解】（1）解：梯形，，， ， 在中， ，， ， 在中，，， 由勾股定理得： ； （2）解：由（1）可得：，， ， ， 如图，过点作，垂足为点， ， ， ， ， 在中，，， ， ， 在中，， ， ． 5．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于，B两点，与坐标轴交于C，D两点，连接OB． (1)求反比例函数的表达式， (2)连接OA，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将代入中，求出得到点坐标，然后把点坐标代入中求出，从而得到反比例函数解析式； （2）过点A作于点F，过点O作于点E，由点到原点的距离公式求出，然后证得是等腰直角三角形，求出，即可求解. 【详解】（1）解：将代入中，得， 将代入中，则． ∴反比例函数的表达式为． （2）解：如图，过点A作于点F，过点O作于点E， 由勾股定理，得， 由一次函数，得点C坐标为，点D坐标为， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 押题猜想六 一次函数的实际应用 限时：2min （改编）周末，小海和家人们去爬张家山锻炼身体，刚开始小海精力充沛，爬山的速度比较快，爬了30分钟后，开始体力不支，于是减速爬到山顶．小海距山脚出发地的路程s（米）与登山时间（分钟）之间的函数关系如图所示． (1)小海减速前的速度为___________米/分钟； (2)求小海减速后与之间的函数关系式； (3)当小海爬了1小时时，他距离山脚出发地的路程是多少米？ 【答案】(1)20 (2) (3)当小海爬了1小时时，他距离山脚出发地的路程是840米 【分析】本题主要考查了函数图象、求一次函数解析式、一次函数的应用等知识点，求得一次函数解析式成为解题的关键． （1）根据图象以及速度、路程、时间的关系求解即可； （2）运用待定系数法求出函数解析式即可； （3）将代入（2）所得函数解析式即可解答． 【详解】（1）解：由图象可知：小海减速前爬山600米，用时30分钟，则小海减速前的速度为米/分钟． 故答案为：20． （2）解：设小海减速后与之间的函数表达式为， 将和代入得： ，解得：． 小海减速后与之间的函数表达式为． （3）解：1小时分钟， 当时，， 答：当小海爬了1小时时，他距离山脚出发地的路程是840米． 押题解读 本考点为必考考点，常以解答题形式考查 在解决这类问题时，要紧密联系生活实际，将数学知识与实际情境相结合，同时要准确把握题目中的数量关系，仔细分析各种优惠条件及其相互关系，从而正确建立数学模型并求解。 1．（上海中考新趋势生活情境题）为保障交通安全，景区、居民区、学校等地的道路上通常横向安装减速带．如图为某种规格的减速带示意图，减速带由若干块形状、大小相同且完整的减速块和两端的封堵块拼接而成，封堵块长度为，减速块长度为． (1)请你描述减速带长度（单位：）随减速块（单位：块）的变化规律，并用函数解析式表示与的关系； (2)在宽度为的景区道路上安装一条减速带，减速带两端尽可能接近道路边缘，求最多可以安装多少块减速块？ 【答案】(1) (2)块 【分析】（）根据题意列出一次函数即可； （）由题意得，据此即可求解； 本题考查了一次函数的应用，根据题意列出函数解析式是解题的关键． 【详解】（1）解：由题意得，， 即； （2）解：由题意得，， 解得， ∵为整数， ∴最多可以安装块减速块． 2．（上海中考新趋势科技与生活）2025年春节档，电影《哪吒之魔童闹海》掀起观影热潮，影片通过粒子水墨技术、动态水墨渲染引擎等技术，将传统水墨画意境融入动画，打造出兼具古典神韵与现代视觉冲击力的场景，形成独特的文化辨识度，向全球展示了“既古老又充满活力的中国形象”． 影片将封神神话中的角色（如哪吒、敖丙）赋予现代价值观，使传统文化符号与当代人民心理形成共振．某文创店果断订购了印有“哪吒”图案和“敖丙”图案的两种书签．经统计，订购30张“哪吒”书签与20张“敖丙”书签，成本共计430元；而订购45张“哪吒”书签和25张“敖丙”书签，则需花费605元． (1)求“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是多少元？ (2)该文创店计划购进“哪吒”、“敖丙”两种书签共90张， “哪吒”种书签的购进数量不超过“敖丙”种书签数量，已知“哪吒”、“敖丙”两种书签的销售单价分别为15元和12元，如何规划购买方案，才能使文具店在这批书签全部售出后获得最大利润？最大利润是多少？ 【答案】(1)“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是9、8元 (2)当购进“哪吒”书签40张，“敖丙”书签50张时，获得最大利润，最大利润是440元 【分析】本题主要考查了二元一次方程组的应用，一次函数的实际应用．解决本题的关键是列出利润与购买“哪吒”书签的数量之间的函数关系式，利用一次函数的性质确定购买方案． （1）设“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是x、y元，根据两种不同的购买方案所需要的费用列方程组求解即可； （2）设购进“哪吒”书签m张，“敖丙”书签张，设这批书签全部售出后获利W元，可以得到所获利润与购买“哪吒”书签的数量之间的一次函数关系式，利用一次函数的性质确定购买方案即可． 【详解】（1）解：设“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是x、y元， 由题意知： ， 解得， 答：“哪吒”、“敖丙”两种书签每张的进价分别是9元，8元． （2）解：设购进“哪吒”书签m张，“敖丙”书签张， 由题意知：， 解得：， 设这批书签全部售出后获利W元， 则， ∵， ∴W随m的增大而增大， ∴当时，，W有最大值，元． 答：当购进“哪吒”书签40张，“敖丙”书签50张时，获得最大利润，最大利润是440元． 3．（一次函数与二次函数综合应用）请根据以下素材，完成探究任务． 飞行汽车 背景 飞行汽车是一种结合了传统汽车和飞行器功能的交通工具，旨在实现地面行驶与空中飞行的双重模式．它被视为未来城市交通的重要解决方案之一，尤其在缓解交通拥堵和拓展三维交通空间方面具有潜力． 建模 某数学小组运用信息技术模拟飞行汽车飞行过程．如图，以飞行汽车的地面起飞点为原点，地平线为轴，垂直于地面的直线为轴，建立平面直角坐标系．它在起飞后的初始飞行路径呈现抛物线形状，当飞行汽车到达抛物线最高点后下降到点．此时点距离地面0.3千米，保持这个高度以100千米/时的速度水平飞行一定距离后到达点，切换到直线下降飞行模式降落至地面点．得到抛物线、直线和直线． 任务 （1）若仪表监测到水平飞行时间为0.09小时，此时点距离起飞点的水平距离为10千米，求和的值； （2）若飞行汽车在最高点时，距离起飞点的水平距离为0.4千米．水平飞行了小时到达点后降落，求的取值范围．     【答案】（1）、；（2） 【分析】本题考查二次函数和一次函数的应用，理解题意，从图象上获取作息是解题的关键． （1）根据题意先求出水平飞行时的距离，根据点距离起飞点的水平距离为10千米，求出，，分别代入，直线，即可求解． （2）根据对称轴为最高点的横坐标求出，得出抛物线，令，求出，将代入直线．求出，结合，求解即可． 【详解】解：（1）水平飞行时的距离为：， ， ，， 分别代入，直线， 得：，， 解得：，． （2）， ， ． ∴抛物线， 令， ． 解得：，， ， 将代入直线．得：， 即， ， 即， ． 4．（上海中考新趋势科技与出行）我国新能源汽车快速健康发展，续航里程不断提升，王师傅驾驶一辆纯电动汽车从A市前往B市．他驾车从A市一高速公路入口驶入时，该车的剩余电量是，行驶时，剩余电量；行驶了后，从B市一高速公路出口驶出．已知该车在高速公路上行驶的过程中耗电量是均匀的，若剩余电量用表示，行驶路程用表示． (1)求该车y与x之间的关系式； (2)已知这辆车的“满电量”为，求王师傅驾车从B市这一高速公路出口驶出时，该车的剩余电量占“满电量”的百分之多少． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查一次函数的运用，掌握待定系数法求解析式，求函数值的计算是关键． （1）设，由题意知：当时，；当时，，用待定系数法即可求解； （2）令，则，由此即可求解． 【详解】（1）解：设，由题意知：当时，；当时，， 代入得，． 解得：，， ； （2）解：令，则， ， 答：该车的剩余电量占“满电量”的． 5．（上海中考新趋势科技与生产）2025年是全面落实全国科技大会精神、加快建设科技强国的关键之年，人工智能的崛起无疑成为了全球科技界的焦点．某公司尝试利用智能技术优化生产流程，提高生产效率．在生产一种产品时，发现生产成本y（单位：元）与产品数量x（单位：件）之间存在一次函数关系，其几组对应值如下表所示． 产品数量x/件 … 10 12 16 20 … 生产成本y/元 … 400 420 460 500 … 请你根据表中信息，解答下列问题． (1)求y与x之间的函数关系式． (2)若这种产品每件的售价为20元，则当生产成本为1000元时，所生产产品的总售价为多少元？ 【答案】(1) (2)当生产成本为1000元时，所生产的产品总售价为1400元 【分析】本题主要考查了一次函数的实际应用，正确求出对应的函数关系式是解题的关键． （1）设出函数解析式，利用待定系数法求解即可； （2）把代入（1）所求函数关系式中求出x的值即可得到答案． 【详解】（1）解：设， 把，代入中得， 解得， 与x之间的函数关系式为． （2）解：在中，令，得， 解得． （元）， 当生产成本为1000元时，所生产的产品总售价为1400元． 押题猜想七 解直角三角形的相关计算 限时：6min （改编）【问题背景】 我们学过用尺规作图平分一条线段，乐乐同学想借助所学过的函数知识平分线段． 在如图1中，已知线段，为了平分线段，乐乐同学进行了如下的操作： ①在平面直角坐标系中，画出函数的图像； ②在轴的正半轴上截取，过点A作轴交函数的图像于点； ③以点为圆心，长为半径作弧，交于点． 所以点平分线段． 【解决问题】 (1)根据乐乐同学的做法，如果要将线段三等分，那么可以借助函数________的图像在图7-1中的线段上，找到点，使，于是可作出线段上的一个三等分点．（填函数解析式） (2)平面内的点可以用有序实数对来表示．在图2中，点在轴的正半轴上，．运用我们学过的函数知识，在图7-2中作出坐标为的点，写出画图步骤．（保留作图痕迹） 【答案】(1) (2)见详解 【分析】（1）由题意得，，设，则，点，即可解答． （2）先画出和 的图像，再过点B作轴的垂线，分别交两个函数于C、D两点，再作圆O，长为半径画圆交x轴于点E，过点E作直线垂直于x轴，过E为圆心，为半径画圆交直线l于点Q，即可解答． 【详解】（1）解：若，， 设，则，点， ∴． （2）如图： 画图步骤：①画平面直角坐标系中和 的图像； ②过点B作轴的垂线，分别交两个函数于C、D两点，则，， ③以点O为圆心，长为半径画圆交x轴于点E． ④过点E作直线垂直于x轴； ⑤过E为圆心，为半径画圆交直线l于点Q． ∴Q为所求． 押题解读 本考点为必考考点， 常以解答题形式考查 实际应用题型：如仰角俯角问题、坡度坡角问题。例如，在测量建筑物高度时，通过测量仰角和观测点到建筑物的距离，利用三角比来计算建筑物高度 实际应用问题增多：题目会更倾向于结合生活实际，以应用题的形式出现。涉及测量、建筑、导航等领域，让学生通过建立数学模型，将实际问题转化为解直角三角形的问题来求解。 探究性和开放性增强：随着教育对学生综合素养的重视，中考命题可能会出现一些具有探究性和开放性的解直角三角形作图题。如给定一些条件，让学生探究不同情况下图形的性质或求解相关量，或者要求学生自己设计方案来解决问题，考查学生的创新思维和探究能力。 1 ．如图，某景区为游客精心设计了两条游览路线，路线一：在点登船，沿水路游览沿途风光；路线二：先坐观光车从至，沿途游览，再在点登船，沿水路游览沿途美景．已知点在点的东北方向，点在点的北偏东方向，点在点的南偏西方向，点在点的南偏东方向，相距千米．（参考数据：，，） (1)求的距离（结果保留根号）； (2)小聪和小明同时从点出发，分别选择路线一和路线二游览，若游船和观光车均保持匀速行驶，游船的速度为千米/小时，观光车的速度为千米/小时，上下车和上下船的时间忽略不计，请问小聪和小明谁先到达点，并说明理由． 【答案】(1)千米 (2)小明先到达点，理由见解析 【分析】本题考查了解直角三角形的应用、平行线的性质、三角形的内角和定理等知识，通过作辅助线，构造直角三角形是解题关键． （1）过点作，交延长线于点，先在中，解直角三角形可得的长，再在中，解直角三角形可得的长，然后根据计算即可得； （2）过点作，交延长线于点，交于点，过点作于点，先根据平行线的性质、三角形的内角和定理可得，再在中，解直角三角形可得的长，在中，解直角三角形可得，的长，然后根据两条路线的长度和速度计算时间，由此即可得． 【详解】（1）解：如图，过点作，交延长线于点， 由题意得：，，千米， 在中，千米，千米， 在中，千米， 则千米， 答：的距离为千米； （2）解：如图，设交于点，过点作于点， 由题意得：，，， ∴， ∴， 由（1）可知，， ∴， 在中，千米，千米， 在中，千米，千米， ∴千米， 在中，千米， ∴小聪选择路线一所需时间为（小时）， 小明选择路线二所需时间为（小时）， 因为， 所以小明先到达点． 2．某停车场入口“曲臂直杆道闸”在工作时，一曲臂杆绕点匀速旋转，另一曲臂杆始终保持与地面平行．如图1，是曲臂直杆道闸关闭时的示意图，此时O、A、B在一条直线上．已知闸机高度为，，，入口宽度为． (1)如图2，因机器故障，曲臂杆最多可逆时针旋转，求此时点A到地面的距离．（结果精确到0.01） (2)在（1）的条件下，一辆宽为、高为的货车可否顺利通过入口？请说明理由．（参考数据：，，） 【答案】(1) (2)不能通过，见解析 【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形． （1）过点A作，垂足为F，过点O作，垂足为G，易得四边形为矩形，得到，解，求出的长，利用求出的长即可； （2）当，且时，设交于点P，解直角三角形求出的长，进而求出的长，即可得出结论． 【详解】（1）解：过点A作，垂足为F，过点O作，垂足为G． ∴， ∵， ∴四边形为矩形． ∴， 由题意，得，，． 在中，， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴此时点A到地面的距离约为． （2）一辆宽为、高为的货车不能顺利通过入口． 理由：如图，当，且时，设交于点P， 由题意，得，， ∴． 在中，， ∴， ∴． ∵入口宽度为， ∴． ∵， ∴一辆宽为、高为的货车不能顺利通过入口． 3．如图，已知在中，，，． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，在线段上作点，使得（要求：不写作法，保留作图痕迹）； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作的垂直平分线交于点D，即可； （2）设的垂直平分线与交于点G，过点作于点H，则，解直角三角形求出，再求出，勾股定理求出，证明，求出，由即可解答． 【详解】（1）解：如图，点 为所作； （2）解：设的垂直平分线与交于点G，过点作于点H，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴即， ∴， ∴． 4．为了让游客更好的观赏花圃景观，某植物园打算在不同形状的花圃内都建设一条半圆形的步道，要求一：步道的外围不超过各自花圃的范围；要求二：半圆形步道的圆心在花圃的某一条边上；要求三：半圆形步道的半径尽可能的大（忽略步道的宽度）． 根据以下不同形状的花圃分别按要求画出这个半圆形步道的圆心（不用写作法，保留痕迹），并直接写出不同形状的花圃下半圆形步道的半径． 花圃一：如图1，是一个等腰三角形的花圃，经测量，，半圆形步道的圆心在边上； 花圃二：如图2，四边形是一个梯形的花圃，，经测量，，，，半圆形步道的圆心在边上．（结果保留根号） 【答案】花圃一：画图见解析，半圆形步道的半径为；花圃二：画图见解析，半圆形步道的半径为 【分析】花圃一：分别以点B和点C为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于F，连接交于点D即为所求的圆心；过点D作于点E，利用三线合一得到，勾股定理求出，然后利用等面积法求解即可； 花圃二：延长，交于点H，尺规作的角平分线交于点A即为所求作的圆心；过点A作于点N，过点A作于点M，设，则，，，根据列方程求解即可． 【详解】花圃一：根据题意得，当半圆与，相切时，半圆的半径最大， 如图所示，点D即为所求作的圆心； 过点D作于点E，故为半圆的半径 ∵， 由作图得，垂直平分 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴半圆形步道的半径为； 花圃二：根据题意得，当半圆与，相切时，半圆的半径最大， 如图所示，点A即为所求作的圆心； 过点A作于点N，过点A作于点M ∴，且，为半圆的半径 ∵ ∴是等腰直角三角形 ∵ ∴设，则 ∴， ∵ ∴ 解得 ∴ ∴半圆的半径为． 5．“数学探究小组”研究如下问题：如图1，点是矩形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于、、、，并且两条对角线互相垂直． 小组成员小杰提出了如下的作法：1．过点作并截取；2．分别连接、．那么四边形就是所求作的四边形． (1)请判断小杰的作法是否正确，并说明理由； (2)如图2，点是菱形内一点，请根据上述信息提出一个类似问题，并予以解决（只需写出作法或画出图形、结论，不必说明理由）． 【答案】(1)小杰的作法正确，理由见解析； (2)见解析 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形外角的性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． （1）根据矩形的性质证明四边形和四边形都是平行四边形，即可得到答案； （2）先根据（1）提出类似问题，再过点作分别交、于点、，并截取；2．分别连接、．利用平行四边形的判定和性质，即可证明四边形就是所求作的四边形． 【详解】（1）解：小杰的作法正确，理由如下： 四边形是矩形， ，，， ， ，， ，，， 四边形和四边形都是平行四边形， ，， 四边形就是所求作的四边形． （2）解：如图2，点是菱形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于、、、，并且两条对角线的夹角度数等于菱形的一个内角度数． 作法：1．过点作分别交、于点、，并截取；2．分别连接、．那么四边形就是所求作的四边形． 理由如下：四边形是菱形， ，， ， ，， ，， 四边形和四边形都是平行四边形， ，，，， ， ， ， 四边形就是所求作的四边形． 押题猜想八 几何证明 限时：8min （改编）学完“相似三角形”之后，小华和同学尝试探索相似四边形的判定与性质，以下是他们的思考 【定义】如果两个四边形的四个角对应相等，四条边对应成比例，那么这两个四边形相似．两个相似四边形的对应边的比等于相似比． 【思考】类比相似三角形，对相似四边形的判定与性质提出了许多猜测，如： ①四条边对应成比例，且有一组角对应相等的两个四边形相似； ②四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似； ③相似四边形的面积的比等于相似比的平方． …… 【探究】请完成上述猜测中第③个结论的证明． 已知：如图，四边形与四边形相似，点分别与点对应 求证：． 证明： 【运用】同学们通过讨论，证明了上述猜测都是正确的．试运用这些结论，解决问题：如图，分别是边上的点，，，试求的值． 【答案】探究：证明见解析；运用： 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，相似多边形的性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，相似多边形的性质是解题的关键． 【探究】连接，证明，得出，，则可得出答案；【运用】由矩形的性质得出，证出，由结论“四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似”证明四边形四边形，则可得出答案． 【详解】【探究】证明：连接，如图所示： ∵四边形与四边形相似， ∴，， ∴， ∴，， ∴； 【运用】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形四边形， ∴． 押题解读 本考点为必考考点。解题思路如下： 分析模型：熟悉常见的几何模型，如子母型、燕尾型、旋转型、双垂型等。若题目中出现相关模型的特征，可尝试利用模型的性质和结论来解题。比如看到有公共角且对边平行的情况，可考虑 “A 字” 型相似。 1．如图，在中，，点在边上，过点作垂直交于点，连接、交于点． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识： （1）由，证明， 得，所以，则； （2）由相似三角形的性质得，推导出，由， ，得，则 ， ，而，所以，则，所以，则 【详解】（1） （2） ， ， 2．已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点，交的延长线于点，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点，如果，求证：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）先证，由，得，即可解答． （2）由四边形为菱形，得，由，得①，②，由①×②得，，再证和，得到． 本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 【详解】（1）∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形． （2）如图： ∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴① ∵，， ∴， ∴即② 由①×②得，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴即． 3．如图，已知在等腰梯形中，，，，联结、交于点，为上一点，． (1)求证：； (2)若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了等腰梯形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关键． （1）先证明，得到；由相似三角形性质可得，进而得出结论． （2）先证明，得到；再证明，得到，等量代换即可． 【详解】（1）证明：， ，， 又， ， ， （2），，， ， ， ， ． 在等腰梯形中，，， 又， ， ， ， ， ， 4．如图，是正方形的对角线，点E、F分别在边上，，延长到，且，连接． (1)求证：； (2)延长交于点，连接，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先由正方形的性质结合平行线分线段成比例得到，然后证明即可； （2）由，得到，证明，由直角三角形斜边上中线的性质得到，证明，则，那么，再交叉相乘即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图： ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 5．如图，已知A、B、C是圆O上的三点，AB＝AC，M、N分别是AB、AC的中点，E、F分别是OM、ON上的点． (1)求证：∠AOM＝∠AON； (2)如果AEON，AFOM，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据垂径定理的推论，得出，，再证Rt△AOM≌Rt△AON（HL），即可得出结论； （2）连接EF，交AO于点P．先证四边形AEOF是平行四边形，再证四边形AEOF是菱形，根据菱形的性质得，．然后证．得，代入即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵M、N分别是AB、AC的中点，OM、ON过圆心， ∴，． 又∵， ∴． ∵在Rt△AOM和Rt△AON中， ， ∴Rt△AOM≌Rt△AON（HL）， ∴． （2）解：连接EF，交AO于点P． ∵，， ∴四边形AEOF是平行四边形． ∵， ∴， ∵， ∴． ∴， ∴四边形AEOF是菱形． ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴，即． 押题猜想九 二次函数综合题 限时：15min （改编）如图，在平面直角坐标系中，已知点、点，抛物线经过点，且顶点在线段上（与点、不重合）．    (1)求：、的值； (2)将抛物线向右平移个单位，顶点落在点处，新抛物线与原抛物线的对称轴交于点，连结，交轴于点． ①如果，求 的面积； ②如果，求：的值． 【答案】(1)， (2)①5；② 【分析】（1）先求出所在直线的表达式，然后将抛物线解析式化为顶点式，根据和都在线段上，求解即可； （2）①根据抛物线平移的性质求出点坐标以及平移后的抛物线解析式，然后求出点坐标，进而求出的直线表达式，最后求出点坐标，然后根据三角形面积公式求解即可； ②根据，可知在的垂直平分线上，从而求出点坐标，进而求出所在直线表达式，从而求得点坐标，最后根据在平移后的抛物线上求出的值即可． 【详解】（1）解：设所在直线的表达式为：， 将点和点的坐标代入表达式可得： ， 解得：，， 的表达式为：， 将点的坐标代入抛物线解析式得：， ， 将抛物线解析式改写成顶点式：， 点在直线上， ， 解得：或4， 当时，顶点和重合，不符合题意； ，． （2）解：①由（1）知，，抛物线解析式为：， ，原抛物线的对称轴直线为：， 平移后的抛物线解析式为：， 当时，， ， 设所在直线的表达式为：， 将点和点的坐标代入表达式得：， 解得：， 的表达式为：， ， ； ②由平移的性质可知，， ， 在的垂直平分线上， ， 设所在直线的表达式为：， 代入，的坐标得：， 解得：， 的表达式为：， ， 由顶点坐标可得平移后抛物线的表达式为：， 将点代入平移后的抛物线得：， 解得：， ， ． 押题解读 本考点为必考考点，常以解答压轴题形式考查。近三年考查与平移有关的二次函数综合题。 押题方向 函数解析式的求解：给定一些点的坐标、函数的性质（如对称轴、顶点等）或与其他函数的关系，求二次函数的解析式，可能涉及到待定系数法，联立方程求解参数。 函数图像的平移、旋转问题：考查二次函数图像经过平移或旋转后，解析式的变化以及相关点坐标的变化。如 2023 年上海中考第 24 题就考查了二次函数的平移。 面积问题：求与二次函数图像相关的三角形、四边形等图形的面积，可能涉及到将不规则图形分割或补全为规则图形来求解，也可能会利用到点的坐标与线段长度的关系，以及面积公式等。 点的坐标求解及存在性问题：根据给定的条件，判断在二次函数图像上是否存在满足特定条件的点，如满足某种角度关系、线段关系或特殊三角形、四边形的顶点等，并求出这些点的坐标，常与相似三角形、三角函数、勾股定理等知识结合 1．在平面直角坐标系中，抛物线（、为常数）的顶点的横坐标是1，并经过点，与轴交点坐标为． (1)求此抛物线的函数表达式： (2)点、点均在这个抛物线上（点在点的左侧），点的横坐标为，点的横坐标为，将此抛物线上、两点之间的部分（含、两点）记为图象． ①当点在轴上方，图象的最高与最低点的纵坐标差为5时，求的值； ②设点，点，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连结，（当不含内部）和二次函数在范围上的图象有且有一个公共点时，求的取值范围． 【答案】(1) (2)①；②或 【分析】本题考查待定系数法求解析式及二次函数最值、与线段交点问题： （1）将对称轴及点，代入求解即可得到答案； （2）①先求出二次函数与轴交点，分点在对称轴左边，对称轴右边两类讨论，根据最高与最低点的距离列式即可得到答案；②当点在点上方，用含的代数式表示出点，当点在抛物线上时，（不含内部）和二次函数在范围上的图像有且仅有一个公共点，当点在点下方，可得出，解不等式即可得出答案． 【详解】（1）解：∵抛物线（、为常数）的顶点的横坐标是1，并经过点，与轴交点坐标为 ∴， 解得： 则抛物线的函数表达式为： （2）解：①当时， ，解得：，， 当点在对称轴左边时，即时， ∵， ∴此时最高点为对称轴所在点，最低点为点， ∵最高与最低点的纵坐标差为5， ∴， 解得：（不符合题意舍去），； 当点在对称轴右边时，即， ∵， ∴此时最高点为A点，最低点为点， ∵最高与最低点的纵坐标差为5， ∴， 解得：（不符合题意舍去）； 综上所述：； ②当点在点上方，，即：时， ，点，即， 当点在抛物线上时，（不含内部）和二次函数在范围上的图像有且仅有一个公共点， ∴， 解得：，（舍）， 当点在点下方时，如下图： ， 则， 解得：， 故答案为：或 2．已知抛物线与轴交于点，顶点在直线上． (1)求抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)将抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位，得到新抛物线，新抛物线的顶点为，与抛物线的交点为点，如果四边形是平行四边形，求、之间的关系式； (3)在（2）的条件下，抛物线的对称轴与直线交于点，与抛物线交于点，且，求此时抛物线上落在平行四边形内部的点（不包括与平行四边形的交点）的横坐标的取值范围． 【答案】(1)，； (2)； (3)． 【分析】本题考查了二次函数的性质，属于二次函数综合题，掌握二次函数的性质是解题的关键． （1）根据题意得出，，即可得到解析式，再求出顶点坐标即可； （2）由题意得：，，根据在上，得出，即； （3）先求出E，F的坐标，再根据，得出，求出m的值，得出t的取值范围． 【详解】（1）解：∵与轴交于点，顶点在直线上， ∴，， ∴， ∴， ∵当时，， ∴； （2）解：由抛物线的平移可得， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，，， ∴， ∵在上， ∴，即； （3）解：设直线的解析式为， ∵该直线过点，， ∴，解得， ∴， 当时，，即， 将，代入， 得：，即， ∴，， ∵， ∴， ∴解得：或（舍）， ∵直线：与的交点为，， ∴． 3．在平面直角坐标系中（如图）．已知抛物线的顶点A的坐标为，与y轴交于点B．将抛物线沿射线方向平移，平移后抛物线的顶点记作M，其横坐标为m．平移后的抛物线与原抛物线交于点N，且设点N位于原抛物线对称轴的右侧，其横坐标为n． (1)求原抛物线的表达式； (2)求m关于n的函数解析式； (3)在抛物线平移过程中，如果是锐角，求平移距离的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据顶点的坐标为 ，列出方程 ，求解即可； （2）先求出直线 的表达式为 ，根据题意求出点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，计算即可； （3）分类讨论求出临界情况，即可得出取值范围． 【详解】（1）解：由原抛物线顶点的坐标为． 可得， 解得，． 所以，原抛物线的表达式是． （2）解：由点A的坐标为，点B的坐标为 设直线的表达式为， 将点A的坐标代入可得，解得：， ∴直线的表达式为． 由抛物线沿射线方向平移，可得顶点M始终落在射线上， 得点M的坐标为． 得平移后抛物线的表达式为． ∵平移后的抛物线与原抛物线交于点N，其横坐标为n，点N的坐标为， ∴． 化简得，得． ∵， ∴， 解得：， 所以m关于n的函数解析式为． （3）解：过点B作，交原抛物线于点G，那么． 当点N在之间的抛物线上运动时，是锐角． 当点N与点A重合时，，， 平移距离， 当点N与点G重合时， 过点N作轴，垂足为点E，过点A作轴，垂足为点F． ∴点N的坐标为，点B的坐标为，点A的坐标为． ∴，，． ∵， ∴， ∴， ∴，可得． ∵， ∴解得：． ∴点M的坐标为， ∴． ∵点N位于原抛物线对称轴的右侧， ∴当是锐角时，平移距离的取值范围是． 4．已知：直线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，抛物线经过点A和点B，顶点为M． (1)求抛物线的表达式； (2)求的面积； (3)如果将直线绕点A顺时针旋转，求旋转后直线在y轴上的截距． 【答案】(1) (2) (3)旋转后直线在y轴上的截距为 【分析】主要考查了二次函数的性质，解直角三角形，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． （1）由待定系数法即可求解； （2）由的面积，即可求解； （3）在中，，，，用解直角三角形的方法，列方程求得，再利用勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：直线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B， 当时，， 当时，得到，解得， 则点A、B的坐标分别为：、， 代入抛物线可得， ， 解得：， 则抛物线的表达式为：； （2）解：由抛物线的表达式知，， 把代入抛物线，可得， 点， 如图，过点M作轴交AB于点N，连接， 当时，，则， 则的面积； （3）解：设直线AB绕点A顺时针旋转45°交y轴于点H，过点H作于点T， 在中，，，， 为等腰直角三角形， 故设，， ， 则可得 解得， ，， 根据勾股定理可得， 则， 即旋转后直线在y轴上的截距为. 5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与直线交于点和． (1)求抛物线的表达式； (2)已知点在轴上，当以点A、B、O、D为顶点的四边形是矩形时，求点到直线的距离； (3)设直线与轴交于点，已知点P、Q在直线上且在直线的下方（点在点的右侧），如果，求点P、Q的坐标． 【答案】(1)； (2)点D到的距离为； (3)，． 【分析】（1）先求出A和B坐标，再代入抛物线求解即可； （2）利用矩形对角线相等求出，所以，再求出C点坐标，进而利用的面积建立方程求解即可； （3）先求出直线的解析式，再设出P和Q坐标，利用两点距离公式表示出，建立方程求解即可． 【详解】（1）解：将代入得，， 将代入得，， ∴，， 将A、B代入抛物线得， ，解得， ∴抛物线表达式为； （2）解：如图， ∵，， ∴中点坐标为， 被y轴平分， ∴为对角线， ∴， ∴， 由可知，当时，， ∴， ∴，， 设点D到的距离为h， 则， ∴， 即点D到的距离为； （3）解：∵直线与x轴交于点E， ∴当时，，即， 设直线的表达式为， ∴，解得， ∴直线的表达式为， 设，，且， ∵， ∴， 整理得， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴，即， 将代入上式得， ∴， ∴，． 押题猜想十 几何综合题 限时：15min （改编）如图，已知中，，，，点D是射线上一动点（不与A、B重合），过点D作，交射线于点E，点Q为中点，连接并延长，交射线于点P． (1)如图，当点D在线段上时， ①若，求的长； ②当与相似时，求的长． (2)当是以为腰的等腰三角形时，试判断以点A为圆心、为半径的与以C为圆心、为半径的的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)① ，② (2)外离，理由见解析； 【分析】（1）① 过点作，交于，根据已知可得四边形为矩形，要求，可先求得的正切值，由，，，，可依次求得长，点Q为中点，可得，，由此在可求得，即可求得的长； ② 当与相似时，利用，要求，求出即可，利用，在中解直角三角形可求得，设，再通过解直角三角形求出，可求得的长，由此得解； （2）要判断两圆的位置关系，需求出两圆的半径，，，通过利用是以为腰的等腰三角形，解直角三角形求出和，然后半径之和与两圆心距离比较，即可得到解决． 【详解】（1）解：① 过点作，交于，如图所示， ，，， ，， 解得， ， ， ， ，， ， 在中， ，， ， 点Q为中点， ， ，，， 四边形为矩形， ，， ， ， ． ② 当与相似时, 过点作，交于， ， ，， ， ，，， ， ， ，， ，， 设，则，， ， 点Q为中点， ， ，，， 在中，， ， ，即， 解得：， ， 在中，， ， ， ． （2）解：当是以为腰的等腰三角形时，过点作于，过点作，交于，如图所示， 则，， 点Q为中点， ， ， ， ，即为角平分线， ，， ，， 设， ，， ， ，，， ，，， 在中，设， ， ， ， ， 在中， ，即， 解得，即， ，， 以点A为圆心、为半径的，即半径为 与以C为圆心、为半径的，即半径为， ，两圆心距离， ， 两圆的位置关系为外离． 押题解读 本考点为必考考点， 常以解答压轴题的形式考查。 研究命题规律 分析历年真题：仔细研究近几年上海中考第 24 题的几何综合题，明确常考的知识点和题型。如三角形全等与相似、四边形的性质与判定、圆的相关定理等是高频考点。 关注命题趋势：近年来，上海中考几何压轴题更强调基础知识和基本技能的考查，注重知识的综合运用，增强了题目的灵活性和开放性，同时加强了对几何变换和图形运动的考查。 押题方向预测 三角形与四边形综合：以三角形和四边形为背景，结合全等、相似、直角三角形的性质等知识，考查线段长度、角度大小、图形面积等问题。例如，给出一个平行四边形和一个三角形，通过添加辅助线，证明三角形全等或相似，进而求解相关线段的长度。 圆与直线的位置关系：涉及圆的切线、弦长、圆心角、圆周角等概念，以及直线与圆的相切、相交等位置关系。可能会结合三角形的知识，考查圆的相关计算和证明。如已知圆的半径和一条切线，求切线长或相关角度。 1．如图，已知矩形中，，，点是边上一动点，过点作，垂足为点，连接，过点作，交边于点（点与点不重合）． 　　 (1)当是的中点时，求证：； (2)当的长度取不同值时，在中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由； (3)延长交边于点，连接，与能否相似，若能相似，求出此时的长；若不能相似，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，PF的长度不变， (3)能相似， 【分析】本题考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质及判定，相似三角形的性质和判定，锐角三角函数的比值关系等知识点，灵活运用角的等量关系建立边的比值关系是解题的关键． （1）利用斜边的中线是斜边的一半的性质和矩形的性质，通过角的等量代换得到即可； （2）通过角的等量代换和相似三角形的判定方法证出，即可根据比值关系求解； （3）连接，过点作，垂足为，通过角的等量代换和边的比值关系判定出四边形是矩形，然后再利用角的等量代换证出，当时（均为钝角）时，可得到，从而得到，再利用勾股定理运算求解即可． 【详解】（1）解：∵，为的中点， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：的长度不变，理由如下： ∵， ∴， ∵四边形为矩形，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）连接，过点作，垂足为，如图所示： ∴，， 由题意可得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴当时（均为钝角），， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 2．如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是的切线，证明见解析 【分析】（1）利用圆的切性的性质定理，正方形的性质和全等三角形的判定定理得到，则，再利用全等三角形的判定定理解答即可； （2）利用（1）的结论得到，利用正方形的性质和同圆的半径相等的性质得到，利用全等三角形的判定与性质和直角三角形的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵与相切于点， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）是的切线，理由如下： 证明：由（1）知， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴是的切线． 3．如图1，中，，，点在的延长线上，联结，以为一边作，使点与点位于直线的两侧，且，． (1)如果，请判断四边形的形状并证明； (2)如图2，设点是中点，点是中点，联结、、，求证：； (3)设，在（2）的条件下，以为直径的与以为直径的存在着哪些位置关系？并求出相应的的取值范围（直接写出结论）． 【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析 (2)见解析 (3)当时，两圆外切；当时，两圆相交；当时，两圆外离． 【分析】（1）已知，则有，要证四边形是平行四边形，只需证，只需证到，只需得到，只需证到即可． （2）易证，根据相似三角形对应中线的比等于相似比可得，就可得到． （3）利用相似三角形的性质可以用x的代数式表示出及的长，只需求出两圆外切时的x的值，就可解决问题． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形． 证明：如图1， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴四边形是平行四边形． （2）证明：如图2， ∵是中点， ∴． 同理：． ∵， ∴． ∵，， ∴． ∵，M是中点，N是中点， ∴． ∴． （3）解：∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∵△AMN∽△ABD， ∴． ∴． ∴ ， ∴， 当与外切时，． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴， ∵点D在的延长线上， ∴． ∴． ∴当时，两圆外切；当时，两圆相交；当时，两圆外离． 4．已知在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，cosB＝，点D是边BC上一点，过点D作DE⊥AB，垂足为点E，点F是边AC上一点，联结DF、EF，以DF、EF为邻边作平行四边形EFDG． （1）如图1，如果CD＝2，点G恰好在边BC上，求∠CDF的余切值； （2）如图2，如果AF＝AE，点G在△ABC内，求线段CD的取值范围； （3）在第（2）小题的条件下，如果平行四边形EFDG是矩形，求线段CD的长． 【答案】（1）；（2）0≤CD；（3） 【分析】（1）由锐角三角函数的定义求出BC＝8，由勾股定理求出AC＝6，由平行线分线段成比例定理得出，求出CF，则可得出答案； （2）当点G恰好在AB上时，解直角三角形求出CD的长，则可得出答案； （3）设CD＝x，则BE＝（8﹣x），设矩形EFDG的对角线FG与DE相交于点O，联结OA，证明△AFO≌△AEO（SSS），由全等三角形的性质得出∠AFO＝∠AEO＝90°，过点E作EH⊥AC于点H，由梯形的中位线定理得出EH＋CD＝2OF＝DE，解方程[10﹣（8﹣x）]＋x＝（8﹣x）可得出答案． 【详解】解：（1）在Rt△ABC中，cosB＝＝， 又BC＝8， ∴AB＝10， ∴AC＝＝6， ∵DE⊥AB， ∴在Rt△BDE中， cosB＝， 又CD＝2，BD＝6， ∴BE＝， ∵四边形EFDG是平行四边形， ∴EF∥DG， ∵点G在BC上， ∴EF∥BC， ∴， ∴， ∴CF＝， 在Rt△CFD中，cos； （2）∵四边形EFDG是平行四边形， ∴DF∥EG， 当点G恰好在AB上时， ∴DF∥AB， ∴， 设CD＝x，则， ∴CF＝， 在Rt△BDE中，cosB＝， 又CD＝x，则BD＝8﹣x， ∴BE＝（8﹣x）， ∵AE＝AF， ∴， ∴x＝， 当点G在△ABC内时，0≤CD； （3）设CD＝x，则BE＝（8﹣x）， ∴AE＝10﹣（8﹣x）， 设矩形EFDG的对角线FG与DE相交于点O，联结OA， ∵平行四边形EFDG是矩形， ∴OF＝OE＝DE， ∵AF＝AE，OA＝OA， ∴△AFO≌△AEO（SSS）， ∴∠AFO＝∠AEO＝90°， 过点E作EH⊥AC于点H， 又∠C＝90°， ∴EH∥HF∥CB， ∵OD＝OE， ∴CF＝HF， ∴EH＋CD＝2OF＝DE， ∵（8﹣x），EH＝[10﹣（8﹣x）]， ∴[10﹣（8﹣x）]＋x＝（8﹣x）， ∴x＝， ∴CD＝． 5．已知圆O的直径上有一点C（不与A、B重合），，过点C作弦，点F是弧的中点，连接，交于点G． (1)如图1，当点G与点O重合时，求的长； (2)如图2，连接，当时，求的值； (3)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）连接，根据垂径定理得出，根据弧、圆心角的关系，以及对顶角的性质得出，结合平角定义求出，根据余弦定义求出，即可求解； （2）连接，，，，设与相交于H，根据垂径定理得出，根据弧、弦、圆心角的关系得出，，结合（1）可得，，结合平角定义求出，根据等边对等角和三角形内角和定理可求出，进而求出，根据垂径定理、垂直平分线的性质得出，进而求出，然后证明，得出，证明是等腰三角形，得出，则可化简为，最后解方程即可； （3）分情况讨论：当C在上时，连接，，，过F作与于H，证明 ，得出，证明，得出，在和中，根据勾股定理得出，则可求出即可求出y关于x的函数解析式；当C在上时，同理求解即可． 【详解】（1）解∶连接， ∵， ∴， ∴， ∵点F是弧的中点， ∴， ∴， 又， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，，，，设与相交于H， ∵， ∴， ∴，， 又， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 化简得， 解得（负值舍去）； （3）解：当C在上时，连接，，，过F作与于H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 又， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴， 化简得， ∴（负值舍去）， ∴； 当C在上时，连接，，，过F作与于H， 同理可求出， ， 解得 ∴， 综上，． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$