数学（江苏南通专用）-2025年中考终极押题猜想

2025年中考数学终极押题猜想 押题猜想一 反比例函数与几何综合 1~4 押题猜想二 动点与函数图象信息问题 4~6 押题猜想三 几何中的最值问题 6~7 押题猜想四 一次函数与二次函数在实际问题中的应用 8~9 押题猜想五 纯含参二次函数 10~11 押题猜想六 二次函数与几何、代数的综合 11~13 押题猜想七 几何折叠问题 14~15 押题猜想八 几何综合探究 15~17 押题猜想九 圆的切线的性质或判定+弧长或者扇形面积的计算 17~20 押题猜想十 综合与实践 20~28 押题猜想一 反比例函数与几何综合 如图，在平面直角坐标系xOy中，函数的图象与等边三角形OAB的边OA，AB分别交于点M，N．若B（10，0），MN⊥OA，则k的值为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 押题解读： 本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质，熟练掌握以上知识点是关键。 押题理由： 反比例函数与几何综合是南通市中考必考题型，一般是出现在选择题或者填空题里，难度较高，属于次压轴题。 1．（2025•海安市一模）如图，平行四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点D（3，2）在对角线OB上，反比例函数的图象经过C、D两点．已知平行四边形OABC的面积是18，则点B的坐标为（　　） A．（6，4） B．（4，6） C．（5，4） D．（4，5） 2．（2025•南通模拟）如图，在平面直角坐标系中，点A是反比例函数图象上的一点，过点A作AB⊥y轴于点B，点C是y轴负半轴上一点，连接AC交x轴于点D，若OD是△ABC的中位线，△OCD的面积为3，则k的值是（　　） A．﹣12 B．﹣6 C．6 D．12 3．（2025•南通模拟）把一块含60°角的三角板ABC按图方式摆放在平面直角坐标系中，其中60°角的顶点B在x轴上，斜边AB与x轴的夹角∠ABO＝60°，若BC＝2，当点A，C同时落在一个反比例函数图象上时，B点的坐标为 　 　 ． 4．（2025•南通模拟）如图，一次函数y＝2x与反比例函数的图象交于A，B两点，点P在以C（﹣4，0）为圆心，2为半径的⊙C上，Q是AP的中点，已知OQ长的最大值为3，则k的值为 ． 5．（2025•南通模拟）如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的顶点O是坐标原点，点A在x轴的正半轴上，点C在函数y（x＞0）的图象上，点B在函数y（x＞0）的图象上．若OC＝AC，则k的值为 　 　 ． 6．（2025•南通模拟）对于反比函数，称，为反比例函数图象的两个“焦点”，若点P为反比例函数图象上的任意一点，则恒有．如图，已知点A为反比例函数在第三象限的图象上的一个动点，点M，N为反比例函数的两个焦点，若AB平分∠MAN，过点M作AB的垂线，垂足为B，连接OB，MN，则OB的长为 　 ． 7．（2025•海安市一模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b与反比例函数的图象交A（﹣1，m），B（n，﹣2）两点，一次函数y＝kx+b的图象与y轴交于点C． （1）求一次函数解析式； （2）根据函数的图象，直接写出不等式的解集； （3）点P是x轴上一点，△BOP的面积等于△AOB面积的2倍，求点P坐标． 8．（2024•海门区校级模拟）一张边长为16cm正方形的纸片，剪去两个面积一定且一样的小矩形得到一个“E”图案如图1所示．小矩形的长x（cm）与宽y（cm）之间的函数关系如图2所示： （1）求y与x之间的函数关系式； （2）“E”图案的面积是多少？ （3）如果小矩形的长是6≤x≤12cm，求小矩形宽的范围． 押题猜想二 动点与函数图象信息问题 如图①，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点P是对角线AC上一动点，设PC的长度为x，PE与PB的长度和为y，图②是y关于x的函数图象，则图象上最低点H的坐标为（　　） A． B． C． D． 押题解读：本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 押题理由： 动点与函数图象信息问题是南通市中考高频考点，一般是出现在选择题里，难度较高，属于压轴题或次压轴题。需要考生运用更复杂的数学模型、逻辑推理和问题解决技巧。 1．（2024•海门区二模）如图1，等腰RtABC中，∠C＝90°，AB＝4，点D从点B出发，沿B→C→A方向运动，DE⊥AB于点E，△DEB的面积随着点D的运动形成的函数图象（拐点左右两段都是抛物线的一部分）如图2所示，以下判断正确的是（　　） A．函数图象上点的横坐标表示DB的长 B．当点D为BC的中点时，点E为线段AB的三等分点 C．两段抛物线的开口大小不一样 D．图象上点的横坐标为3时，纵坐标为 2．（2024•崇川区三模）如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，tanA．点P从点A出发，沿边AB向点B运动．过点P作PQ⊥AB，垂足为P，PQ交△ABC的边于点Q，设AP＝x，△APQ的面积为y．y与x之间的函数关系大致如图2所示，则当x＝4时，y的值为（　　） A．3 B．2 C． D． 3．（2025•崇川区校级四模）如图①，点A、B是⊙O上两定点，圆上一动点P从圆上一定点B出发，沿逆时针方向匀速运动到点A，运动时间是x（s），线段AP的长度是y（cm）．图②是y随x变化的关系图象，则图中m的值是（　　） A． B． C．5 D． 4．（2025春•崇川区月考）动点H以每秒1cm的速度沿图1中的长方形ABCD的边按从A﹣B﹣C﹣D的路径匀速运动，△ADH的面积S（cm2）与时间t（s）的关系如图2，已知AD＝4cm，则m＝　 　 cm2． 押题猜想三 几何中的最值问题 如图，在四边形ABCD中，BC⊥BD，BC＝2，BD＝4．作AM⊥BD，垂足为点M，连接CM，若AM＝3，则CM+AD的最小值为 　 ． 押题解读： 本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形EFC是解题的关键． 押题理由： 最值问题是南通市中考必考题型，一般出现在填空的最后一题，而且出的难度较大，综合性强，是试卷中的压轴题。 1．（2025•南通模拟）如图，在△ABC中，∠C＝60°，∠B＝75°，BC＝2，D是BC上一点，以AD为边作等边△ADE，点D与点E在AC的两侧，DE交AC于点F，则线段CF的最大值为 　 ． 2．（2024•海安市二模）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD交于O，M是AO的中点，线段EF（点E在点F的左边）在直线BD上运动，连结AF、ME，若AB＝6，，则AF+ME的最小值是 　 ． 3．（2024•启东市一模）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，AC+BD＝10，点M和点N分别是BD和AC的中点，BA和CD的延长线交于点P，则△PMN面积的最大值等于 　 ． 4．（2024•海门区模拟）如图，钝角三角形ABC的面积为15，最长边AB＝10，BD平分∠ABC，点M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值为　 　 ． 5．（2024•海门区校级模拟）如图，在直角坐标系中，已知点A（4，0），点B为y轴正半轴上一动点，连接AB，以AB为一边向下作等边△ABC，连接OC，则OC的最小值为 　 　 ． 6．（2024•海门区二模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+8与坐标轴分别交于A，B两点．点P为直线AB上一动点，连接OP．将线段OP绕点O顺时针旋转90°得线段OQ，以OB，OQ为一组邻边构造平行四边形BOQH．连接OH，则线段OH的最小值为 　 . 押题猜想四 一次函数与二次函数在实际问题中的应用 销售纪念品，每个纪念品进价40元，规定销售单价不低于44元，且不高于52元．销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300个，销售单价每上涨1元，每天销量减少10个．现商家决定提价销售，设每天销售量为y个，销售单价为x元． （1）直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； （2）求当每个纪念品的销售单价是多少元时，商家每天获利w最大？最大利润是多少？ （3）商家每天销售纪念品获得的利润w不少于2250元时，纪念品的销售单价在什么范围？ 押题解读： 本题考查了二次函数在实际生活中的应用以及一元二次方程的应用，熟知最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答是关键． 押题理由： 一次函数与二次函数的实际应用是南通市中考必考题型，一般以解答题形式出现，往往以销售利润问题为主，题目有一定的梯度。 1．（2024•南通模拟）某款旅游纪念品很受游客喜爱，每个纪念品进价40元，规定销售单价不低于44元，且不高于52元．某商户在销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300个，销售单价每上涨1元，每天销量减少10个．现商家决定提价销售，设每天销售量为y个，销售单价为x元． （1）直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； （2）将纪念品的销售单价定为多少元时，商家每天销售纪念品获得的利润w元最大？最大利润是多少元？ （3）该商户从每天的利润中捐出200元做慈善，为了保证捐款后每天剩余利润不低于2200元，求销售单价x的范围． 2．（2024•通州区二模）某超市购进某种商品的成本为25元/kg，经过调查发现，这种商品在前30天的销售单价y（元/kg）与时间x（天）之间的函数关系式为y日销量m（kg）与时间x（天）之间满足函数关系：m＝﹣2x+72（0＜x≤30，x为整数）． （1）求前15天中哪一天的销售利润最大？最大日销售利润是多少元？ （2）求前30天中日销售利润不低于1080元的天数． 3．（2024•南通二模）为了满足市场需求，提高生产效率，某工厂决定购买10台甲、乙两种型号的机器人来搬运原材料，甲、乙两种型号的机器人的工作效率和价格如表： 型号 甲 乙 效率（单位：千克/时） m﹣30 m 每台价格（单位：万元） 4 6 已知甲型机器人搬运500千克所用时间与乙型机器人搬运750千克所用时间相等． （1）求m的值； （2）若该工厂每小时需要用掉原材料710千克，则如何购买才能使总费用最少？最少费用是多少？ 4．（2024•海门区二模）某商店销售某种商品的进价为每件30元，这种商品在近60天中的日销售价与日销售量的相关信息如表： 时间：第x天（1≤x≤60，且x为整数） 1≤x≤30 31≤x≤60 日销售价（元/件） 0.5x+35 50 日销售量（件） 124﹣2x 设该商品的日销售利润为w元． （1）求日销售利润w关于x的函数关系式； （2）该商品在第几天的日销售利润最大？最大日销售利润是多少？ 押题猜想五 纯含参二次函数 29．（2025•丰台区一模）在平面直角坐标系xOy中，P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线y＝x2﹣2tx+c上的两点． （1）若对于x1＝﹣1，x2＝3，有y1＝y2，求抛物线的对称轴； （2）若对于2t﹣3≤x1≤2t﹣2，t+1≤x2≤t+3，都有y1＞y2，求t的取值范围． 押题解读： 本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上的点的坐标特征，掌握二次函数的对称性和增减性来解答是关键． 押题理由： 纯含参二次函数问题是南通市中考必考题型，是南通中考的特点。一般以解答题形式出现，现在有往小题去的方向。这类题型比较抽象，但能较好的考查学生的思维能力，属于压轴题。 1．（2024•崇川区三模）已知二次函数，（m，n为常数，n≠0）的最小值分别为p，q，（　　） A．若p+q＝0，则p＝q＝0 B．若p﹣q＝0，则p＝q＝0 C．若p+q＝1，则p＝q＝0.5 D．若p﹣q＝1，则p＝1，q＝0 2．（2025•海安市一模）已知二次函数y＝mx2+nx（m≠0），经过点A（c，4）．当y≥﹣2时，x的取值范围为x≤3t﹣6或x≥﹣2﹣3t，则如下四个值中有可能为c的是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2025•南通模拟）已知抛物线y＝﹣x2+bx（b为常数）的顶点横坐标比抛物线y＝﹣x2+2x的顶点横坐标大1． （1）求b的值； （2）点A（x1，y1）在抛物线y＝﹣x2+2x上，点B（x1+t，y1+h）在抛物线y＝﹣x2+bx上． （ⅰ）若h＝3t，且x1≥0，t＞0，求h的值； （ⅱ）若x1＝t﹣1，求h的最大值． 4．（2024•南通模拟）在平面直角坐标系xOy中，点（4，3）在抛物线y＝ax2+bx+3（a＞0）上． （1）求该抛物线的对称轴； （2）已知m＞0，当2﹣m≤x≤2+2m时，y的取值范围是﹣1≤y≤3．求a，m的值． 押题猜想六 二次函数与几何、代数的综合 如图，抛物线y＝x2﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P是第四象限内的抛物线上一点，直线PA，PB与y轴分别交于点E，点F． （1）求点A，B，C的坐标； （2）求证：OE+OF的值为定值； （3）若一次函数y＝﹣mx+5m﹣4（m为常数，m≠0）的图象经过点P，且当﹣2≤x≤2，该一次函数对应的函数值始终小于0，求点P的横坐标的取值范围． 押题解读： 本题为二次函数的综合运用，涉及到一次函数的图象和性质，函数的定点问题，数形结合是解题的关键。 押题理由： 为了与江苏省其他市逐步一致，二次函数与几何、代数的综合是南通市中考考试方向。一般以解答题形式出现，出现在试卷的倒数第二题或第一题。这类题型能较好的考查学生的思维能力，综合运用知识的能力，属于压轴题。 1．（2024•海门区二模）二次函数y＝ax2﹣2ax﹣8a（a＜0）的图象与x轴分别交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．点D是二次函数在第一象限图象上的一动点，过点D作DE∥x轴，交二次函数图象于另一点E．作点D关于y轴的对称点P．（1）求PE的长； （2）若△CDP是边长为1的等边三角形，求二次函数的解析式； （3）求的值的最大值． 2．（2024•启东市二模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求抛物线的解析式； （2）在抛物线上是否存在一点P，满足若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由； （3）如图2，过点O作CB的垂线，垂足为H，M，N分别为射线OC，OH上的两个动点，且满足OM：ON＝3：5，连接BM，CN，请直接写出的最小值． 3．（2024•海安市一模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a经过点A（t，y1），B（4﹣t，y2），且t≠2． （1）求该抛物线的对称轴； （2）若抛物线经过点（﹣2，﹣5），设点A与点B横坐标的差为d，点A与点B纵坐标的差为h，求的值； （3）在（2）的条件下，连接AB，若线段AB交抛物线对称轴于点E（点E不与A，B重合），在直线x＝1的同侧作矩形BCDE，且DE＝AE．当抛物线在矩形BCDE内部的部分始终在x轴下方时，求t的取值范围． 4．（2025•海安市一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，交y轴于点C（0，6）． （1）求抛物线的表达式； （2）点F是直线BC上方抛物线上的一动点，过点F作FD⊥BC，交BC于点D，过点F作y轴的平行线交直线BC于点E，过点D作DG⊥EF，交EF于点G，求FG的最大值及此时点E的坐标； （3）在（2）问中FG取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线CB方向平移5个单位长度，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点，在平面内确定一点N，使得以点B、E、M、N为顶点的四边形是矩形，直接写出所有符合条件的点N的坐标． 押题猜想七 几何折叠问题 4．（2025•南通模拟）菱形ABCD中，，点E为CD边上一个动点（不与点C、D重合），把△ADE沿直线AE折叠，AF与AD对应． （1）请用无刻度直尺和圆规在图中作出△AEF（不写作法，保留作图痕迹）； （2）若点F在DC的延长线上，求CF的长； （3）当AF与菱形ABCD的边垂直时，求DE的长． 押题解读： 本题是四边形的综合题，考查了菱形的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质和判定，翻折的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是运用翻折的性质和分类讨论的思想画图并解答问题。 押题理由： 几何图形的折叠问题一直是南通市中考必考题型。大多出现在解答题几何综合题里，如果解答题几何综合出现的是旋转变换，则就会安排到小题里。这类题型能较好的考查学生的动手操作能力，空间想象能力，动手画图能力，有一定的思维深度。 1．（2025•南通模拟）已知：菱形ABCD中，，AC＝2，AC 与BD交于点O，点E为OB上一点，以AE为对称轴，折叠△ABE，使点B的对应点F恰好落在边CD上，则BE的长为（　　） A． B． C． D． 2．（2024•海安市一模）如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（　　） A．4 B．5 C． D． 押题猜想八 几何综合探究 如图，在矩形ABCD中，BC＝3，∠BAC＝30°，M是对角线AC上的动点，过点M作AC的垂线交折线AD﹣DC于点N，当点N不和点A，C，D重合时，以MN为边作等边△MNP，使点P和点D在直线MN的同侧，设AM＝m． （1）若点N落在边AD上，求等边△MNP的边长（用含m的代数式表示）． （2）若点P落在△ACD的边上，求m的值． （3）作直线DP，若点M，N关于直线DP的对称点分别为M′，N′，M′N′∥CD，求m的值． 押题解读： 本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，勾股定理的知识，有一定的难度，根据题意，画出图形是解答的关键。 押题理由： 几何图形的综合探究问题一直是南通市中考必考题型。大多出现在解答题倒数第二题，这类题型往往和融合几何变换旋转或翻折。这类题型能较好的考查学生的动手操作能力，空间想象能力，动手画图能力，逻辑思维能力，是这中考中的压轴题。现在有呈综合与实践形式出现的趋势。 1．（2024•崇川区三模）正方形ABCD中，点E在边BC，CD上运动（不与正方形顶点重合）．作射线AE，将射线AE绕点A逆时针旋转45°，交射线CD于点F． （1）如图，点E在边BC上，BE＝DF，求证：AE＝AF； （2）过点E作EG⊥AF，垂足为G，连接DG，求∠GDC的度数； （3）在（2）的条件下，当△DFG是以DG为腰的等腰三角形时，求的值． 2．（2024•海门区二模）直观感知： （1）如图1，在四边形ABCD中，△ABC是等边三角形，∠BDC＝22°，∠BDA＝46°，将△BDC绕点C顺时针旋转60°得到△APC，点B与点A重合，点D的对应点是点P．补全图形，并直接写出∠DAP的度数； 类比探究： （2）如图2，在四边形ABCD中，∠ADC＝45°，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝4，DC＝6，求BD的长． 拓展运用： （3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠ADC＝α，tan∠ACB，AD＝4，DC＝6，在α的变化过程中时，求BD的最大值． 3．（2025•南通模拟）[模型建立] 如图①、②，点P分别在⊙O外、在⊙O内，直线PO分别交⊙O于点A、B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离，PB是点P到⊙O上的点的最长距离． [问题解决] 请就图①中PB为何最长进行证明． [初步应用] （1）已知点P到⊙O上的点的最短距离为3，最长距离为7．则⊙O的半径为　 ． （2）如图③，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6．点E在边BC上，且CE＝2，动点P在半径为2的⊙E上，则AP的最小值是　 ． [拓展延伸] 如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为　 ． 4．（2024•南通一模）如图1，P是正方形ABCD边BC上一点，线段AE与AD关于直线AP对称，连接EB并延长交直线AP于点F，连接CF． （1）补全图形，求∠AFE的大小； （2）用等式表示线段CF，BE之间的数量关系，并证明； （3）连接CE，G是CE的中点，AB＝2，若点P从点B运动到点C，直接写出DG的最大值． 押题猜想九 圆的切线的性质或判定+弦长、弧长或者扇形面积的计算 如图，AB是⊙O的直径，点C，D是⊙O上AB异侧的两点，DE⊥CB，交CB的延长线于点E，且BD平分∠ABE． （1）求证：DE是⊙O的切线． （2）若∠ABC＝60°，AB＝4，求图中阴影部分的面积． 押题解读： 本题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质，角平分线的定义，扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解答的关键。 押题理由： 圆的证明和计算是南通市中考必考题型。而且都以解答题形式出现，但难度往往不大，主要考查圆内的基础知识。这类题型主要考查切线的判定与性质，弦长、弧长或者扇形面积的计算。 1．（2024•海安市一模）如图，点A，D，C在半径为8的⊙O上，过点D作⊙O的切线BD，交OA的延长线于点B．连接CD，且∠DCA＝∠OAC＝30°． （1）求证：BD∥AC； （2）求图中阴影部分的面积． 2．（2025•南通模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ABC＝60°，⊙O的切线CD与AB的延长线相交于点D． （1）求证：BD＝BC； （2）若⊙O的半径为6，求图中阴影部分的面积． 3．（2025•昆山市模拟）已知BC是⊙O的直径，点D是BC延长线上一点，AB＝AD，AE是⊙O的弦，∠AEC＝30°． （1）求证：直线AD是⊙O的切线； （2）若AE⊥BC，垂足为M，⊙O的半径为10，求AE的长． 4．（2025•南通模拟）如图1，BC是⊙O的直径，点A、D在⊙O上，连接BD、CD，DB∥OA，BC＝10，． （1）求证：AO⊥CD； （2）求BD的长； （3）如图2，连接AB，作∠CAB的角平分线交⊙O于F，求AF的长度． 5．（2024•崇川区三模）如图，CD是⊙O的直径，AE⊙O相切于点B，连接BC、BD，过圆心O作OE∥BC，连接EB并延长，交DC延长线于点A． （1）求证：∠D＝∠E； （2）若F是OE的中点，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积． 6．（2024•南通二模）如图，AC是⊙O的直径，PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B，AE⊥PB，垂足为E，AE交⊙O于点D，连接OD． （1）求证：∠COD＝2∠P； （2）若AC＝8，∠P＝60°，求阴影部分的面积． 7．（2024•海门区二模）如图，⊙O的半径为5，弦AB，CD互相垂直，垂足为点E．点F在ED上，且EF．连接AF，BD，∠BDC＝16°． （1）求∠A的度数； （2）求的长． 押题猜想十 综合与实践 （2024•海门区模拟）综合与实践 问题情境 在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动，如图1，将一张菱形纸片ABCD（∠BAD＞90°）沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD． 操作发现 （1）将图1中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，分别延长BC和DC′交于点E，则四边形ACEC′的形状是 　 ； （2）创新小组将图1中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝2∠BAC，得到如图3所示的△AC′D，连接DB，C′C，得到四边形BCC′D，发现它是矩形，请你证明这个结论； 实践探究 （3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，量得图3中BC＝13cm，AC＝10cm，然后提出一个问题：将△AC′D沿着射线DB方向平移a cm，得到△A′C″D′，连接BD′，CC′，使四边形BCC″D恰好为正方形，求a的值，请你解答此问题； （4）请你参照以上操作，将图1中的△ACD在同一平面内进行一次平移，得到△A′C′D，在图4中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必证明． 押题解读： 本题主要考查了几何变换综合以及相似三角形的判定与性质，菱形的性质及矩形的判定方法等知识。正确利用相似三角形的判定与性质得出CC′的长时解题的关键。 押题理由： 自从使用新教材以后，综合与实践题型成了南通市中考考向。不出意外，2025年中考，几何综合探究内题型将会以这种形式出现，而且会安排在倒数第一题作为整个试卷的压轴题。 1．（2025•南京模拟）【知识技能】 （1）如图1，在△ABC中，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′．当点E的对应点E′与点A重合时，求证：AB＝BC． 【数学理解】 （2）如图2，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′，连接A′B，C′C，作△A′BD的中线DF．求证：2DF•CD＝BD•CC′． 【拓展探索】 （3）如图3，在△ABC中，tanB，点D在AB上，AD．过点D作DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE．在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 2．（2025•宿城区一模）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答． （1）问题背景 如图1，正方形ABCD中，点E为AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC边于点F，将△ADE沿直线DE折叠后，点A落在点A′处，当∠BEF＝20°时，∠FEA'＝ 　 　 ； 如图2，连接DF，当点A′恰好落在DF上时，其他条件不变，则 　 ； （2）探究迁移 如图3，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成矩形ABCD，且AD＝mAB，其他条件不变，请写出AE与A′F之间的数量关系式（用含m的式子表示），并说明理由； （3）拓展应用 如图4，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成菱形ABCD，且∠B＝60°，∠DEF＝120°，其他条件不变，当时，请直接写出A′F的长． 3．（2024•南通二模）在数学活动课上，老师给同学们提供了一个矩形纸片ABCD，其中AB＝3，BC＝4，要求各小组开展“矩形的折叠”探究活动． 【操作猜想】 （1）甲小组给出了下面框图中的操作及猜想： 甲小组的操作与猜想 操作：如图1，在AB，BC上分别取一点N，M，将△BMN沿直线MN翻折180°，得到△EMN． 猜想：当∠NME＝∠CAD 时，MN∥AC． 请判断甲小组的猜想是否正确，并说明理由； 【深入探究】 （2）如图2，乙小组按照甲小组的方式操作发现，当∠NME＝∠CAD 时，点E恰好落在矩形的对角线AC上．请求出图中线段MN的长度； 【拓广延伸】 （3）丙小组按照甲小组的过程操作，进一步探究并提出问题：当∠NME＝∠CAD 时，过点E作 EF∥BC交射线CA于点F，若 EF＝EN，则BN的长是多少？请解答这个问题． 4．（2024•海安市二模）（1）【活动背景】在鹿鸣成长课程中，同学们探究了一类“三等分线段、角”的问题．如图1，在矩形ABCD的边AD和BC上分别取点E、F，且CF＝2DE，连接CE、DF交于点O，将边AD沿着过点O的直线折叠，使得点A、D分别落在AB和CD上，试说明：点Q是边CD的三等分点． （2）【活动操作】同学们进一步发现，在作图的过程中也可以参考类似的方法．如图2，已知线段BC，点E是BC的中点，请用无刻度直尺和圆规作平行四边形ABCD，使得AE⊥BD．（不写作法保留作图痕迹） （3）【活动证明】同学们通过查阅资料发现，不能通过圆规直接三等分角，但可以通过圆规和带刻度的直尺得出三等分角，如图3，点C是OA上一点，用尺规作出CD⊥OB，CF∥OB后，将直尺一端放在点O处，不断转动直尺与CD、CF交于点M、N，当MN与CO满足某种数量关系时，即可得到，试猜想MN与CO的数量关系并证明． （4）【活动思考】在上面的活动操作中所探究的平行四边形ABCD，若BC＝kAB，请直接写出k的取值范围． 5．（2025•海安市一模）某研究学习小组给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F． （1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB； 分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论： 推理证明：写出图①的证明过程： 探究问题： （2）当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断线段BD，EF，AB之间的数量关系并证明； 拓展思考： （3）在（1）（2）的条件下，若，△ACD面积是△ABD面积两倍，则△AEF的面积为 　 ． 6．（2024•通州区二模）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；再一次对折纸片，使EF与BC重合，折痕为GH；把纸片展平，MN也为折痕；点P为线段AD上一点，再次沿BP折叠矩形纸片，使点A落在原矩形所在平面的点Q处． 问题解决： （1）如图1，若点Q在线段EF上，延长PQ交BC于点W，求证：△BPW为等边三角形； （2）如图2，若点Q在线段GH上，求tan∠ABP的值； （3）矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，直线PQ交DC的延长线于点K．若，求线段PD的长． 7．（2024•沧州一模）问题情境： “综合与实践”课上，老师让同学们以“矩形的翻折”为主题开展数学活动． 第1步：有一张矩形纸片ABCD，在AD边上取一点P沿BP翻折，使点A落在矩形内部A′处； 第2步：再次翻折矩形，使PD与PA′所在直线重合，点D落在直线PA′上的点D′处，折痕为PE． 翻折后的纸片如图1所示． （1）∠BPE的度数为 　 　 ； （2）若AD＝32cm，AB＝24cm，求DE的最大值； 拓展应用： 一张矩形纸片通过问题情境中的翻折方式得到如图2所示的四边形纸片FKQG，其中∠KFG的一边与矩形纸片的一边重合，KQ⊥FK，FG⊥GQ，FG＝45cm，FK＝35cm，KQ＝30cm，求该矩形纸片的面积． 2 / 2 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年中考数学终极押题猜想 押题猜想一 反比例函数与几何综合 1 押题猜想二 动点与函数图象信息问题 6 押题猜想三 几何中的最值问题 16 押题猜想四 一次函数与二次函数在实际问题中的应用 20 押题猜想五 纯含参二次函数 26 押题猜想六 二次函数与几何、代数的综合 32 押题猜想七 几何折叠问题 42 押题猜想八 几何综合探究 53 押题猜想九 圆的切线的性质或判定+弧长或者扇形面积的计算 58 押题猜想十 综合与实践 69 押题猜想一 反比例函数与几何综合 如图，在平面直角坐标系xOy中，函数的图象与等边三角形OAB的边OA，AB分别交于点M，N．若B（10，0），MN⊥OA，则k的值为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】D 【分析】作AE⊥x轴，垂足为E，MC⊥x轴，垂足为C，ND⊥x轴，垂足为D，先分别求出直线OA和AB的解析式，分别与反比例函数解析式联立方程组求出点M、N的坐标，将点N的横坐标为15﹣2，代入解方程得到k值即可． 【详解】解：如图，作AE⊥x轴，垂足为E，MC⊥x轴，垂足为C，ND⊥x轴，垂足为D， ∵B（10，0）， ∴OB＝10， ∵△AOB是等边三角形， ∴OA＝OB＝AB＝10，∠AOB＝∠OBA＝∠OAB＝60°， ∴OE5，AE＝5， ∴A（5，5）， ∴直线OA的解析式为yx， ，解得x，即OC， ∴OM＝2，AM＝10﹣2， 设直线AB的解析式为y＝k2x+b，代入点A、B坐标得： ，解得， ∴直线AB的解析式为yx+10， 令， 整理得， ∵AN＝2AM＝20﹣4，NB＝10﹣AN＝410， DB＝25， OD＝10﹣DB＝15﹣2， ∴点N的横坐标为15﹣2，代入得： （15﹣2）2+10（15﹣2）﹣k＝0， 405k﹣750， k﹣8150， 令k＝t2，则t， t2﹣8t+150， （t﹣3）（t﹣5）＝0， ∴t＝3或t＝5， ∴k＝9或25（舍去）． 经检验k＝9是原方程的解， ∴k＝9． 故选：D． 【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质，熟练掌握以上知识点是关键． 押题解读： 本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质，熟练掌握以上知识点是关键。 押题理由： 反比例函数与几何综合是南通市中考必考题型，一般是出现在选择题或者填空题里，难度较高，属于次压轴题。 1．（2025•海安市一模）如图，平行四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点D（3，2）在对角线OB上，反比例函数的图象经过C、D两点．已知平行四边形OABC的面积是18，则点B的坐标为（　　） A．（6，4） B．（4，6） C．（5，4） D．（4，5） 【答案】A 【分析】先求出反比例函数，设OB的解析式为y＝mx，由OB经过D（3，2），得出OB的解式为，设，且a＞0，由平行四边形的性质得BC∥OA，S▱OABC＝2S△OBC，则，，代入面积公式即可得出结果． 【详解】解：∵反比例函数的图象经过点D（3，2） ∴k＝3×2＝6， ∴反比例函数的解析式为， ∵OB经过原点O， ∴设直线OB的解析式为y＝mx（m≠0）， ∵OB经过点D（3，2）， ∴2＝3m， ∴， ∵直线OB的解析式为， ∵反比例函数经过点C， ∴设，且a＞0， ∵四边形OABC是平行四边形， ∴BC∥OA，S▱OABC＝2S△OBC， ∴点B的纵坐标为， ∵OB的解析式为， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵平行四边形OABC的面积是18， ∴S平行四边形OABC＝2S△OBC， 解得：或（舍去）， ∴点B的坐标是（6，4）， 故选：A． 【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数的解析式、平行四边形的性质、三角形的面积，熟练掌握以上知识是解题的关键． 2．（2025•南通模拟）如图，在平面直角坐标系中，点A是反比例函数图象上的一点，过点A作AB⊥y轴于点B，点C是y轴负半轴上一点，连接AC交x轴于点D，若OD是△ABC的中位线，△OCD的面积为3，则k的值是（　　） A．﹣12 B．﹣6 C．6 D．12 【答案】A 【分析】设点A的坐标为A（a，b），则AB＝﹣a，OB＝b，先根据三角形的中位线定理可得OC＝OB＝b，，再根据三角形的面积公式可得ab的值，由此即可得． 【详解】解：设点A的坐标为A（a，b），则AB＝﹣a，OB＝b，k＝ab， ∵OD是△ABC的中位线， ∴OC＝OB＝b， ∵△OCD的面积为3，∠COD＝90°， ∴，即ab＝﹣12， ∴k＝ab＝﹣12， 故选：A． 【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形中位线定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 3．（2025•南通模拟）把一块含60°角的三角板ABC按图方式摆放在平面直角坐标系中，其中60°角的顶点B在x轴上，斜边AB与x轴的夹角∠ABO＝60°，若BC＝2，当点A，C同时落在一个反比例函数图象上时，B点的坐标为 　（5，0）　 ． 【答案】（5，0）． 【分析】根据题意作出辅助线，然后得出这三个直角三角形都是含有30°的特殊直角三角形，然后利用其性质可求出AE、BE、BF、CF的长，设OE的长为m，则可用含有m的式子表示出点A、点C的坐标，再根据点A，C同时落在一个反比例函数图象上，即可求出m的值，即可求出OB的长． 【详解】解：如图所示：过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F， 在Rt△ACB中，∠ABC＝60°， ∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°， ∴AB＝2BC＝4， ∵AE⊥x轴， ∴∠AEB＝90°，即∠EAB+∠ABO＝90°， ∴∠EAB＝90°﹣60°＝30°， ∴EBAB＝2，AE2， 设OE＝m，则点A的坐标为（m，2）， ∵∠ABO＝∠ABC＝60°， ∴∠CBF＝180°﹣∠ABO﹣∠ABC＝60°， ∵CF⊥x轴， ∴∠CFB＝90°，即∠CBF+∠BCF＝90°， ∴∠CBF＝30°， ∴BFBC＝1，CF， ∴OF＝OE+BE+BF＝m+3， ∴点C坐标为（m+3，）， ∵点A，C同时落在一个反比例函数图象上， ∴2m（m+3），解得：m＝3， ∴OB＝OE+EB＝3+2＝5， ∴B点的坐标为：（5，0）． 故答案为：（5，0）． 【点睛】本题主要考查了反比例函数的性质以及含有30°角的直角三角形的性质：解题关键：用含有m的式子表示出点A和点C的坐标． 4．（2025•南通模拟）如图，一次函数y＝2x与反比例函数的图象交于A，B两点，点P在以C（﹣4，0）为圆心，2为半径的⊙C上，Q是AP的中点，已知OQ长的最大值为3，则k的值为 　　 ． 【答案】见试题解答内容 【分析】连接BP，根据中位线定理可得BP长的最大值为2×3＝6，当BP过圆心C时，BP最长，过B作BD⊥x轴与D，设B（t，2t），则CD＝t﹣（﹣4）＝t+4，即BD＝﹣2t，根据勾股定理可得BC2＝CD2+BD2，列出方程求出点B的坐标，代入反比例函数解析式即可求解． 【详解】解：连接BP，由对称性得：OA＝OB， 而Q是AP的中点， ∴ ∵OQ的长的最大值为3，则BP长的最大值为2×3＝6， 如图所示： 当BP过圆心C时，BP最长，过B作BD⊥x轴与D， ∵CP＝2， ∴BC＝4，B在直线y＝2x上， 设B（t，2t），则CD＝t﹣（﹣4）＝t+4，即BD＝﹣2t， 在Rt△BCD中，由勾股定理得：BC2＝CD2+BD2， 代入数据得：42＝（t+4）2+（﹣2t）2， 整理得：5t2+8t＝0， 解得：t1＝0（舍去），或， ∴， ∵B在反比例函数的图象上， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题属于反比例函数与一次函数综合题，考查反比例函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，三角形的中位线的性质，圆的基本性质等，综合性比较强，难度较大． 5．（2025•南通模拟）如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的顶点O是坐标原点，点A在x轴的正半轴上，点C在函数y（x＞0）的图象上，点B在函数y（x＞0）的图象上．若OC＝AC，则k的值为 　12　 ． 【答案】见试题解答内容 【分析】作CD⊥OA于D，由等腰三角形三线合一的性质得出OD＝DA，利用平行四边形的性质可知BC＝OA＝2OD，故设C（a，），则B（3a，），代入函数y（x＞0）即可求得k的值． 【详解】解：作CD⊥OA于D， ∵OC＝AC， ∴OD＝DA， ∴BC＝OA＝2OD， 设C（a，），则B（3a，）， ∵点B在函数y（x＞0）的图象上， ∴k＝3a•12， 故答案为：12． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质，表示出点B的坐标是解题的关键． 6．（2025•南通模拟）对于反比函数，称，为反比例函数图象的两个“焦点”，若点P为反比例函数图象上的任意一点，则恒有．如图，已知点A为反比例函数在第三象限的图象上的一个动点，点M，N为反比例函数的两个焦点，若AB平分∠MAN，过点M作AB的垂线，垂足为B，连接OB，MN，则OB的长为 　4　 ． 【答案】4． 【分析】依据题意，延长AN，MB相交于点H．由AB平分∠MAN，且BM⊥AB，可得AH＝AM，再由利用“焦点”的结论，得|AM﹣AN|＝2k＝8，结合点O，B分别为MN，MH的中点，可得OB，进而可以判断得解． 【详解】解：如图，延长AN，MB相交于点H．∵AB平分∠MAN，且BM⊥AB， ∴AH＝AM，点B为HM的中点．利用“焦点”的结论，得 |AM﹣AN|＝2k＝8． ∵点O，B分别为MN，MH的中点， ∴OB． 故答案为4． 【点睛】本题主要考查了反比例函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用反比例函数的性质是关键． 7．（2025•海安市一模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b与反比例函数的图象交A（﹣1，m），B（n，﹣2）两点，一次函数y＝kx+b的图象与y轴交于点C． （1）求一次函数解析式； （2）根据函数的图象，直接写出不等式的解集； （3）点P是x轴上一点，△BOP的面积等于△AOB面积的2倍，求点P坐标． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）利用待定系数法求出A，B的坐标即可解决问题． （2）观察图象写出一次函数的图象不在反比例函数的图象下方的自变量的取值范围即可解决问题． （3）根据S△AOB＝S△AOC+S△BOC，求出△AOB的面积，设P（m，0），构建方程即可解决问题． 【详解】解：（1）∵反比例函数的图象经过点A（﹣1，m），B（n，﹣2）， ∴， 解得， ∴A（﹣1，6），B（3，﹣2）， 把A、B的坐标代入y＝kx+b得， 解得， ∴一次函数的解析式为y＝﹣2x+4； （2）观察图象，不等式的解集为：﹣1≤x＜0或x≥3； （3）连接OA，OB，由题意C（0，4）， ， 设P（m，0）， 由题意， 解得m＝±16， ∴P（16，0）或（﹣16，0）． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式，根据函数的解析式求点的坐标，根据三角形的面积求点的坐标，注意数形结合思想的应用． 8．（2024•海门区校级模拟）一张边长为16cm正方形的纸片，剪去两个面积一定且一样的小矩形得到一个“E”图案如图1所示．小矩形的长x（cm）与宽y（cm）之间的函数关系如图2所示： （1）求y与x之间的函数关系式； （2）“E”图案的面积是多少？ （3）如果小矩形的长是6≤x≤12cm，求小矩形宽的范围． 【答案】（1）； （2）216； （3）小矩形宽的范围为． 【分析】（1）根据图象信息利用待定系数法可以确定函数解析式； （2）根据（1）的函数关系式可以知道小矩形的面积，从而可以求出“E”图案的面积； （3）根据（1）的函数关系式可以确定小矩形的宽的取值范围． 【详解】解：（1）设函数关系式为， ∵函数图象经过（10，2） ∴ ∴k＝20， ∴ ∵0＜x＜16，0＜y＜8， ∴0＜x＜16，08， ∴x＜16； （2）∵ ∴xy＝20， ∴SE＝S正＝162﹣2×20＝216； （3）当x＝6时，， 当x＝12时，， ∴小矩形的长是6≤x≤12cm，小矩形宽的范围为． 【点睛】此题主要考查了利用待定系数法确定函数的解析式，也考查了利用函数的性质求点的坐标． 押题猜想二 动点与函数图象信息问题 如图①，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点P是对角线AC上一动点，设PC的长度为x，PE与PB的长度和为y，图②是y关于x的函数图象，则图象上最低点H的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，连接PD．由B、D关于AC对称，推出PB＝PD，推出PB+PE＝PD+PE，推出当D、P、E共线时，PE+PB的值最小，观察图象可知，当点P与A重合时，PE+PB＝3，推出AE＝EB＝1，AD＝AB＝2，分别求出PB+PE的最小值，PC的长即可解决问题． 【详解】解：如图，连接PD． ∵B、D关于AC对称， ∴PB＝PD， ∴PB+PE＝PD+PE， ∴当D、P、E共线时，PE+PB的值最小，如图： 观察图象可知，当点P与A重合时，PE+PB＝3， ∴AE＝EB＝1，AD＝AB＝2， 在Rt△AED中，DE， ∴PB+PE的最小值为， ∴点H的纵坐标为， ∵AE∥CD， ∴2， ∵AC＝2 ∴PC＝2， ∴点H的横坐标为， ∴H（，）． 故选：D． 【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 押题解读：本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 押题理由： 动点与函数图象信息问题是南通市中考高频考点，一般是出现在选择题里，难度较高，属于压轴题或次压轴题。需要考生运用更复杂的数学模型、逻辑推理和问题解决技巧。 1．（2024•海门区二模）如图1，等腰RtABC中，∠C＝90°，AB＝4，点D从点B出发，沿B→C→A方向运动，DE⊥AB于点E，△DEB的面积随着点D的运动形成的函数图象（拐点左右两段都是抛物线的一部分）如图2所示，以下判断正确的是（　　） A．函数图象上点的横坐标表示DB的长 B．当点D为BC的中点时，点E为线段AB的三等分点 C．两段抛物线的开口大小不一样 D．图象上点的横坐标为3时，纵坐标为 【答案】D 【分析】当点D运动到点C处时，x＝2，故判断A错误；求出BE＝1，判断B错误；求出当点D在BC上和点D在AC上时的函数关系式，比较a值的绝对值，判断C错误；把x＝3，代入关系式求出y值，确定D正确． 【详解】解：A．∵AC＝BC，∠C＝90°，AB＝4，∴BC＝2，当点D运动到点C处时，x＝2，∴函数图象上点的横坐标表示不是DB的长，故A错误； B．当点D为BC的中点时，BDBC，∵∠B＝45°，∴BE＝1，∴点E为不是线段AB的三等分点，故B错误； C．由题意得BE＝x，∴0＜x≤2时，点D在BC上，y＝BE•DEx2，当2＜x＜4时，点D在AC上，AE＝DE＝（4﹣x），∴yBE•DEx2+2x，∵||＝||，两段抛物线的开口大小一样，故C错误； D．把x＝3，代入yx2+2x，得y，故D正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，能从图象中得到有用的条件，并判断动点位置进行计算是本题的解题关键． 2．（2024•崇川区三模）如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，tanA．点P从点A出发，沿边AB向点B运动．过点P作PQ⊥AB，垂足为P，PQ交△ABC的边于点Q，设AP＝x，△APQ的面积为y．y与x之间的函数关系大致如图2所示，则当x＝4时，y的值为（　　） A．3 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可知，当x＝5时，y＝0，即AB＝5，再根据∠ACB＝90°，tanA即可求出答案． 【详解】解：根据题意可知当x＝5时，y＝0，即AB＝5， ∵∠ACB＝90°，tanA， ∴， 当x＝4时，如图， AP＝4，BP＝1， 在Rt△BPQ中，tanB， ∴PQ， ∴y4． 故选：C． 【点睛】本题考查了动点问题的函数图象和锐角三角函数的有关知识，解答关键是分析动点到达临界点前后的图形变化． 3．（2025•崇川区校级四模）如图①，点A、B是⊙O上两定点，圆上一动点P从圆上一定点B出发，沿逆时针方向匀速运动到点A，运动时间是x（s），线段AP的长度是y（cm）．图②是y随x变化的关系图象，则图中m的值是（　　） A． B． C．5 D． 【答案】D 【分析】从图2看，当x＝2时，y＝AP＝6，即此时A、O、P三点共线，则圆的半径为 AP＝3，当x＝0时，由勾股定理逆定理可知，OA⊥OB，则点P从点B走到A、O、P三点共线的位置时，此时t＝2，走过的角度为90°，可求出点P运动的速度，当t＝m时，AP＝OA＝OB，即△OAP是等边三角形，进而求解． 【详解】解：从图2看，当x＝2时，y＝AP＝6，即此时A、O、P三点共线， 则圆的半径为 AP＝3， 当x＝0时，OB2+OA2＝AP2， ∴△OAB是直角三角形，且OA⊥OB， 则点P从点B走到A、O、P三点共线的位置时，如图所示， 此时x＝2，走过的角度为90°，则走过的弧长为 2π×r， ∴点P的运动速度是 2（cm/s）， 当t＝m时，AP＝OA＝OB，即△OAP是等边三角形， ∴∠AOP＝60°， ∴∠BOP＝360°﹣90°﹣60°＝210°， 此时点P走过的弧长为：2π×r， ∴m， 故选：D． 【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系． 4．（2025春•崇川区月考）动点H以每秒1cm的速度沿图1中的长方形ABCD的边按从A﹣B﹣C﹣D的路径匀速运动，△ADH的面积S（cm2）与时间t（s）的关系如图2，已知AD＝4cm，则m＝　10　 cm2． 【答案】见试题解答内容 【分析】由图2中点（14，0）及AD＝4cm，可得矩形另一边长的长度，进而根据纵坐标为m的点判断出动点H所在的位置，求得相应的△ADH的面积即为m的值． 【详解】解：观察图2可得：当点H运动到点D时，运动路程为AB+BC+CD，运动时间为14秒， ∵动点H以每秒1cm的速度运动， ∴AB+BC+CD＝14cm， ∵AD＝4cm，四边形ABCD是矩形， ∴BC＝4cm，AB＝CD， ∴AB＝DC＝5cm， ∴当点H运动到点B时，S＝m，如图： ∴AD•AB＝m， ∴m4×5＝10． 故答案为：10． 【点睛】本题考查动点问题的函数图象的相关知识．从图2中的各个关键点的坐标得到动点H所在的位置及矩形各个边的长度是解决本题的关键． 押题猜想三 几何中的最值问题 如图，在四边形ABCD中，BC⊥BD，BC＝2，BD＝4．作AM⊥BD，垂足为点M，连接CM，若AM＝3，则CM+AD的最小值为 　　 ． 【答案】． 【分析】过D作AM的平行线，过A作BD的平行线，两平行线交于点E，即AM∥DE，AE∥MD，证明四边形AMDE是矩形推出CM+AD＝CM+ME；连接CE，则当点M与CE、BD的交点重合时，CM+ME最小，从而CM+AD最小，且最小值为线段CE的长；在Rt△EFC中，由勾股定理求出CE的长即可得出结果． 【详解】解：如图，过D作AM的平行线，过A作BD的平行线，两平行线交于点E，即AM∥DE，AE∥MD， ∴四边形AMDE是平行四边形； ∵AM⊥BD， ∴∠AMD＝90°， ∴四边形AMDE是矩形， ∴DE⊥BD，AM＝DE＝3，AD＝ME， ∴CM+AD＝CM+ME； 连接CE， 则当点M与CE、BD的交点重合时，CM+ME最小，从而CM+AD最小，且最小值为线段CE的长； 过C作CF∥BD，交ED延长线于点F，则∠DBC＝∠BCF＝∠BDF＝90°， ∴四边形BCFD是矩形， ∴CF＝BD＝4，∠F＝90°，DF＝BC＝2， ∴EF＝DE+DF＝5； 在Rt△EFC中，由勾股定理得， ， ∴CM+AD最小值为 ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形EFC是解题的关键． 押题解读： 本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形EFC是解题的关键． 押题理由： 最值问题是南通市中考必考题型，一般出现在填空的最后一题，而且出的难度较大，综合性强，是试卷中的压轴题。 1．（2025•南通模拟）如图，在△ABC中，∠C＝60°，∠B＝75°，BC＝2，D是BC上一点，以AD为边作等边△ADE，点D与点E在AC的两侧，DE交AC于点F，则线段CF的最大值为 　　 ． 【答案】． 【分析】过点B作BH⊥AC于点H，依次求出CH，AH＝BHCH＝3，AC＝AH+CH＝2，再根据DE⊥AC时，CF最大即可． 【详解】解：如图，过点B作BH⊥AC于点H， ∵∠C＝60°， ∴∠CBH＝90°﹣∠C＝30°， ∴CHBC（22）1， ∴BHCH（）＝3， ∵∠C＝60°，∠ABC＝75°， ∴∠BAC＝180°﹣∠C﹣∠ABC＝45°， ∵BH⊥AC， ∴AH＝BH＝3， ∴AC＝AH+CH＝31＝2， ∵点D、E在AC的两侧， ∴当DE⊥AC时，AF最小，CF最大， ∴∠CDE＝90°﹣∠C＝30°， ∴CFDC， ∵△ADE是等边三角形， ∴∠ADE＝60°， ∴∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝60°+30°＝90°， ∴∠DAC＝90°﹣∠C＝30°， ∴DCAC2＝1， ∴CFDC， 综上所述CF的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，求CF最大，转化成求线段AF最小是本题的关键． 2．（2024•海安市二模）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD交于O，M是AO的中点，线段EF（点E在点F的左边）在直线BD上运动，连结AF、ME，若AB＝6，，则AF+ME的最小值是 　　 ． 【答案】． 【分析】取AD的中点P，连接FP，MP，CP，且CP交BD于点H，证明四边形MEFP为平行四边形，得出ME＝PF，由正方形的性质得出AF＝CF，则可得出CF+FP≥CP，由勾股定理求出PC的长，则可得出答案． 【详解】解：∵正方形ABCD中，AB＝6， ∴BD＝6， ∴OD＝3， 取AD的中点P，连接FP，MP，CP，且CP交BD于点H， ∵M为AO的中点， ∴MP∥OD，MPOD， ∵EF， ∴EF＝MP， ∴四边形MEFP为平行四边形， ∴ME＝PF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴A，C关于BD对称， ∴AF＝CF， ∵AF+ME＝CF+FP≥CP， 即F与H重合时，AF+ME最小，最小值为PC的长， ∵PD＝3，CD＝6， ∴PC， ∴AF+ME的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，两点之间线段最短，勾股定理，能够将两线段和的最小值用一条线段的长表示是解题的关键． 3．（2024•启东市一模）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，AC+BD＝10，点M和点N分别是BD和AC的中点，BA和CD的延长线交于点P，则△PMN面积的最大值等于 　　 ． 【答案】． 【分析】连接CM，根据三角形面积可得S△ABM+S△BCM，S△CPN，再由S四边形ABCDAC•BD和完全平方公式可得答案． 【详解】解：连接CM， ∵点M是BD的中点， ∴S△ABM，S△BCM， ∴S△ABM+S△BCM， ∵点M是BD的中点， ∴S△CPM＝S△MPD+S△MCD， ∵点N是AC的中点， ∴S△CPN，S△CMN， ∴S△PMN＝S△CPM﹣S△CPN﹣S△CMN （S△ABM+S△BCM） S四边形ABCD， ∵AC⊥BD， ∴S四边形ABCDAC•BD， ∵AC+BD＝10， ∴AC2+BD2+4AC•BD﹣2AC•BD≥4AC•BD，即AC2+BD2+2AC•BD≥4AC•BD， ∴4AC•BD≤（AC+BD）2， ∴AC•BD25， ∴S四边形ABCDAC•BD， 故答案为：． 【点睛】此题考查的是三角形面积公式、三角形中线的性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键． 4．（2024•海门区模拟）如图，钝角三角形ABC的面积为15，最长边AB＝10，BD平分∠ABC，点M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值为　3　 ． 【答案】见试题解答内容 【分析】过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M，过点M作MN⊥BC于N，则CE即为CM+MN的最小值，再根据三角形的面积公式求出CE的长，即为CM+MN的最小值． 【详解】解：过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M，过点M作MN⊥BC于N， ∵BD平分∠ABC，ME⊥AB于点E，MN⊥BC于N， ∴MN＝ME， ∴CE＝CM+ME＝CM+MN的最小值． ∵三角形ABC的面积为15，AB＝10， ∴10•CE＝15， ∴CE＝3． 即CM+MN的最小值为3． 故答案为3． 【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，关键是画出符合条件的图形，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目． 5．（2024•海门区校级模拟）如图，在直角坐标系中，已知点A（4，0），点B为y轴正半轴上一动点，连接AB，以AB为一边向下作等边△ABC，连接OC，则OC的最小值为 　2　 ． 【答案】2． 【分析】以OA为对称轴作等边△AMN，由“SAS”可证△ANC≌△AMB，可得∠AMB＝∠ANC＝60°，由直角三角形的性质可求∠AEN＝30°，EOON＝6，则点C在EN上移动，当OC'⊥EN时，OC'有最小值，即可求解． 【详解】解：如图，以OA为对称轴作等边△AMN，延长CN交x轴于E， ∵△ABC是等边三角形，△AMN是等边三角形， ∴AM＝AN，AB＝AC，∠MAN＝∠BAC，∠AMN＝60°＝∠ANM， ∴∠BAM＝∠CAN， ∴△ANC≌△AMB（SAS）， ∴∠AMB＝∠ANC＝60°， ∴∠ENO＝60°， ∵AO＝4，∠AMB＝60°，AO⊥BO， ∴MO＝NO， ∵∠ENO＝60°，∠EON＝90°， ∴∠AEN＝30°，EOON＝4， ∴点C在EN上移动， ∴当OC'⊥EN时，OC'有最小值， 此时，OC'EO＝2． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，垂线段最短，确定点C的运动轨迹是解题的关键． 6．（2024•海门区二模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+8与坐标轴分别交于A，B两点．点P为直线AB上一动点，连接OP．将线段OP绕点O顺时针旋转90°得线段OQ，以OB，OQ为一组邻边构造平行四边形BOQH．连接OH，则线段OH的最小值为 　　 . 【答案】． 【分析】“瓜豆模型”主要用于解决动点问题，在这个模型中，有两个动点，一个动点（母点）的运动轨迹是确定的，另一个动点（子点）的运动轨迹与母点的运动轨迹相关，且子点的运 动轨迹是由母点的运动轨迹所确定的．本题母点为点P，在直线y＝2x+8上移动，OP绕点O顺时针旋转90°得线段OQ，所以点Q运动轨迹也是一条直线，然后根据A，B两点确定 点Q运动轨迹的两点可得出该解析式和点H坐标，最后再根据勾股定理和一元二次方程的知识点求出OH最小值即可． 【详解】解∵∠POQ 始终为90°， 当点P移动到B点的位置时，点Q坐标为（0，4）， 当点P移动到A点的位置时，点Q坐标为（8，0）， 设点M坐标为（0，4），设点N坐标为（8，0）， 连接MN，设该直线的解析式为：y＝kx+b， 代入点M、点N，得：， 解得， ∴， 设， ∴由平行四边形的性质可得：H（a﹣4，a+4）， ∴ ， ∴当时，OH的值最小， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、解直角三角形、平行四边形的性质，掌握“瓜豆模型”找到点Q的运动轨迹是一条直线是解题关键． 押题猜想四 一次函数与二次函数在实际问题中的应用 销售纪念品，每个纪念品进价40元，规定销售单价不低于44元，且不高于52元．销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300个，销售单价每上涨1元，每天销量减少10个．现商家决定提价销售，设每天销售量为y个，销售单价为x元． （1）直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； （2）求当每个纪念品的销售单价是多少元时，商家每天获利w最大？最大利润是多少？ （3）商家每天销售纪念品获得的利润w不少于2250元时，纪念品的销售单价在什么范围？ 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据题意直接写出y与x之间的函数关系式和自变量的取值范围； （2）根据销售利润＝销售量×（售价﹣进价），列出平均每天的销售利润w（元）与销售价x（元/箱）之间的函数关系式，再依据函数的增减性求得最大利润； （3）用图象法即可解答． 【详解】解：（1）根据题意得：y＝300﹣10（x﹣44）＝﹣10x+740， ∴y＝﹣10x+740（44≤x≤52）， （2）w＝（﹣10x+740）（x﹣40）＝﹣10x2+1140x﹣29600＝﹣10（x﹣57）2+2890， ∵﹣10＜0， ∴当x＜57时，w随x的增大而增大， ∵44≤x≤52， ∴当x＝52时，w有最大值，最大值为w＝﹣10×（52﹣57）2+2890＝2640元， ∴将纪念品的销售单价定为52元时，商家每天销售纪念品获得的利润w元最大，最大利润是2640元； （3）∵利润不低于2250元， 且44≤x≤52，w随x增大而增大， 由﹣10（x﹣57）2+2890＝2250得x＝65或x＝49， ∴49≤x≤52． ∴纪念品的销售单价x的范围是49≤x≤52． 【点睛】本题考查了二次函数在实际生活中的应用以及一元二次方程的应用，熟知最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答是关键． 押题解读： 本题考查了二次函数在实际生活中的应用以及一元二次方程的应用，熟知最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答是关键． 押题理由： 一次函数与二次函数的实际应用是南通市中考必考题型，一般以解答题形式出现，往往以销售利润问题为主，题目有一定的梯度。 1．（2024•南通模拟）某款旅游纪念品很受游客喜爱，每个纪念品进价40元，规定销售单价不低于44元，且不高于52元．某商户在销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300个，销售单价每上涨1元，每天销量减少10个．现商家决定提价销售，设每天销售量为y个，销售单价为x元． （1）直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围； （2）将纪念品的销售单价定为多少元时，商家每天销售纪念品获得的利润w元最大？最大利润是多少元？ （3）该商户从每天的利润中捐出200元做慈善，为了保证捐款后每天剩余利润不低于2200元，求销售单价x的范围． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据题意直接写出y与x之间的函数关系式和自变量的取值范围； （2）根据销售利润＝销售量×（售价﹣进价），列出平均每天的销售利润w（元）与销售价x（元/箱）之间的函数关系式，再依据函数的增减性求得最大利润； （3）根据题意得剩余利润为w﹣200，利用函数性质求出w﹣200≥2200时的x的取值范围即可． 【详解】解：（1）根据题意得：y＝300﹣10（x﹣44）＝﹣10x+740， ∴y与x之间的函数关系式为y＝﹣10x+740（44≤x≤52）； （2）根据题意得：w＝（﹣10x+740）（x﹣40）＝﹣10x2+1140x﹣29600＝﹣10（x﹣57）2+2890， ∵﹣10＜0， ∴当x＜57时，w随x的增大而增大， ∵44≤x≤52， ∴当x＝52时，w有最大值，最大值为﹣10×（52﹣57）2+2890＝2640， ∴将纪念品的销售单价定为52元时，商家每天销售纪念品获得的利润w元最大，最大利润是2640元； （3）依题意剩余利润为（w﹣200）元， ∵捐款后每天剩余利润不低于2200元， ∴w﹣200≥2200，即﹣10（x﹣57）2+2890﹣200≥2200， 由﹣10（x﹣57）2+2890﹣200＝2200得x＝50或x＝64， ∵﹣10＜0，44≤x≤52， ∴捐款后每天剩余利润不低于2200元，50≤x≤52， 答：捐款后每天剩余利润不低于2200元，销售单价x的范围是50≤x≤52． 【点睛】本题考查二次函数应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式． 2．（2024•通州区二模）某超市购进某种商品的成本为25元/kg，经过调查发现，这种商品在前30天的销售单价y（元/kg）与时间x（天）之间的函数关系式为y日销量m（kg）与时间x（天）之间满足函数关系：m＝﹣2x+72（0＜x≤30，x为整数）． （1）求前15天中哪一天的销售利润最大？最大日销售利润是多少元？ （2）求前30天中日销售利润不低于1080元的天数． 【答案】（1）前15天中第12天的销售利润最大，最大日销售利润，1152元；（2）前30天中日销售利润不低于1080元的天数为13天． 【分析】（1）依据题意，前15天的每一天利润＝（x+37﹣25）（﹣2x+72）＝﹣2（x﹣12）2+1152，结合﹣2＜0，可以分析得解； （2）依据题意，当0＜x≤15时，由（1），令利润＝﹣2（x﹣12）2+1152＝1080，求出x的值后，结合又﹣2＜0，且0＜x≤15，即可判断这个时间日销售利润不低于1080元的天数；又当15＜x≤30时，利润＝（﹣2x+72）（55﹣25）＝﹣60x+2160，故﹣60x+2160≥1080，从而15＜x≤18，进而可以判断得解． 【详解】解：（1）由题意，前15天的每一天利润＝（x+37﹣25）（﹣2x+72） ＝（x+12）（﹣2x+72） ＝﹣2x2+48x+864 ＝﹣2（x﹣12）2+1152． ∵﹣2＜0， ∴当x＝12时，利润最大，最大日销售利润是1152元． 答：前15天中第12天的销售利润最大，最大日销售利润，1152元． （2）由题意，当0＜x≤15时， 由（1），令利润＝﹣2（x﹣12）2+1152＝1080， ∴x＝6或x＝18（舍去）． 又﹣2＜0，且0＜x≤15， ∴6≤x≤15时，日销售利润不低于1080元，共10天． 当15＜x≤30时， 利润＝（﹣2x+72）（55﹣25）＝﹣60x+2160． ∴﹣60x+2160≥1080． ∴15＜x≤18，共3天． 综上，共有10+3＝13（天）． 答：前30天中日销售利润不低于1080元的天数为13天． 【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键． 3．（2024•南通二模）为了满足市场需求，提高生产效率，某工厂决定购买10台甲、乙两种型号的机器人来搬运原材料，甲、乙两种型号的机器人的工作效率和价格如表： 型号 甲 乙 效率（单位：千克/时） m﹣30 m 每台价格（单位：万元） 4 6 已知甲型机器人搬运500千克所用时间与乙型机器人搬运750千克所用时间相等． （1）求m的值； （2）若该工厂每小时需要用掉原材料710千克，则如何购买才能使总费用最少？最少费用是多少？ 【答案】（1）90； （2）购买甲种型号的机器人6台、乙种型号的机器人4台，48万元． 【分析】（1）根据“搬运时间＝搬运量÷搬运效率“及“甲型机器人搬运500千克所用时间与乙型机器人搬运750千克所用时间相等”列方程并求解即可； （2）设购买甲种型号的机器人a台，则购买乙种型号的机器人（10﹣a）台，根据“每小时甲种型号机器人搬运量+每小时乙种型号机器人搬运量≥710”列不等式并求出a的解集；设购买机器人的总费用为W元，写出W关于a的函数表达式，根据它的增减性和a的取值范围，确定当a取何值时W的值最小，求出其最小值及此时（10﹣a）的值即可． 【详解】解：（1）根据题意，得， 解得m＝90， 经检验，m＝90是所列分式方程的解， ∴m的值为90． （2）设购买甲种型号的机器人a台，则购买乙种型号的机器人（10﹣a）台． ∵m＝90， ∴甲种型号机器人的效率是90﹣30＝60（千克/时），乙种型号机器人的效率是90（千克/时）． 根据题意，得60a+90（10﹣a）≥710， 解得a； 设购买机器人的总费用为W万元，则W＝4a+6（10﹣a）＝﹣2a+60， ∵﹣2＜0， ∴W随a的增大而减小， ∵a且a为非负整数， ∴当a＝6时，W的值最小，W最小＝﹣2×6+60＝48，此时10﹣6＝4（台）， ∴购买甲种型号的机器人6台、乙种型号的机器人4台才能使总费用最少，最少费用是48万元． 【点睛】本题考查一次函数的应用，掌握分式方程的解法及一次函数的增减性是解题的关键． 4．（2024•海门区二模）某商店销售某种商品的进价为每件30元，这种商品在近60天中的日销售价与日销售量的相关信息如表： 时间：第x天（1≤x≤60，且x为整数） 1≤x≤30 31≤x≤60 日销售价（元/件） 0.5x+35 50 日销售量（件） 124﹣2x 设该商品的日销售利润为w元． （1）求日销售利润w关于x的函数关系式； （2）该商品在第几天的日销售利润最大？最大日销售利润是多少？ 【答案】（1）w；（2）该商品在第26天的日销售利润最大，最大日销售利润是1296元． 【分析】（1）依据题意，当1≤x≤30时，w＝（0.5x+35﹣30）（﹣2x+124）＝﹣x2+52x+620；又当31≤x≤60时，w＝（50﹣30）（﹣2x+124）＝﹣40x+2480，进而计算可以得解； （2）依据题意，结合（1）的解析式，根据二次函数的性质计算可以得解． 【详解】解：（1）当1≤x≤30时， w＝（0.5x+35﹣30）（﹣2x+124）＝﹣x2+52x+620； 当31≤x≤60时， w＝（50﹣30）（﹣2x+124）＝﹣40x+2480． ∴w与x的函数关系式为w． （2）当1≤x≤30时， w＝﹣x2+52x+620＝﹣（x﹣26）2+1296． ∵﹣1＜0， ∴当x＝26时，w有最大值，最大值为1296； 当31≤x≤60时， w＝﹣40x+2480． ∵﹣40＜0， ∴当x＝31时，w有最大值，最大值为﹣40×31+2480＝1240． ∵1296＞1240， ∴该商品在第26天的日销售利润最大，最大日销售利润是1296元． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要能熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键． 押题猜想五 纯含参二次函数 29．（2025•丰台区一模）在平面直角坐标系xOy中，P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线y＝x2﹣2tx+c上的两点． （1）若对于x1＝﹣1，x2＝3，有y1＝y2，求抛物线的对称轴； （2）若对于2t﹣3≤x1≤2t﹣2，t+1≤x2≤t+3，都有y1＞y2，求t的取值范围． 【答案】（1）抛物线的对称轴为直线x＝1； （2）t＞5或t＜﹣1． 【分析】（1）利用抛物线的对称性可求抛物线的对称轴； （2）由题意可知抛物线y＝x2﹣2tx+c开口向上，对称轴为直线x＝t，则Q（x2，y2）在对称轴的右侧，P（x1，y1）关于对称轴的对称点为（2t﹣x1，y1），根据对于2t﹣3≤x1≤2t﹣2，t+1≤x2≤t+3，都有y1＞y2，则得到2t﹣3＞t+3或2＞t+3，解不等式即可． 【详解】解：（1）∵P（x1，y1），Q（x2，y2）是抛物线y＝x2﹣2tx+c上的两点． 若对于x1＝﹣1，x2＝3，有y1＝y2， 则P（﹣1，y1），Q（3，y2）关于对称轴对称， ∴抛物线的对称轴为直线x1； （2）抛物线y＝x2﹣2tx+c开口向上，对称轴为直线xt， ∵2t﹣3≤x1≤2t﹣2，t+1≤x2≤t+3， ∴Q（x2，y2）在对称轴的右侧，P（x1，y1）关于对称轴的对称点为（2t﹣x1，y1）， ∴2≤2t﹣x1≤3， ∵对于2t﹣3≤x1≤2t﹣2，t+1≤x2≤t+3，都有y1＞y2， ∴2t﹣3＞t+3或2＞t+3， 解得t＞6或t＜﹣1， 综上，t的取值范围是t＞6或t＜﹣1． 【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数的对称性和增减性是解题的关键． 押题解读： 本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上的点的坐标特征，掌握二次函数的对称性和增减性来解答是关键． 押题理由： 纯含参二次函数问题是南通市中考必考题型，是南通中考的特点。一般以解答题形式出现，现在有往小题去的方向。这类题型比较抽象，但能较好的考查学生的思维能力，属于压轴题。 1．（2024•崇川区三模）已知二次函数，（m，n为常数，n≠0）的最小值分别为p，q，（　　） A．若p+q＝0，则p＝q＝0 B．若p﹣q＝0，则p＝q＝0 C．若p+q＝1，则p＝q＝0.5 D．若p﹣q＝1，则p＝1，q＝0 【答案】A 【分析】根据对称轴公式求出y1和y2的对称轴，再依据二次函数，（m，n为常数，n≠0）都有最小值可知，两抛物线开口都是向上，进而得出pn，q1，结合条件得出p+q＝0，列出方程求解即可． 【详解】解：由两函数表达式可知， 函数y1的对称轴 为x， 函数y2的对称轴为直线x， ∵二次函数，（m，n为常数，n≠0）的最小值分别为p，q，（ ∴两函数图象均开口向上，两函数均在对称轴上取到最小值， 则有pn，q1， 若p+q＝0，则有n10， 解得：8n＝m2或n＝﹣1（舍去）， 将m2＝8n代入p，q得：p＝q＝0， 故选：A． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，解题的关键是熟练掌握二次函数的对称轴及二次函数最大（小）值的求法． 2．（2025•海安市一模）已知二次函数y＝mx2+nx（m≠0），经过点A（c，4）．当y≥﹣2时，x的取值范围为x≤3t﹣6或x≥﹣2﹣3t，则如下四个值中有可能为c的是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】由y≥﹣2时，x的取值范围为x≤3t﹣6或x≥﹣2﹣3t，可得x＝3t﹣6或x＝﹣2﹣3t是方程mx2+nx+2＝0的两个根，则有n＝8m，再得c2+8c≤32，利用m的取值范围确定c的取值范围即可求解． 【详解】解：当y≥﹣2时，mx2+nx≥﹣2， ∴mx2+nx+2≥0， ∵当y≥﹣2时，x的取值范围为x≤3t﹣6或x≥﹣2﹣3t， ∴x＝3t﹣6或x＝﹣2﹣3t是方程的两个根， ∴， ∴n＝8m， ∴y＝m（x+4）2﹣16m， ∴x＝﹣4是函数的对称轴，且﹣16m≤﹣2， ∴， ∴mc2+8mc＝4， ∴， ∴， ∴c2+8c＞0， ∴0＜c2+8c≤32， ∴﹣32＜c2+8c﹣32≤0， 设抛物线y＝c2+8c﹣32， 令0＝c2+8c﹣32，解得， 令﹣32＝c2+8c﹣32，解得c3＝0，c2＝﹣8， 根据抛物线开口向上， ∴c2+8c﹣32≤0的解集为或 ∴c的可能取值为2， 故选：A． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，二次函数图象上点的坐标特点是解题的关键． 3．（2025•南通模拟）已知抛物线y＝﹣x2+bx（b为常数）的顶点横坐标比抛物线y＝﹣x2+2x的顶点横坐标大1． （1）求b的值； （2）点A（x1，y1）在抛物线y＝﹣x2+2x上，点B（x1+t，y1+h）在抛物线y＝﹣x2+bx上． （ⅰ）若h＝3t，且x1≥0，t＞0，求h的值； （ⅱ）若x1＝t﹣1，求h的最大值． 【答案】（1）b＝4； （2）（i）h＝3；（2）． 【分析】（1）求出抛物线y＝﹣x2+bx的顶点横坐标为，y＝﹣x2+2x的顶点横坐标为1，根据题意列方程，即可求出b的值； （2）先求出h＝﹣t2﹣2x1t+2x1+4t，（i）列方程即可求出h的值；（ii）求出h关于t的方程，配顶点式求出h最大值． 【详解】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx的顶点横坐标为，y＝﹣x2+2x的顶点横坐标为1， ∴， ∴b＝4； （2）∵点A（x1，y1）在抛物线y＝﹣x2+2x上， ∴， ∵B（x1+t，y1+h）在抛物线y＝﹣x2+4x上， ∴， t）， ∴h＝﹣t2﹣2x1t+2x1+4t， （i）∵h＝3t， ∴3t＝﹣t2﹣2x1t+2x1+4t， ∴t（t+2x1）＝t+2x1， ∵x1≥0，t＞0， ∴t+2x1＞0， ∴t＝1， ∴h＝3； （ii）将x1＝t﹣1代入h＝﹣t2﹣2x1t+2x1+4t， ∴h＝﹣3t2+8t﹣2， ， ∵﹣3＜0， ∴当，即时，h取最大值． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上的点的特征，掌握二次函数性质是解题的关键． 4．（2024•南通模拟）在平面直角坐标系xOy中，点（4，3）在抛物线y＝ax2+bx+3（a＞0）上． （1）求该抛物线的对称轴； （2）已知m＞0，当2﹣m≤x≤2+2m时，y的取值范围是﹣1≤y≤3．求a，m的值． 【答案】（1）直线x＝2；（2）a＝1，m＝1． 【分析】（1）依据题意，将x＝0代入解析式可得抛物线经过（0，3），由抛物线的对称性求解； （2）依据题意，由m＞0，2﹣m≤x≤2+2m可得x＝2时，y取最小值，从而可得a的值，由x＝2+2m时y＝3可得2+2m＝4，从而可得m的值． 【详解】解：（1）由题意，将x＝0代入y＝ax2+bx+3得y＝3， ∴抛物线经过（0，3）． ∵点（4，3）在抛物线上， ∴抛物线对称轴为直线x2． （2）由（1）得抛物线对称轴为直线x2， ∴b＝﹣4a． ∴y＝ax2﹣4ax+3． ∵m＞0，2﹣m≤x≤2+2m， ∴x＝2时，y＝﹣1为函数最小值，即抛物线顶点坐标为（2，﹣1）． ∴﹣1＝4a﹣8a+3． ∴a＝1． ∴y＝x2﹣4x+3． ∵2+2m﹣2＞2﹣（2﹣m）， ∴x＝2+2m时，y＝3为最大值． ∵m＞0， ∴2+2m＝4， ∴m＝1． 综上，a＝1，m＝1． 【点睛】本题主要考查二次函数的应用，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系． 押题猜想六 二次函数与几何、代数的综合 如图，抛物线y＝x2﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P是第四象限内的抛物线上一点，直线PA，PB与y轴分别交于点E，点F． （1）求点A，B，C的坐标； （2）求证：OE+OF的值为定值； （3）若一次函数y＝﹣mx+5m﹣4（m为常数，m≠0）的图象经过点P，且当﹣2≤x≤2，该一次函数对应的函数值始终小于0，求点P的横坐标的取值范围． 【答案】（1）点A、B、C的坐标分别为：（﹣2，0）、（2，0）、（0，﹣4）； （2）证明见解答； （3）0＜xP． 【分析】（1）对于y＝x2﹣4，当x＝0时，y＝﹣4，令y＝0，则x＝2或﹣2，即可求解； （2）由点AP的表达式得，直线AP的表达式为：y＝（m+2）（x﹣2），则点E（0，﹣2m﹣4），同理可得：F（0，2m﹣4），即可求解； （3）联立直线和抛物线的表达式得：x2﹣4＝﹣mx+5m﹣4，解得：xP（﹣m）；当﹣2≤x≤2，该一次函数对应的函数值始终小于0，只需要当x＝﹣2时，y＝﹣mx+5m﹣4＝7m﹣4＜0，进而求解． 【详解】（1）解：对于y＝x2﹣4，当x＝0时，y＝﹣4，令y＝0，则x＝2或﹣2， 即点A、B、C的坐标分别为：（﹣2，0）、（2，0）、（0，﹣4）； （2）证明：设点P（m，m2﹣4）， 由点AP的表达式得，直线AP的表达式为：y＝（m+2）（x﹣2）， 则点E（0，﹣2m﹣4），同理可得：F（0，2m﹣4）， 则OE+FO＝﹣（﹣2m﹣4）﹣（2m﹣4）＝8为定值； （3）解：y＝﹣mx+5m﹣4＝m（5﹣x）﹣4，则一次函数过定点（5，﹣4），设T（5，﹣4），如下图： 联立直线和抛物线的表达式得：x2﹣4＝﹣mx+5m﹣4， 解得：xP（﹣m）； 当﹣2≤x≤2，该一次函数对应的函数值始终小于0，只需要当x＝﹣2时，y＝﹣mx+5m﹣4＝7m﹣4＜0， 则0＜m， 当m时，xP（﹣m）， 故点P的横坐标的取值范围为：0＜xP． 【点睛】本题为二次函数综合运用，涉及到一次函数的图象和性质，函数过定点问题，数形结合是解题的关键． 押题解读： 本题为二次函数的综合运用，涉及到一次函数的图象和性质，函数的定点问题，数形结合是解题的关键。 押题理由： 为了与江苏省其他市逐步一致，二次函数与几何、代数的综合是南通市中考考试方向。一般以解答题形式出现，出现在试卷的倒数第二题或第一题。这类题型能较好的考查学生的思维能力，综合运用知识的能力，属于压轴题。 1．（2024•海门区二模）二次函数y＝ax2﹣2ax﹣8a（a＜0）的图象与x轴分别交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．点D是二次函数在第一象限图象上的一动点，过点D作DE∥x轴，交二次函数图象于另一点E．作点D关于y轴的对称点P．（1）求PE的长； （2）若△CDP是边长为1的等边三角形，求二次函数的解析式； （3）求的值的最大值． 【答案】（1）PE为2； （2）二次函数解析式为yx2x； （3）的最大值为． 【分析】（1）求出A（﹣2，0），B（4，0），抛物线对称轴为直线x＝1，设xD＝m，则xE＝2﹣m，而xp＝﹣m，故PE＝2﹣m﹣（﹣m）＝2， （2）a＜0时，设DP交y轴于K，求出C（0，﹣8a），由DP∥x轴，△CDP是边长为1的等边三角形，可得D（，﹣8a），把D（，﹣8a）代入y＝ax2﹣2ax﹣8a即可得a，二次函数解析式为yx2x； （3）设点D的坐标为（t，at2﹣2at﹣8a），证明四边形AOEP是平行四边形，故（t﹣1）2，再根据二次函数性质可得答案． 【详解】解：（1）在y＝ax2﹣2ax﹣8a中，令y＝0得0＝ax2﹣2ax﹣8a， 解得x＝﹣2或x＝4， ∴A（﹣2，0），B（4，0）， ∴抛物线对称轴为直线x1， ∵DE∥x轴，交二次函数图象于另一点E， ∴D，E关于直线x＝1对称， 设xD＝m，则xE＝2﹣m， ∵D，P关于y轴对称， ∴xp＝﹣m， ∴PE＝2﹣m﹣（﹣m）＝2， ∴PE为2； （2）a＜0时，设DP交y轴于K，如图： 在y＝ax2﹣2ax﹣8a中，令x＝0得y＝﹣8a， ∴C（0，﹣8a）， ∵DP∥x轴，△CDP是边长为1的等边三角形， ∴DK，CK， ∴D（，﹣8a）， 把D（，﹣8a）代入y＝ax2﹣2ax﹣8a得： a﹣a﹣8a＝﹣8a， 解得a， ∴二次函数解析式为yx2x； （3）如图： 设点D的坐标为（t，at2﹣2at﹣8a）， ∵点A（﹣2，0）， ∴OA＝2， ∵PE＝2， ∴OA＝PE， ∴四边形AOEP是平行四边形， ∴t2t+2（t﹣1）2， ∵0，0＜t＜4， ∴当t＝1时，∴取最大值； ∴的最大值为． 【点睛】本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征，等边三角形，平行四边形等知识，解题的关键是用含a的式子表示相关点坐标和相关线段的长度． 2．（2024•启东市二模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，﹣3）． （1）求抛物线的解析式； （2）在抛物线上是否存在一点P，满足若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由； （3）如图2，过点O作CB的垂线，垂足为H，M，N分别为射线OC，OH上的两个动点，且满足OM：ON＝3：5，连接BM，CN，请直接写出的最小值． 【答案】（1）yx2﹣3； （2）存在，P点坐标为（，）或（，）； （3）BMBN的最小值为． 【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣4），将点C代入求出a的值，即可求函数的解析式； （2）作∠OCA的角平分线交x轴于E点，过点E作EF⊥AC交于F点，过点O作OP∥CF交抛物线于点P，再求P点关于y轴的对称点为另一个点P； （3）作OH关于y轴对称，并截取OQ，连接QM，则△OQM∽△OCN，可得BMCN＝BM+QM≥BQ，过点B作BG⊥QO交于G点，在Rt△QGB中，BQ，即BMBN的最小值为． 【详解】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+4）（x﹣4）， 将点C代入可得，﹣16a＝﹣3， 解得a， ∴抛物线的解析式为yx2﹣3； （2）存在点P，满足∠COP∠OCA，理由如下： 如图1，作∠OCA的角平分线交x轴于E点，过点E作EF⊥AC交于F点，过点O作OP∥CF交抛物线于点P， ∴EF＝OE， ∵AO＝4，CO＝3， ∴AC＝5， ∵CO＝CF＝3， ∴AF＝2， 在Rt△AEF中，（4﹣OE）2＝OE2+4， 解得OE， ∴E（，0）， ∴直线CE的解析式为y＝﹣2x﹣3， ∵EP∥CE， ∴直线PO的解析式为y＝﹣2x， 当﹣2xx2﹣3时，解得x或x＝﹣12（舍）， ∴P（，）； 当P点关于y轴对称时，P的对称点为（，）， 综上所述：P点坐标为（，）或（，）； （3）如图2，作OH关于y轴对称，并截取OQ，连接QM， ∵，， ∴， ∵∠QOC＝∠CON， ∴△OQM∽△OCN， ∴， ∴QMCN， ∴BMCN＝BM+QM≥BQ， 过点B作BG⊥QO交于G点， ∴∠GOB＝∠BOH， 在Rt△OBC中，OH，BH， ∴OG，BG， 在Rt△QGB中，BQ， ∴BMBN的最小值为． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，角平分线的性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键． 3．（2024•海安市一模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a经过点A（t，y1），B（4﹣t，y2），且t≠2． （1）求该抛物线的对称轴； （2）若抛物线经过点（﹣2，﹣5），设点A与点B横坐标的差为d，点A与点B纵坐标的差为h，求的值； （3）在（2）的条件下，连接AB，若线段AB交抛物线对称轴于点E（点E不与A，B重合），在直线x＝1的同侧作矩形BCDE，且DE＝AE．当抛物线在矩形BCDE内部的部分始终在x轴下方时，求t的取值范围． 【答案】（1）该抛物线的对称轴为直线x＝1； （2）2； （3）t≤2或t≥5． 【分析】（1）利用配方法或公式法即可求得抛物线的对称轴； （2）运用待定系数法可求得抛物线的解析式，分别求得点A、B的横、纵坐标之差，即可求得答案； （3）分三种情况：①当1＜t＜2或2＜t＜3时，②当t＜1时，则4﹣t＞3，点A在对称轴左侧，点B在对称轴右侧，当DE经过点M时，此时正好符合题意，③当t＞3时，4﹣t＜1，则A在对称轴右侧，B在对称轴左侧，当点B经过抛物线与x轴侧交点时，正好满足题意． 【详解】解：（1）∵y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a， ∴该抛物线的对称轴为直线x＝1； （2）∵抛物线经过点 （﹣2，﹣5）， ∴a×（﹣2）2﹣2a×（﹣2）﹣3a＝﹣5， 解得：a＝﹣1， ∴抛物线解析式为 y＝﹣x2+2x+3， ∵点A（t，y1），B（4﹣t，y2）， ∴点A与点B横坐标的差为d＝t﹣（4﹣t）＝2t﹣4， 点A与点B纵坐标的差为h＝（﹣t2+2t+3）﹣[﹣（4﹣t）2+2（4﹣t）+3]＝﹣4t+8， ∴2； （3）∵点E不与A，B重合， ∴t≠1，由4﹣t≠1得t≠3，而t≠2， ①当1＜t＜2或2＜t＜3时，则2＜4﹣t＜3或1＜4﹣t＜2， ∴点A、B在对称轴右侧，线段AB交抛物线对称轴不相交，不满足题意； ②当t＜1时，则4﹣t＞3，点A在对称轴左侧，点B在对称轴右侧，当DE经过点M时，此时正好符合题意， ∵A（t，﹣t2+2t+3），B（4﹣t，﹣t2+6t﹣5）， 设lAB：y＝kx+b（k≠0）， 则， 解得：， ∴lAB：y＝﹣2x﹣t2+4t+3， ∴E（1，﹣t2+4t+1）， 过点B作y轴的垂线，过点A作y轴的平行线，两直线交于点G， 对于y＝﹣x2+2x+3，令y＝0，记抛物线与x轴右侧交点为M， 则﹣x2+2x+3＝0， 解得x＝﹣1或x＝3， 则与x轴交于（﹣1，0）和M（3，0）， 则由（2）得2＝tan∠ABG， ∵∠ABG+∠1＝∠HEM+∠1＝90°， ∴∠ABG＝∠HEM， ∴tan∠HEM2， ∴HE＝1， ∴﹣t2+4t+1＝﹣1， 解得：t2或2（舍去）， 满足当抛物线在矩形BCDE内部的部分始终在x轴下方时， ∴t≤2， ③当t＞3时，4﹣t＜1，则A在对称轴右侧，B在对称轴左侧， 当点B经过抛物线与x轴侧交点时，正好满足题意， 将（﹣1，0）代入直线AB：y＝﹣2x+b得：b＝﹣2， ∴此时直线AB：y＝﹣2x﹣2， 联立得：﹣x2+2x+3＝﹣2x﹣2， 解得：x＝5或x＝﹣1， ∴xA＝t＝5， ∴满足当抛物线在矩形BCDE内部的部分始终在x轴下方时，t≥5， 综上：t≤2或t≥5． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，解直角三角形等知识点，正确的作出辅助线是解题的关键． 4．（2025•海安市一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，交y轴于点C（0，6）． （1）求抛物线的表达式； （2）点F是直线BC上方抛物线上的一动点，过点F作FD⊥BC，交BC于点D，过点F作y轴的平行线交直线BC于点E，过点D作DG⊥EF，交EF于点G，求FG的最大值及此时点E的坐标； （3）在（2）问中FG取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线CB方向平移5个单位长度，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点，在平面内确定一点N，使得以点B、E、M、N为顶点的四边形是矩形，直接写出所有符合条件的点N的坐标． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）设，利用m表示出FG的长，即可求解； （3）当BE是对角线时，由勾股定理和中点坐标公式，列出方程组即可求解；当BE是边时，同理可解． 【详解】解：（1）在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，交y轴于点C（0，6）， 设抛物线解析式为y＝a（x+2）（x﹣8），将点C的坐标代入得： 6＝﹣16a， 解得， ∴抛物线解析式为； （2）设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点B，点C的坐标代入得： ， 解得， ∴直线BC的解析式为， ∵B（8，0）C（0，6）， ∴OB＝8，OC＝6， 在Rt△BOC中，由勾股定理得：， ∴，， 如图1，直线EF与x轴交于点H， ∵FD⊥BC，FH∥y轴， ∴∠DFG＝∠CBO， 设点，则点， ∴， ∴， ∴， ∵， 故当m＝4时，FG有最大值，为，此时点E（4，3）； （3）所有符合条件的点N的坐标为或（11，4）或或；理由如下： 将该抛物线沿射线CB方向平移5个单位长度，则相当于向右平移了4个单位，向下平移了3个单位， 则新抛物线的对称轴为直线x＝7，设点M（7，m）， 如图2，图3，当BE为对角线时，存在两种情况，可得EM2+MB2＝EB2， ∴（7﹣4）2+（m﹣3）2+（7﹣8）2+（m﹣0）2＝（4﹣8）2+（3﹣0）2， 解得， 则， EB的中点为，即， 设N（s，t），则可得， 解得s＝5， 当时，， 解得， 此时； 当时，， 解得， 此时； 如图4，当BE为边时，存在两种情况，当M在EB下方时， ， 当x＝7时，， ∴， ∵∠PBQ+∠QBM＝∠QBM+∠PMB＝90°， ∴∠PBQ＝∠PMB， ∴， 根据勾股定理可得， ∴， ∴， 根据中点公式可得； 如图5，当BE为边时，当M在EB上方时， 可得∠EMP＝∠PBQ， 根据勾股定理可得， ∴， ∴， ∴M（7，7）， 根据中点公式可得N4（11，4）； 综上，所有符合条件的点N的坐标为或（11，4）或或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，解直角三角形，熟练利用分类讨论思想是解题的关键． 押题猜想七 几何折叠问题 4．（2025•南通模拟）菱形ABCD中，，点E为CD边上一个动点（不与点C、D重合），把△ADE沿直线AE折叠，AF与AD对应． （1）请用无刻度直尺和圆规在图中作出△AEF（不写作法，保留作图痕迹）； （2）若点F在DC的延长线上，求CF的长； （3）当AF与菱形ABCD的边垂直时，求DE的长． 【答案】（1）图见解答； （2）CF＝3； （3）DE的长是或． 【分析】（1）分别以A，E分圆心，以AD，DE为半径画弧，两弧交于点F，连接AF，EF即可； （2）如图2，由折叠得：∠AED＝∠AEF，DE＝EF，先根据点F在DC的延长线上，可知∠AED＝∠AEF＝90°，由∠D＝∠B，根据三角函数列式可得DE的长，即可解答； （3）分两种情况画图：AF'与BC，CD分别垂直，根据勾股定理即可解答． 【详解】解：（1）如图1，△AEF即为所求； （2）如图2，由折叠得：∠AED＝∠AEF，DE＝EF， ∵点F在DC的延长线上， ∴∠AED+∠AEF＝180°， ∴∠AED＝∠AEF＝90°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠D＝∠B，AD＝AB＝CD＝5， ∵cosB， ∴cosD， ∴DE＝4， ∴CE＝5﹣4＝1， ∵EF＝DE＝4， ∴CF＝4﹣1＝3； （3）分两种情况： ①如图3，AF⊥BC，过点E作EH⊥AD于H， ∵AF⊥BC， ∴∠AGB＝90°， 由（2）知：AB＝5，BG＝4， ∴AG＝3， ∵AD∥BC， ∴∠DAF＝∠AGB＝90°， ∵∠DAE＝∠EAF， ∴∠DAE＝∠EAF＝45°， ∵EH⊥AD， ∴∠AHE＝90°， ∴△AEH是等腰直角三角形， ∴AH＝EH， ∵tanD＝tanB， ∴， 设EH＝3a，DH＝4a，则DE＝5a， ∴AH＝3a， ∵AD＝AH+DH＝5， ∴3a+4a＝5， ∴a， ∴DE＝5a； ②如图4，AF⊥CD，则∠AME＝∠EMF＝90°， ∵sinD＝sinB， ∴， ∵AD＝5， ∴AM＝3， ∴DM＝4， 设DE＝x，则EF＝x，EM＝4﹣x， ∵AF＝AD＝5，AM＝3， ∴FM＝5﹣3＝2， 由勾股定理得：EM2+FM2＝EF2， ∴（4﹣x）2+22＝x2， ∴x， ∴DE； 综上，DE的长是或． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了菱形的性质，解直角三角形，等腰直角三角形的性质和判定，翻折的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是运用翻折的性质和分类讨论的思想正确画图并解答问题． 押题解读： 本题是四边形的综合题，考查了菱形的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质和判定，翻折的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是运用翻折的性质和分类讨论的思想画图并解答问题。 押题理由： 几何图形的折叠问题一直是南通市中考必考题型。大多出现在解答题几何综合题里，如果解答题几何综合出现的是旋转变换，则就会安排到小题里。这类题型能较好的考查学生的动手操作能力，空间想象能力，动手画图能力，有一定的思维深度。 1．（2025•南通模拟）已知：菱形ABCD中，，AC＝2，AC 与BD交于点O，点E为OB上一点，以AE为对称轴，折叠△ABE，使点B的对应点F恰好落在边CD上，则BE的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由菱形的性质得到AC⊥BD，OA＝OCAC＝1，利用勾股定理求出OB，则BD，由折叠的性质得AB＝AF，∠BAE＝∠FAE，由等边对等角得∠AFD＝∠ADF，再根据AB∥CD得∠BAF＝∠AFD＝∠ADF，进而得到∠BAE＝∠BDA，于是可证明△ABE∽△DBA，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，AC＝2， ∴AB＝AD，AC⊥BD，OA＝OCAC＝1，AB∥CD，OB＝OD，∠ADB＝∠CDB， 在Rt△AOB中，OB， ∴BD＝2OB， 根据折叠的性质可得，AB＝AF，∠BAE＝∠FAE， ∴∠AFD＝∠ADF， ∵AB∥CD， ∴∠BAF＝∠AFD＝∠ADF， ∴∠BAF∠ADC， ∴∠BAE＝∠BDA， ∵∠ABE＝∠DBA， ∴△ABE∽△DBA， ∴，即， ∴BE． 故选：A． 【点睛】本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质，利用折叠的性质和菱形的性质得出∠BAE＝∠BDA，以此证明△ABE∽△DBA是解题关键． 2．（2024•海安市一模）如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（　　） A．4 B．5 C． D． 【答案】D 【分析】利用折叠性质和菱形的性质得出△ADF为等腰三角形，过点A作AG⊥DF，由等腰三角形的性质可得点G为DF中点，由点F为CD中点可得DGCDAD，即可求解． 【详解】解：如图，过点A作AG⊥CD， ∵四边形ABCD为菱形，菱形ABCD沿AE翻折， ∴AB＝AD，AB＝AF，∠ABE＝∠D， ∴AD＝AF， ∴三角形ADF为等腰三角形， ∵AG⊥DF， ∴点G为DF中点， ∵点F为CD中点， ∴AD＝CD＝4DG， 设DG＝a，则AD＝4a， 在Rt△ADG中，AD2＝AG2+DG2， ∴（4a）2＝AG2+a2， ∴AGa， ∴tan∠ABE＝tanD， 故选：D． 【点睛】本题考查折叠的性质，菱形的性质，解直角三角形，解题的关键是证明△ADF为等腰三角形． 3．（2024•南通模拟）如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，使点B翻折到点E处，若，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据翻折的性质可得∠BCA＝∠ECA，再根据矩形的对边平行可得AD∥BC，根据两直线平行，内错角相等可得∠DAC＝∠BCA，从而得到∠ECA＝∠DAC，设AD与CE相交于F，根据等角对等边的性质可得AF＝CF，再求出DF＝EF，从而得到△ACF和△DEF相似，设DF＝x，则AF＝FC＝3x，在Rt△CDF中，利用勾股定理列式求出CD，再根据矩形的对边相等求出AB，然后代入进行计算即可得解． 【详解】解：∵矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处， ∴∠BCA＝∠ECA，AE＝AB＝CD，EC＝BC＝AD， ∵矩形ABCD的对边AD∥BC， ∴∠DAC＝∠BCA， ∴∠ECA＝∠DAC， 设AD与CE相交于F，则AF＝CF， ∴AD﹣AF＝CE﹣CF，即DF＝EF， ∴， 又∵∠AFC＝∠DFE， ∴△ACF∽△DEF， ∴， 设DF＝x，则AF＝FC＝3x， 在Rt△CDF中，CD2x＝AB， 又∵BC＝AD＝AF+DF＝4x， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查了折叠问题，矩形的性质，平行线的性质，等角对等边的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的综合运用；折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等． 押题猜想八 几何综合探究 如图，在矩形ABCD中，BC＝3，∠BAC＝30°，M是对角线AC上的动点，过点M作AC的垂线交折线AD﹣DC于点N，当点N不和点A，C，D重合时，以MN为边作等边△MNP，使点P和点D在直线MN的同侧，设AM＝m． （1）若点N落在边AD上，求等边△MNP的边长（用含m的代数式表示）． （2）若点P落在△ACD的边上，求m的值． （3）作直线DP，若点M，N关于直线DP的对称点分别为M′，N′，M′N′∥CD，求m的值． 【答案】（1）m； （2）2.4； （3）1或． 【分析】（1）根据勾股定理和直角三角形的知识即可求得； （2）根据题意画出图形可得N与D重合，再根据勾股定理即可求出m的值； （3）根据N的位置分类讨论，利用平行线的性质，以及等边三角形的性质，根据30°角直角三角形内各边关系，用m表示出AB或CD，从而求解m的值． 【详解】解： （1）∵MN⊥AC， ∴AM2+MN2＝AN2， ∵∠BAC＝30°， ∴∠NAM＝∠NAB﹣∠BAC＝60°， ∴∠ANM＝90°﹣∠NAM＝30°， ∴AN＝2AM， ∵AM＝m， ∴AN＝2m， ∴MN， ∴△MNP的边长为． （2）如图1：当点P落在CD边上时，∠MNP＝60°，可知点P只会落在△ACD的CD边上， 当N与D重合，舍去， 当点P落在A边上时，∠MNP＝60°，∠AMP＝30°， AP＝0.5m，PN＝PM，PD， 0.5m3， m＝2.4 （3）①当点N在AD上时，如图，延长MN、M′N′交DP于同一点E， ∵∠ANM＝30°，∠MNP＝60°， ∴∠ANP＝90°， ∵∠ADC＝90°， ∴PN∥CD， ∵M′N′∥CD， ∴PN∥M′N′， ∴∠MEM′＝60°， 由对称可知，∠MEP＝∠M′EP＝30°， ∴∠MPE＝90°， 在Rt△ANM中，AN＝2AM＝2m，MN＝PNm， ∵PN∥M′N′， ∴∠NPD＝∠M′EP＝30°， ∴ND＝m， ∵AD＝BC＝3，AD＝DN+AN， ∴3＝m+2m， ∴m＝1； ②当N在CD上时，如图，当M′N′∥CD时，N′在AC上，延长N′M′，NM，交DP上同一点E， ∴∠EN′M＝∠DCA＝30°， ∴∠MEN′＝60°， ∴∠DEN′＝∠DEN＝∠CDP＝30°， ∴DN＝NE， ∵CM＝AC﹣AM＝6﹣m， ∴MNCM（6﹣m）， ∴CN＝2MN（6﹣m）， ∵∠MPE＝∠MEP＝30°， ∴PM＝ME＝MN（6﹣m）， ∴NE（6﹣m）， ∴DN＝NE（6﹣m）， ∵DN+NC＝CD， ∴（6﹣m）（6﹣m）＝3， 解得：m； 综上所述，m的值为1或． 【点睛】本题主要考查了矩形的知识、勾股定理的知识、直角三角形的性质，有一定的难度，根据题意画出图形是解答的关键． 押题解读： 本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，勾股定理的知识，有一定的难度，根据题意，画出图形是解答的关键。 押题理由： 几何图形的综合探究问题一直是南通市中考必考题型。大多出现在解答题倒数第二题，这类题型往往和融合几何变换旋转或翻折。这类题型能较好的考查学生的动手操作能力，空间想象能力，动手画图能力，逻辑思维能力，是这中考中的压轴题。现在有以综合与实践形式出现的趋势。 1．（2024•崇川区三模）正方形ABCD中，点E在边BC，CD上运动（不与正方形顶点重合）．作射线AE，将射线AE绕点A逆时针旋转45°，交射线CD于点F． （1）如图，点E在边BC上，BE＝DF，求证：AE＝AF； （2）过点E作EG⊥AF，垂足为G，连接DG，求∠GDC的度数； （3）在（2）的条件下，当△DFG是以DG为腰的等腰三角形时，求的值． 【答案】（1）证明见解答过程； （2，∠GDC的度数为45°或135°； （3）． 【分析】（1）先由正方形的性质得出AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，再结合已知条件，根据“SAS”证明△ABE≌△ADF，从而得出AE＝AF； （2）分“点E在边BC上”和“点E在边CD上”两种情况讨论：①当点E在边BC上时，过点G作GM⊥AD，垂足为M，延长MG交BC于点N，先证明△AMG≌△GNE，从而得出AM＝GN，以此可得MD＝MG，则△MDG为等腰直角三角形，从而得到∠GDC＝45°；②当点E在边CD上时，过点G作GN⊥DF，垂足为N，延长NG交BA延长线于点M，同理可得△AMG≌△GNE，GN＝AM＝DN，则，∠1＝45°，∠GDC＝135°； （3）①当点E在边BC上时，分DG＝DF和DG＝FG两种情况，而当DG＝FG时，此时∠3＝45°，则AD＝DF，即点F在与点C重合，与题意矛盾，则DG＝DF，MD＝MG＝a，则DF＝DG，由△AMG∽△ADF得到相关线段之间的比例关系即可求解；②同①方法即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE＝AF； （2）解：①当点E在边BC上时，如图1，过点G作GM⊥AD，垂足为M，延长MG交BC于点N， 则∠AMG＝∠DMG＝∠GNE＝90°， ∴四边形CDMN是矩形， ∴∠2+∠3＝90°， ∵EG⊥AF，∠EAF＝45°， ∴∠2+∠1＝90°，△AEG 为等腰直角三 角形，AG＝EG， ∴∠1＝∠3， 在△AMG和△GNE， ， ∴△AMG≌△GNE（AAS）， ∴AM＝GN， ∵AM+MD＝GN+MG， ∴MD＝MG， ∴△MDG为等腰直角三角形，∠4＝45°， ∴∠GDC＝45°． ②当点E在边CD上时，如图2，过点G作GN⊥DF，垂足为N，延长NG交BA延长线于点M， 则四边形ADNM是矩形， 同理可得△AMG≌△GNE， ∴GN＝AM＝DN， ∴△NDG为等腰直角三角形，∠1＝45°， ∴∠GDC＝180°﹣45°＝135°． 综上，∠GDC的度数为45°或135°． （3）解：①当点E在边BC上时，如图1， Ⅰ．当DG＝DF时， 由（2）①知，△MDG为等腰直角三角形，MD＝MG， 设MD＝MG＝a，则DG， ∴DF＝DG， 易知，MG∥DF， ∴△AMG∽△ADF， ∴， ∴AG，FG＝AF﹣AG， ∴； Ⅱ．当DG＝FG时， 则∠GFD＝∠GDF＝45°， 此时∠3＝45°，则AD＝DF，即点F在与点C重合，与题意矛盾． ②当点E在边CD上时，如图2， Ⅰ．当DG＝FG时， 则∠GFD＝∠GDF＝45°， 此时∠DAF＝45°， 又∵∠EAF＝45°， ∴此时点E与点D重合，与题意矛盾； Ⅱ．当DG＝DF时， 设GN＝DN＝b，则DG， ∴DF＝DG， ∴FN＝DF﹣DN， ∵GN∥AD， ∴． 综上，． 【点睛】本题考查相似型的综合应用，主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、勾股定理，熟记三角形全等的判定定理是解题关键． 2．（2024•海门区二模）直观感知： （1）如图1，在四边形ABCD中，△ABC是等边三角形，∠BDC＝22°，∠BDA＝46°，将△BDC绕点C顺时针旋转60°得到△APC，点B与点A重合，点D的对应点是点P．补全图形，并直接写出∠DAP的度数； 类比探究： （2）如图2，在四边形ABCD中，∠ADC＝45°，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝4，DC＝6，求BD的长． 拓展运用： （3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠ADC＝α，tan∠ACB，AD＝4，DC＝6，在α的变化过程中时，求BD的最大值． 【答案】（1）14°； （2）2； （3）． 【分析】（1）按题意画出图形，连接DP．证明△CDP为等边三角形，得出∠CDP＝60°，由三角形内角和定理可得出答案； （2）将△BDC绕点C顺时针旋转 90° 得△APC，点B与点A重合，点D的对应点是点P，连接DP．证出∠ADP＝90°，由勾股定理可得出答案； （3）将△BCD各边扩大到倍，绕点C顺时针旋转∠BCA的度数，得△ACP，点B与点A重合，点D的对应点是点P，连接DP．证明△BDC∽△APC．得出∠DCP＝∠BCA，，证明△PCD∽△ACB．得出∠CDP＝∠CBA＝90°．证明当点A，D，P共线时，此时AP最大，BD也最大．得出AP的最大值为12，此时∠ADC＝90°，则可得出答案． 【详解】解：（1）补全图形如图，连接DP， ∵将△BDC绕点C顺时针旋转60°得到△APC， ∴△BDC≌△APC， ∴∠BDC＝∠APC＝22°，CD＝CP，∠DCP＝60°， ∴△CDP为等边三角形， ∴∠CDP＝60°， ∴∠ADP＝∠ADB+∠BDC+∠CDP＝128°， ∴∠DAP＝180°﹣∠ADP﹣∠APD ＝180﹣128°﹣38°＝14°． 即∠DAP＝14°； （2）将△BDC绕点C顺时针旋转 90° 得△APC，点B与点A重合，点D的对应点是点P，连接DP． ∴△BDC≌△APC． ∴∠DCP＝90°，DC＝PC，BD＝AP． ∴△DCP是等腰直角三角形， ∴∠CDP＝45°，DC＝PC＝6，． ∴∠ADC＝45°， ∴∠ADP＝90°， ∴． （3）将△BCD各边扩大到倍，绕点C顺时针旋转∠BCA的度数，得△ACP，点B与点A重合，点D的对应点是点P，连接DP． ∴△BDC∽△APC． ∴∠DCP＝∠BCA，， ∴，CP＝10． ∴△PCD∽△ACB． ∴∠CDP＝∠CBA＝90°． ∴． 当点A，D，P共线时，此时AP最大，BD也最大． ∴AP的最大值为12，此时∠ADC＝90°， ∴． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键． 3．（2025•南通模拟）[模型建立] 如图①、②，点P分别在⊙O外、在⊙O内，直线PO分别交⊙O于点A、B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离，PB是点P到⊙O上的点的最长距离． [问题解决] 请就图①中PB为何最长进行证明． [初步应用] （1）已知点P到⊙O上的点的最短距离为3，最长距离为7．则⊙O的半径为　2或5　 ． （2）如图③，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6．点E在边BC上，且CE＝2，动点P在半径为2的⊙E上，则AP的最小值是　　 ． [拓展延伸] 如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝4，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为　　 ． 【答案】[问题解决]证明见解析； [初步应用]（1）2或5； （2）； [拓展延伸]． 【分析】[问题解决]点C为⊙O上任意一点，连接PC，OC，分两种情况讨论：当点C与点B不重合时，当点C与点B重合时，PB＝PC，推导出PB≥PC，进而得证； [初步应用]（1）根据三角形的任意两边之和大于第三边即可得解； （2）分两种情况讨论：①点P在⊙O外，②点P在⊙O内，根据线段的和差即可求解； 连接AE，交⊙O于点D，则AP的最小值是AD的长，根据勾股定理即可求出AE，进而得到AD的长，即可解答； [拓展延伸]取AO的中点D，连接DQ，CD，OP，过点C作CE⊥AB，可得DQ是△OAP的中位线，则点Q在D为圆心，1为半径的圆上运动．在Rt△CDE中，得出，进而可得CQ的最大值为． 【详解】[问题解决]证明：点P分别在⊙O外，直线PO分别交⊙O于点A、B，如图①﹣1，点C为⊙O上任意一点，连接PC，OC， 当点C与点B不重合时， 在△POC中，PO+CO＞PC， 又∵CO＝BO， ∴PO+BO＞PC，即PB＞PC， 当点C与点B重合时，PB＝PC， ∴综上可得：PB≥PC， ∵点C为⊙O上任意一点， ∴PB的长是点P到⊙O上的点的最长距离； [初步应用]解：（1）已知点P到⊙O上的点的最短距离为3，最长距离为7，分两种情况讨论： 若点P在⊙O外，如图①﹣2，则PA＝3，PB＝7， ∴AB＝PB﹣PA＝7﹣3＝4， ∴⊙O的半径为2； 若点P在⊙O内，如图②，则PA＝3，PB＝7， ∴AB＝PB+PA＝7+3＝10， ∴⊙O的半径为5； 综上所述，⊙O的半径为2或5， 故答案为：2或5； （2）如图③，连接AE，交⊙O于点D，由[模型建立]可得AD的长是点A到⊙E上的点的最短距离， ∴AP的最小值是AD的长， ∵在Rt△ACE中，AC＝8，CE＝2， 由勾股定理得：， ∴， ∴AP的最小值是， 故答案为：； [拓展延伸]解：如图④，取AO的中点D，连接DQ，CD，OP，过点C作CE⊥AB， ∵点Q是线段AP的中点， ∴， ∴点Q在D为圆心，1为半径的圆上运动， ∴当D在CQ上，线段CQ取得最大值， ∵∠AOC＝120°， ∴∠COE＝60°，∠OCE＝30°， ∴，， 在Rt△CDE中，， ∴CQ的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查三角形三边关系的应用，勾股定理，一点到圆上的距离的最值问题，解答本题的关键是熟练运用数形结合的思想解决问题． 4．（2024•南通一模）如图1，P是正方形ABCD边BC上一点，线段AE与AD关于直线AP对称，连接EB并延长交直线AP于点F，连接CF． （1）补全图形，求∠AFE的大小； （2）用等式表示线段CF，BE之间的数量关系，并证明； （3）连接CE，G是CE的中点，AB＝2，若点P从点B运动到点C，直接写出DG的最大值． 【答案】（1）45°； （2）BECF；证明见解析； （3）DG的最大值为1． 【分析】（1）由轴对称的性质可得∠DAP＝∠EAP＝70°，AD＝AE，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求解； （2）先求出∠AFE＝45°，通过证明△CDF∽△BDE，可得BECF； （3）先确定点G在以O为圆心，1为半径的圆上运动，再根据等腰直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：（1）补全图形如图1所示； 设∠BAP＝x， ∴∠DAP＝90°﹣x， ∵线段AE与AD关于直线AP对称， ∴∠DAP＝∠EAP＝90°﹣x，AD＝AE， ∴∠BAE＝90°﹣2x，AB＝AE， ∴∠E＝∠ABE＝45°+x， ∴∠AFE＝180°﹣（90°﹣x）﹣（45°+x）＝45°； （2）BECF； 证明：如图2，连接DF，DE，BD， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BDCD，∠CDB＝45°， ∵线段AE与AD关于直线AP对称， ∴DF＝EF，∠DFA＝∠AFE＝45°， ∴∠DFE＝90°， ∴∠FDE＝45°＝∠CDB，DEDF， ∴∠CDF＝∠BDE，， ∴△CDF∽△BDE， ∴， ∴BECF； （3）如图3，连接AC，BD交于点O，连接OG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AO＝CO， 又∵G是CE中点， ∴OGAEAD＝1， ∴点G在以O为圆心，1为半径的圆上运动， ∴点P从点B运动到点C，点G的运动到BD上时DG的值最大，且DG的最大值为DO+OG， ∵ODAD， ∴DG的最大值为1． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判断和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 押题猜想九 圆的切线的性质或判定+弦长、弧长或者扇形面积的计算 如图，AB是⊙O的直径，点C，D是⊙O上AB异侧的两点，DE⊥CB，交CB的延长线于点E，且BD平分∠ABE． （1）求证：DE是⊙O的切线． （2）若∠ABC＝60°，AB＝4，求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）证明过程见解答； （2）图中阴影部分的面积为． 【分析】（1）连接OD，根据垂直定义可得∠E＝90°，再根据角平分线的定义和等腰三角形的性质可得OD∥BE，然后利用平行线的性质可得∠ODE＝90°，即可解答； （2）连接OC，过点O作OF⊥BC，垂足为F，根据已知易得△OBC是等边三角形，从而利用等边三角形的性质可得OB＝OC＝BC＝2，∠BOC＝60°，然后在Rt△OBF中，利用锐角三角函数的定义求出OF的长，最后根据图中阴影部分的面积＝扇形BOC的面积﹣△BOC的面积，进行计算即可解答． 【详解】（1）证明：连接OD， ∵DE⊥CB， ∴∠E＝90°， ∵BD平分∠ABE， ∴∠ABD＝∠DBE， ∵OD＝OB， ∴∠ODB＝∠ABD， ∴∠ODB＝∠DBE， ∴OD∥BE， ∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°， ∵OD是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：连接OC，过点O作OF⊥BC，垂足为F， ∵∠ABC＝60°，OB＝OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB＝OC＝BCAB＝2，∠BOC＝60°， 在Rt△OBF中，OF＝OB•sin60°＝2， ∴图中阴影部分的面积＝扇形BOC的面积﹣△BOC的面积 BC•OF 2 ， ∴图中阴影部分的面积为． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，角平分线的定义，扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 押题解读： 本题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质，角平分线的定义，扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解答的关键。 押题理由： 圆的证明和计算是南通市中考必考题型。而且都以解答题形式出现，但难度往往不大，主要考查圆内的基础知识。这类题型主要考查切线的判定与性质，弦长、弧长或者扇形面积的计算。 1．（2024•海安市一模）如图，点A，D，C在半径为8的⊙O上，过点D作⊙O的切线BD，交OA的延长线于点B．连接CD，且∠DCA＝∠OAC＝30°． （1）求证：BD∥AC； （2）求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析； （2）32π． 【分析】（1）连接OD，交CA于E，根据圆周角定理得到∠BOD＝60°，得到∠AEO＝90°，根据切线的性质得到∠AEO＝∠BDO＝90°，根据平行线的性质推出即可； （2）在Rt△OBD中，解直角三角形求出BD，分别求出△BOD的面积和扇形AOD的面积，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接OD，交CA于E， ∵∠C＝30°，∠C∠BOD， ∴∠BOD＝60°， ∵OAC＝30°， ∴∠AEO＝180°﹣60°﹣30°＝90°， ∵BD是⊙O的切线， ∴∠BDO＝90°， ∠AEO＝∠BDO， ∵ ∴BD∥AC； （2）解：在Rt△OBD中，∠BOD＝60°， ∴BD＝OD•tan60°＝8， ∴S阴影＝S△BDO﹣S扇形AOD8×832π． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，平行线的性质，圆周角定理，扇形的面积，三角形的面积，解直角三角形等知识点的综合运用，题目比较好，难度适中． 2．（2025•南通模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ABC＝60°，⊙O的切线CD与AB的延长线相交于点D． （1）求证：BD＝BC； （2）若⊙O的半径为6，求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）证明见解答； （2）阴影部分的面积是6π﹣9． 【分析】（1）连接OC，可证明△BOC是等边三角形，则∠BOC＝∠BCO＝60°，由CD与⊙O相切于点C，得∠OCD＝90°，即可求得∠D＝90°﹣∠BOC＝30°，∠BCD＝90°﹣∠BCO＝30°，所以∠BCD＝∠D，则BD＝BC； （2）作CE⊥OB于点E，则CE＝OC•sin60°＝3，可求得S阴影＝S扇形BOC﹣S△BOC＝6π﹣9． 【详解】（1）证明：连接OC，则OC＝OB， ∵∠ABC＝60°， ∴△BOC是等边三角形， ∴∠BOC＝∠BCO＝60°， ∵CD与⊙O相切于点C， ∴CD⊥OC， ∴∠OCD＝90°， ∴∠D＝90°﹣∠BOC＝30°，∠BCD＝90°﹣∠BCO＝30°， ∴∠BCD＝∠D， ∴BD＝BC． （2）解：作CE⊥OB于点E，则∠OEC＝90°， ∵OC＝OB＝6， ∴CE＝OC•sin60°＝63， ∴S阴影＝S扇形BOC﹣S△BOC6×36π﹣9， ∴阴影部分的面积是6π﹣9． 3．（2025•昆山市模拟）已知BC是⊙O的直径，点D是BC延长线上一点，AB＝AD，AE是⊙O的弦，∠AEC＝30°． （1）求证：直线AD是⊙O的切线； （2）若AE⊥BC，垂足为M，⊙O的半径为10，求AE的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）连接OA，由圆周角定理可求得∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°，则∠OAD＝90°，可证明直线AD是⊙O的切线； （2）若AE⊥BC于点M，根据垂径定理可证明AM＝EM，在Rt△AOM中，∠AMO＝90°，∠AOM＝60°，则∠OAM＝30°，已知⊙O的半径OA＝6，则OMOA＝3，根据勾股定理可以求出AM的长，进而求出AE的长． 【详解】（1）证明：如图，连接OA， ∵∠AEC＝30°， ∴∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°， ∵AB＝AD， ∴∠D＝∠B＝30°， ∴∠OAD＝180°﹣∠AOC﹣∠D＝90°， ∵OA是⊙O的半径，且AD⊥OA， ∴直线AD是⊙O的切线． （2）解：如图，∵BC是⊙O的直径，且AE⊥BC于点M， ∴AM＝EM， ∵∠AMO＝90°，∠AOM＝60°， ∴∠OAM＝30°， ∴OMOA10＝5， ∴AM5， ∴AE＝2AM＝2×510． 【点睛】此题考查圆的切线的判定、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，此题综合性较强，难度较大． 4．（2025•南通模拟）如图1，BC是⊙O的直径，点A、D在⊙O上，连接BD、CD，DB∥OA，BC＝10，． （1）求证：AO⊥CD； （2）求BD的长； （3）如图2，连接AB，作∠CAB的角平分线交⊙O于F，求AF的长度． 【答案】（1）证明见解析； （2）6； （3）3． 【分析】（1）先根据圆周角定理得出∠BDC＝90°，再由DB∥OA即可得出结论； （2）作AH⊥BC于H，OM⊥BD于M，如图1，则BM＝DM，利用勾股定理计算出AB的长，再利用面积法得到AH的长，接着利用勾股定理计算出OH的长，然后证明△AOH≌△OBM得到BM＝OH，而得到BD的长； （3）作CG⊥AF于G，连接CF、BF，如图2，证明△CBF为等腰直角三角形得到CFBC，利用△ACG为等腰直角三角形得到CG＝AGAC，然后利用勾股定理计算出GF，从而得到AF的长． 【详解】（1）证明：∵BC是⊙O的直径， ∴∠D＝90°， ∵OA∥BD， ∴∠CEO＝∠D＝90°， ∴AO⊥CD； （2）解：连接AB，作AH⊥BC于H，OM⊥BD于M，如图1，则BM＝DM， ∵BC为⊙O的直径， ∴∠CAB＝90°， ∴AB4， ∵AH•BCAC•AB， ∴AH4， 在Rt△OAH中，OH3， ∵OA∥BD， ∴∠AOH＝∠EBO， 在△AOH和△OBM中， ， ∴△AOH≌△OBM（ASA）， ∴BM＝OH＝3， ∴BD＝2BM＝6； （3）解：作CG⊥AF于G，连接CF、BF，如图2， ∵AF平分∠CAB， ∴∠CAF＝∠BAF＝45°， ∴CF＝BF， ∴△CBF为等腰直角三角形， ∴CFBC＝5， 在Rt△ACG中，CG＝AGAC， 在Rt△GFC中，GF2， ∴AF＝AG+GF23． 【点睛】本题考查了圆周角定理：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．也考查了垂径定理． 5．（2024•崇川区三模）如图，CD是⊙O的直径，AE⊙O相切于点B，连接BC、BD，过圆心O作OE∥BC，连接EB并延长，交DC延长线于点A． （1）求证：∠D＝∠E； （2）若F是OE的中点，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）先根据圆周角定理和平行线的性质证得∠E＝∠OBD，再根据等腰三角形的性质证得∠D＝∠OBD，进而可得证； （2）先根据直角三角形斜边中线性质和等边三角形的判定证明△OBF是等边三角形，则∠BOE＝∠OBF＝60°，则，利用含30度角的直角三角形的性质求得，，然后利用阴影部分的面积等于S扇形BOF﹣S△BOG求解即可． 【详解】（1）证明：连接OB， ∵CD是⊙O的直径， ∴∠CBD＝90°， ∵OE∥BC， ∴∠BGE＝∠CBD＝90°， ∴∠E+∠EBG＝90°， ∵AE与⊙O相切于点B， ∴OB⊥AE， ∴∠OBD+∠EBG＝90°， ∴∠E＝∠OBD， ∵OB＝OD， ∴∠D＝∠OBD， ∴∠D＝∠E； （2）解：如图，连接BF， ∵∠OBE＝90°，F是OE的中点， ∴BE＝OF， ∵OB＝OF， ∴OB＝OF＝BF， ∴△OBF是等边三角形， ∴∠BOE＝∠OBF＝60°， ∵∠OGD＝90°，即OF⊥BD， ∴， ∴，， ∴阴影部分的面积为：． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的性质、扇形面积公式、平行线的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 6．（2024•南通二模）如图，AC是⊙O的直径，PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B，AE⊥PB，垂足为E，AE交⊙O于点D，连接OD． （1）求证：∠COD＝2∠P； （2）若AC＝8，∠P＝60°，求阴影部分的面积． 【答案】（1）证明见解答； （2）10， 【分析】（1）由PA与⊙O相切于点A，得PA⊥OA，则∠OAD+∠PAE＝∠OAP＝90°，由AE⊥PB于点E，得∠AEP＝90°，则∠P+∠PAE＝90°，所以∠OAD＝∠P，则∠COD＝2∠OAD＝2∠P； （2）作OF⊥AD于点F，由PB是⊙O的切线，得PB⊥OB，可证明四边形OBEF是矩形，由⊙O的直径AC＝8，得OA＝OD＝OB＝FE＝4，而∠OAD＝∠P＝60°，则△AOD是等边三角形，所以∠AOD＝60°，AD＝OA＝4，则AF＝DF＝2，求得AE＝6，OF＝2，由tan60°，求得PE＝2，即可由S阴影＝S△PAE+△OAD﹣S扇形OAD求得S阴影＝10． 【详解】（1）证明：∵PA与⊙O相切于点A， ∴PA⊥OA， ∴∠OAD+∠PAE＝∠OAP＝90°， ∵AE⊥PB，垂足为E， ∴∠AEP＝90°， ∴∠P+∠PAE＝90°， ∴∠OAD＝∠P， ∵∠COD＝2∠OAD， ∴∠COD＝2∠P． （2）解：作OF⊥AD于点F，则∠OFA＝90°， ∵PB是⊙O的切线， ∴PB⊥OB， ∴∠OBE＝∠BEF＝∠OFE＝90°， ∴四边形OBEF是矩形， ∵AC是⊙O的直径，且AC＝8， ∴OA＝OD＝OB＝FE＝4， ∵∠OAD＝∠P＝60°， ∴△AOD是等边三角形， ∴∠AOD＝60°，AD＝OA＝4， ∴AF＝DFAD＝2， ∴AE＝AF+FE＝2+4＝6，OF2， ∵tan60°， ∴PE＝2， ∴S阴影＝S△PAE+△OAD﹣S扇形OAD6×24×210， ∴阴影部分的面积为10． 【点睛】此题重点考查切线的性质定理、切线长定理、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、圆周角定理、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、三角形的面积公式及扇形的面积公式等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 7．（2024•海门区二模）如图，⊙O的半径为5，弦AB，CD互相垂直，垂足为点E．点F在ED上，且EF．连接AF，BD，∠BDC＝16°． （1）求∠A的度数； （2）求的长． 【答案】（1）∠BAF＝16°； （2）π． 【分析】（1）连接AC，根据圆周角定理求出∠BAC＝∠BDC＝16°，根据线段的垂直平分线的性质得出AC＝AF，然后根据等腰三角形三线合一的性质即可求得∠BAF＝∠BAC＝16°； （2）连接OA，OC，BC，解直角三角形求出∠ABC，根据圆周角定理求出∠AOC，再根据弧长公式求出答案即可． 【详解】解：（1）连接AC， ∵∠BAC和∠BDC都是所对的圆周角， ∴∠BAC＝∠BDC＝16°， ∵AB⊥CD，CE＝EF， ∴AC＝AF， ∴∠BAF＝∠BAC＝16°； （2）连接BC， ∵AB⊥CD，， ∴tan∠ABC， ∴∠ABC＝60°， ∴∠AOC＝120° ∴的长为π． 【点睛】本题考查了圆周角定理，弧长公式，等腰三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识点，能熟记圆周角定理是解此题的关键． 押题猜想十 综合与实践 （2024•海门区模拟）综合与实践 问题情境 在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动，如图1，将一张菱形纸片ABCD（∠BAD＞90°）沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD． 操作发现 （1）将图1中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，分别延长BC和DC′交于点E，则四边形ACEC′的形状是 　菱形　 ； （2）创新小组将图1中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝2∠BAC，得到如图3所示的△AC′D，连接DB，C′C，得到四边形BCC′D，发现它是矩形，请你证明这个结论； 实践探究 （3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，量得图3中BC＝13cm，AC＝10cm，然后提出一个问题：将△AC′D沿着射线DB方向平移a cm，得到△A′C″D′，连接BD′，CC′，使四边形BCC″D恰好为正方形，求a的值，请你解答此问题； （4）请你参照以上操作，将图1中的△ACD在同一平面内进行一次平移，得到△A′C′D，在图4中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必证明． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）利用旋转的性质结合菱形的性质得出：∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠1＝∠4，AC＝AC′，进而利用菱形的判定方法得出答案； （2）利用旋转的性质结合菱形的性质得出，四边形BCC′D是平行四边形，进而得出四边形BCC′D是矩形； （3）首先求出CC′的长，分别利用①点C″在边C′C上，②点C″在C′C的延长线上，求出a的值； （4）利用平移的性质以及平行四边形的判定方法得出答案． 【详解】解：（1）如图2，由题意可得：∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠1＝∠4，AC＝AC′， 故AC′∥EC，AC∥C′E， 则四边形ACEC′是平行四边形， 故四边形ACEC′的形状是菱形； 故答案为：菱形； （2）证明：如图3，作AM⊥CC′于点M， 由旋转得：AC′＝AC， 则∠CAM＝∠C′AMα＝∠BAC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BA＝BC， ∴∠BCA＝∠BAC， ∴∠CAM＝∠BCA， ∴AM∥BC，同理可得：AM∥DC′， ∴BC∥DC′，则∠BCC′＝90°， 又∵BC＝DC′， ∴四边形BCC′D是平行四边形， ∵∠BCC′＝90°， ∴四边形BCC′D是矩形； （3）如图3，过点B作BF⊥AC，垂足为F， ∵BA＝BC， ∴CF＝AFAC10＝5， 在Rt△BCF中，BF12， 在△ACM和△CBF中， ∵∠CAM＝∠BCF，∠CMA＝∠BFC＝90°， ∴△ACM∽△CBF， ∴，即， 解得：MC， ∵AC＝AC′，AM⊥CC′， ∴CC′＝2CM＝2， 当四边形BCC″D′恰好为正方形时，分两种情况： ①点C″在边C′C上，a＝C′C﹣1313， ②点C″在C′C的延长线上，a＝C′C+1313， 综上所述：a的值为：或； （4）答案不唯一， 例：如图4，画出正确图形，平移及构图方法：将△ABC沿着射线CA方向平移，平移距离为AC的长度， 得到△A′D′C′，连接A′B，D′C， 结论：∵BC＝A′D′，BC∥A′D′， ∴四边形A′BCD′是平行四边形． 【点睛】此题主要考查了几何变换综合以及相似三角形的判定与性质、菱形的判定与性质以及矩形的判定方法等知识，正确利用相似三角形的判定与性质得出CC′的长是解题关键． 押题解读： 本题主要考查了几何变换综合以及相似三角形的判定与性质，菱形的性质及矩形的判定方法等知识。正确利用相似三角形的判定与性质得出CC′的长时解题的关键。 押题理由： 自从使用新教材以后，综合与实践题型成了南通市中考考向。不出意外，2025年中考，几何综合探究内题型将会以这种形式出现，而且会安排在倒数第一题作为整个试卷的压轴题。 1．（2025•南京模拟）【知识技能】 （1）如图1，在△ABC中，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′．当点E的对应点E′与点A重合时，求证：AB＝BC． 【数学理解】 （2）如图2，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′，连接A′B，C′C，作△A′BD的中线DF．求证：2DF•CD＝BD•CC′． 【拓展探索】 （3）如图3，在△ABC中，tanB，点D在AB上，AD．过点D作DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE．在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明详见解析；（3）存在，理由见解析． 【分析】（1）利用等腰三角形+平行线证明∠DAE＝∠BCA即可得证； （2）先证△ADA′∽△CDC得到，再证AA'＝2DF，代入变形即可得证； （3）利用特殊点，∠AGD＝90°，∠CGE＝90°，则G就是以AD为直径的圆和以CE为直径的圆的交点，根据题意证G在内部即可． 【详解】（1）证明：∵△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC'，且E'与A重合， ∴AD＝DE， ∴∠DAE＝∠DEA， ∵DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC， ∴∠DEA＝∠BCA， ∴∠DAE＝∠BCA， ∴AB＝BC． （2）证明：连接AA'， ∵旋转， ∴∠ADA′＝∠CDC′，AD＝A'D，CD＝C'D， ∴， ∴△ADA′∽△CDC′， ∴， ∵DE是△ABC的中位线，DF是△A'BD的中线， ∴AD＝BD，BF＝A'F， ∴DF是△AA'B的中位线， ∴AA'＝2DF， ∴， ∴2DF•CD＝BD•CC' （3）解：存在，理由如下， 解法一：取AD中点M，CE中点N，连接MN， ∵AD是⊙M直径，CE是⊙N直径， ∴∠AGD＝90°，∠CGE＝90°， ∴∠AGD+∠CGE＝180°， ∵tanB，BE＝3， ∴BD＝5， ∵CE， ∴ENCE， ∴BN＝BE+EN， ∵DE⊥CE， ∴DE是⊙N的切线，即DE在⊙N外， 作NF⊥AB， ∵∠B＝∠B，∠BED＝∠BFN＝90°， ∴△BDE∽△BNF， ∴， ∴NF，即NF＞rn， ∴AB在⊙N外， ∴G点在四边形ADEC内部． 作MH⊥BC， ∵BM，tanB， ∴BH，MH， ∴NH， ∴MN7.4＜AM+CN ∴⊙M和⊙N有交点． 故四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°． 解法二：相似互补弓形， 分别以AD，CE为弦作⊙O2和⊙O，使得△O2AD∽△OEC，两圆的交点即为所求． 作图步骤：①在四边形ADEC内任取一点F，作△EFC得外接圆，圆心为O，连接OE，OC， ②作AD的中垂线， ③以D为圆心，OC为半径画圆交AD中垂线于点O2， ④以O2为圆心，O2A为半径画圆，交⊙O于点G，点G即为所求． 证明：∵， ∴△O2AD∽△OEC， ∴∠AO2D＝∠EOC， ∵∠AGD（360°﹣∠AO2D）＝180°∠AO2D， ∠EGC∠EOC， ∴∠AGD+∠EGC＝180°． 故四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、中位线定理、圆周角定理、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 2．（2025•宿城区一模）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答． （1）问题背景 如图1，正方形ABCD中，点E为AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC边于点F，将△ADE沿直线DE折叠后，点A落在点A′处，当∠BEF＝20°时，∠FEA'＝ 　20°　 ； 如图2，连接DF，当点A′恰好落在DF上时，其他条件不变，则 　2　 ； （2）探究迁移 如图3，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成矩形ABCD，且AD＝mAB，其他条件不变，请写出AE与A′F之间的数量关系式（用含m的式子表示），并说明理由； （3）拓展应用 如图4，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成菱形ABCD，且∠B＝60°，∠DEF＝120°，其他条件不变，当时，请直接写出A′F的长． 【答案】（1）20°，2； （2）AE＝2mA′F，理由见解析过程； （3）2． 【分析】（1）根据翻折的性质，全等三角形的性质，平角的概念求出AE＝BE，再根据相似三角形的性质，得出AE和A′F的关系即可求解； （2）根据（1）中三角形的全等与相似条件不变，得出AB＝BE不变，再根据AD和AB的关系，AE和A′F的关系即可； （3）构造相似三角形，根据三角形相似的性质，得出BE和A′F相等，然后根据相似三角形的性质和勾股定理求出BE的长，即为A′F的长． 【详解】解：（1）如图1，∵DE⊥EF， ∴∠DEF＝90°， ∴∠DEA+∠BEF＝90°，∠DEA'+∠FEA′＝90°， 由翻折性质可知∠DEA＝∠DEA′， ∴∠FEA′＝∠BEF＝20°， 如图2，∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝90°， 由翻折性质可知∠EA′D＝∠A＝90°， ∴∠B＝∠EA′F＝90°， 又∵∠BEF＝∠FEA′，EF＝EF， ∴△BEF≌△A′EF（AAS）， ∴BE＝A′E， 由翻折性质可知AE＝A′E，∠ADE＝∠FDE， ∴AE＝BE，AB＝2AE＝2A′E， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，AD＝2A′E， ∵∠FEA′+∠EFD＝90°，∠EFD+∠FDE＝90″， ∴∠FEA′＝∠FDE， ∴∠ADE＝∠FEA′， ∵∠A＝∠EA'F＝90°， ∴△DAE∽△EA′F， ∴， ∵AD＝2A′E， ∴； 故答案为：20°；2； （2）AE＝2mA′F，理由如下： 由（1）可知，AB＝2AE＝2A′E，AD：A′E＝AE：A′F， ∵AD＝mAB， ∴AE＝2mA′F； （3）如图3，过E作EH⊥AD，交DA延长线于H，作∠FED的平分线，交DF于G， ∵∠DEF＝120°， ∴∠FEG＝∠DEG＝60°，∠BEF+∠AED＝180°﹣∠DEF＝60°， ∴∠DEA′+∠GEA′＝60°， ∵∠AED＝∠A′ED， ∴∠BEF＝∠GEA′， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC， ∴∠DAB+∠B＝180°， ∴∠DAE＝120°＝∠DA'E， ∴∠EA'G＝60°， ∴∠B＝∠EA′G， ∴△BEF∽△A′EG， ∴， ∵∠FEG＝∠EA′F＝60°，∠EFG＝∠EFG， ∴△EFG∽△A′EF， ∴， ∴BE＝A′F， ∵∠ADE＝∠EDF，∠EAD＝∠FED＝120°， ∴△AED∽△EFD， ∴， ∴DE2＝AD•DF， 设BE＝A′F＝x， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AD＝AB＝AE+BE＝2x， ∴DF＝A'F+A'D＝x+2x＝22x， ∴DE2＝（2x）（22x）， ∵EH⊥AD，∠EAH＝60°， ∴∠AEH＝30°， ∴AHAE，EH＝3， 由勾股定理可得：DE2＝DH2+EH2， ∴32+（2x）2＝（2x）（22x）， 解得：x＝2，即A′F的长为2． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形和菱形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等知识，合理构造相似三角形是解题的关键． 3．（2024•南通二模）在数学活动课上，老师给同学们提供了一个矩形纸片ABCD，其中AB＝3，BC＝4，要求各小组开展“矩形的折叠”探究活动． 【操作猜想】 （1）甲小组给出了下面框图中的操作及猜想： 甲小组的操作与猜想 操作：如图1，在AB，BC上分别取一点N，M，将△BMN沿直线MN翻折180°，得到△EMN． 猜想：当∠NME＝∠CAD 时，MN∥AC． 请判断甲小组的猜想是否正确，并说明理由； 【深入探究】 （2）如图2，乙小组按照甲小组的方式操作发现，当∠NME＝∠CAD 时，点E恰好落在矩形的对角线AC上．请求出图中线段MN的长度； 【拓广延伸】 （3）丙小组按照甲小组的过程操作，进一步探究并提出问题：当∠NME＝∠CAD 时，过点E作 EF∥BC交射线CA于点F，若 EF＝EN，则BN的长是多少？请解答这个问题． 【答案】（1）正确，理由见解答； （2）； （3）或． 【分析】（1）根据矩形的性质得出AD∥BC，根据平行线的性质得出∠BCA＝∠CAD，根据折叠得出∠BMN＝∠NME，证明∠BCA＝∠BMN，根据平行线的判定得出MN∥AC； （2）根据勾股定理得出，根据折叠得出ME＝MB，∠BMN＝∠NME，根据平行线的性质得出∠EMN＝∠MEC，∠BMN＝∠BCA，证明∠MEC＝∠BCA，得出ME＝MC，证明MC＝MB，同理证明NA＝NB，根据中位线的性质得出结果即可； （3）分两种情况进行讨论：当点E在AC下方时，当点E在AC下方时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】解：（1）甲小组的猜想正确，理由如下： ∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC， ∴∠BCA＝∠CAD， ∵折叠， ∴∠BMN＝∠NME， 又∵∠NME＝∠CAD， ∴∠BCA＝∠BMN， ∴MN∥AC； （2）在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4， ∴， ∵折叠， ∴ME＝MB，∠BMN＝∠NME， 由（1）可知MN∥AC， ∴∠EMN＝∠MEC，∠BMN＝∠BCA， ∴∠MEC＝∠BCA， ∴ME＝MC， ∴MC＝MB， 同理NA＝NB， ∴； （3）当点E在AC下方时，如图，延长ME交AC于点H， 同（2）可得∠MHC＝∠MCH， ∴MH＝MC， ∵EF∥BC， ∴∠EFH＝∠MCH， ∴∠MHC＝∠EFH， ∴EH＝EF， 由（1）可得∠NME＝∠BCA， ∴tan∠NME＝tan∠BCA． ∵∠NEM＝∠B＝90°， ∴， 设NE＝3a，则EM＝4a， ∴EH＝EF＝EN＝3a，BM＝EM＝4a， ∴MH＝EH+EM＝7a， ∴MC＝MH＝7a， ∴4a+7a＝4， ∴， ∴； ②当点E在AC下方时，设ME交AC于点H，如图， 同①可得BM＝EM＝4a，EH＝EF＝EN＝3a， ∴MH＝EM﹣EH＝a， ∴MC＝MH＝a， ∴a+4a＝4， ∴， ∴； 综上，或． 【点睛】本题考查四边形综合应用，主要考查了平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，数形结合，并注意分类讨论． 4．（2024•海安市二模）（1）【活动背景】在鹿鸣成长课程中，同学们探究了一类“三等分线段、角”的问题．如图1，在矩形ABCD的边AD和BC上分别取点E、F，且CF＝2DE，连接CE、DF交于点O，将边AD沿着过点O的直线折叠，使得点A、D分别落在AB和CD上，试说明：点Q是边CD的三等分点． （2）【活动操作】同学们进一步发现，在作图的过程中也可以参考类似的方法．如图2，已知线段BC，点E是BC的中点，请用无刻度直尺和圆规作平行四边形ABCD，使得AE⊥BD．（不写作法保留作图痕迹） （3）【活动证明】同学们通过查阅资料发现，不能通过圆规直接三等分角，但可以通过圆规和带刻度的直尺得出三等分角，如图3，点C是OA上一点，用尺规作出CD⊥OB，CF∥OB后，将直尺一端放在点O处，不断转动直尺与CD、CF交于点M、N，当MN与CO满足某种数量关系时，即可得到，试猜想MN与CO的数量关系并证明． （4）【活动思考】在上面的活动操作中所探究的平行四边形ABCD，若BC＝kAB，请直接写出k的取值范围． 【答案】（1）证明见解析过程； （2）作图见解析过程； （3），理由见解答过程； （4）1＜k＜2． 【分析】（1）在矩形ABCD中，AD∥BC，可得，由折叠可得PQ∥AD，进而PQ∥BC，可得，所以DQCD，得证点Q是边CD的三等分点； （2）以BE为直径画圆O，在圆O上取点N，连接BN，EN，延长BN至A，使ND＝2BN，延长EN至A，使AN＝2NE，连接AD，AB，CD，则四边形ABCD为所求四边形； （3）取MN的中点H，连接CH，CH＝MH＝NHMN，由等边对等角与三角形的外角可得∠CHM＝2∠CNH，由CF∥OB与∠MOD∠AOB可得∠CON＝2∠CNO，故∠CHM＝∠CON，所以CO＝CH＝\frac{1}{2}$MN； （4）作CM⊥BD交BD于M，首先推导出MD＝NM＝BN，在Rt△ABN和Rt△BNE中，BN2＝AB2﹣AN2＝BE2﹣NE2，得到0＜k＜2；在Rt△BCM和Rt△DCM中，CD2﹣DM2＝BC2﹣BM2，推导出k＞1，进而得解． 【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，AD∥BC， ∴＝＝ 将边AD沿着过点O的直线折叠，使得点A、D分别落在AB和CD上， ∴∠APB＝∠BPQ＝90°，∠DQP＝∠CQP＝90°， 在矩形ABCD中，∠A＝90°， ∴四边形APQD是矩形， ∴AD∥PQ， ∴＝＝， ∴DQ＝CD，即Q是边CD的三等分点； （2）解：如图2，以BE为直径画圆O，在圆O上取点N，连接BN，EN，延长BN至A，使ND＝2BN，延长EN至A，使AN＝2NE，连接AD，AB，CD，则四边形ABCD为所求四边形； 证明：∵AN＝2NE，DN＝2BN， ∴＝＝2， ∵∠AND＝∠BNE， ∴△AND∽△ENB， ∴∠NBE＝∠ADN，＝2， ∴AD∥BE，AD＝2BE， 又∵E为BC的中点， ∴2BE＝BC， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵BE为圆O的直径， ∴∠BNE＝90°， ∴AE⊥BD； ∴平行四边形ABCD符合条件； （3）解：取MN的中点H，连接CH，如图3， ∵CD⊥OB，CF∥OB， ∴CD⊥CF， ∴CH＝MN， ∵点H是MN的中点， ∴MH＝NH＝MN， ∴CH＝NH， ∴∠HCN＝∠CNH， ∴∠OHC＝∠HCN+∠CNH＝2∠CNH， ∵∠MOD＝∠AOB， ∴∠COH＝2∠MOD， ∵CF∥OB， ∴∠NOB＝∠CNH， ∵∠OHC＝2∠CNH，∠COH＝2∠NOB＝2∠CNO， ∴∠OHC＝∠COH， ∴CO＝CH＝MN； （4）解：作CM⊥BD交BD于M， ∴AE∥CM， ∵BE＝EC， ∴BN＝NM， ∵DN＝2BN， ∴MD＝NM＝BN， 在Rt△ABN和Rt△BNE中，BN2＝AB2﹣AN2＝BE2﹣NE2， ∴AB2﹣BE2＝AN2﹣NE2＝3NE2＞0， ∴AB2﹣（）2＞0， ∴AB2﹣AB2＞0， ∴1﹣＞0， ∴k2＜4， 又∵k＞0， ∴0＜k＜2； 在Rt△BCM和Rt△DCM中，CD2﹣DM2＝BC2﹣BM2， ∴AB2﹣BC2＝DM2﹣BM2， ∴k2﹣AB2＝BM2﹣DM2＝3DM2＞0， ∴（k2﹣1）AB2＞0， ∴k2＞1， 又∵k＞0， ∴k＞1； 综上，k的取值范围1＜k＜2． 方法二： ∵DN＝2BN， 延长BC至H，满足BE＝EC＝CH， 即EH＝2BE， ∴EN∥DH， ∴∠BDH＝∠BNE＝90°， ∴点D在以BH为直径的圆上运动， ∵BC\BH长度固定， ∴CD最小值大于CH，最小值小于BC， ∴1＜＜2， 即1＜k＜2． 【点睛】本题主要考查平行线分线段成比例，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，直角三角形的性质，尺规作图．解题的关键是读懂题意，熟练运用各个知识． 5．（2025•海安市一模）某研究学习小组给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F． （1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB； 分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论： 推理证明：写出图①的证明过程： 探究问题： （2）当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断线段BD，EF，AB之间的数量关系并证明； 拓展思考： （3）在（1）（2）的条件下，若，△ACD面积是△ABD面积两倍，则△AEF的面积为 　或　 ． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）在AB边上截取AM＝EF，连接DM，根据题意证明出△DAM≌△AEF（SAS），得到AF＝DM，然后证明出△BMD是等边三角形，得到BD＝BM＝DM，进而求解即可； （2）图②：在BD上取点H，使BH＝AB，连接AH并延长到点G使AG＝AF，连接DG，首先证明出△ABH是等边三角形，得到∠BAH＝60°，然后求出∠BAH＝∠DAE，然后证明出△FAE≌△GAD（SAS），得到EF＝DG，∠AFE＝∠G，然后证明出△DHG是等边三角形，得到DH＝DG＝EF，进而求解即可； 图③：在EF上取点H使AH＝AF，同理证明出△EAH≌△ADB（AAS），得到BD＝AH，AB＝EH，进而求解即可； （3）根据勾股定理和含30°角直角三角形的性质求出BC＝6，AB＝12，然后结合CD＝2BD，分别（1）（2）的条件下求出BD的长度，进而求解即可． 【详解】（1）证明：如图1，在AB边上截取AM＝EF，连接DM， 在Rt△ABC中，∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣30°＝60°． ∵EF∥BC， ∴∠EFB＝∠B＝60°． 又∵∠EAD＝60°， ∴∠EFB＝∠EAD． 又∵∠BAD＝∠EAD﹣∠EAF，∠AEF＝∠EFB﹣∠EAF， ∴∠BAD＝∠AEF． 又∵AD＝AE，AM＝EF， ∴△DAM≌△AEF（SAS）． ∴AF＝DM． ∴∠AMD＝∠EFA＝180°﹣∠EFB＝180°﹣60°＝120°． ∴∠BMD＝180°﹣∠AMD＝180°﹣120°＝60°． ∵∠B＝60°， ∴∠BMD＝∠B＝∠BDM＝60°． ∴△BMD是等边三角形． ∴BD＝BM＝DM， ∵AB＝AM+BM， ∴AB＝EF+BD； （2）解：图②：当点D在线段BC的延长线上时，AB＝BD﹣EF，证明如下： 如图所示，在BD上取点H，使BH＝AB，连接AH并延长到点G使AG＝AF，连接DG， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABH是等边三角形， ∴∠BAH＝60°， ∵线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE， ∴∠DAE＝60°，AE＝AD， ∴∠BAH＝∠DAE， ∴∠BAH﹣∠EAH＝∠DAE﹣∠EAH，即∠BAE＝∠HAD， 又∵AG＝AF， ∴△FAE≌△GAD（SAS）， ∴EF＝DG，∠AFE＝∠G， ∵BD∥EF， ∴∠ABC＝∠F＝∠G＝60°， ∵∠DHG＝∠AHB＝60°， ∴△DHG是等边三角形， ∴DH＝DG＝EF， ∴AB＝BH＝BD﹣DH＝BD﹣EF； 图③：当点D在线段CB的延长线上时，AB＝EF﹣BD，证明如下： 如图③所示，在EF上取点H使AH＝AF， ∵EF∥BC， ∴∠F＝∠ABC＝60°，AH＝FH， ∵AH＝AF， ∴△AHF是等边三角形， ∴∠AHF＝∠HAF＝60°， ∴∠AHE＝120°， ∵将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴∠DAB+∠EAH＝180°﹣∠EAD﹣∠HAF＝60°， ∵∠D+∠DAB＝∠ABC＝60°， ∴∠D＝∠EAH， ∵∠DBA＝180°﹣∠ABC＝120°＝∠EHA， 又∵AD＝AE， ∴△EAH≌△ADB（AAS）， ∴BD＝AH，AB＝EH， ∵AH＝FH， ∴BD＝FH， ∴AB＝EH＝EF﹣FH＝EF﹣BD； （3）解：如图所示③，过E作EH⊥AB于H， ∵∠BAC＝30°，∠C＝90°， ∴AB＝2BC，AB2＝BC2+AC2， ∴， ∴BC＝6， ∴AB＝2BC＝12， ∵△ACD面积是△ABD面积两倍， ∴CD＝2BD，又BC＝BD+CD， ∴，则AF＝DM＝BD＝2， 由（1）可知，BD+EF＝AB， ∴EF＝AB﹣BD＝12﹣2＝10， 在Rt△EHF中，∠FEH＝90°﹣∠EFB＝30°， ∴，则， ∴； 如图④所示，当点D在线段BC的延长线上时， ∵CD＜BD，与CD＝2BD矛盾， ∴不符合题意； 如图⑤所示，当点D在线段CB的延长线上时， ∵CD＝2BD＝BD+BC，BC＝6， ∴BD＝BC＝6，则AH＝BD＝6， 由（2）可知，AB＝EF﹣BD， ∵AB＝2BC＝12， ∴EF＝AB+BD＝12+6＝18， 过A作AM⊥EF于M，则∠AMH＝90°， ∴∠HAM＝90°﹣∠AHF＝30°， ∴， ∴， ∴， 综上所述，△AEF的面积为或． 【点睛】此题考查了旋转性质、全等三角形的性质和判定，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含30°角直角三角形的性质，三角形的外角性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加辅助线构造全等三角形和等边三角形是解题的关键． 6．（2024•通州区二模）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；再一次对折纸片，使EF与BC重合，折痕为GH；把纸片展平，MN也为折痕；点P为线段AD上一点，再次沿BP折叠矩形纸片，使点A落在原矩形所在平面的点Q处． 问题解决： （1）如图1，若点Q在线段EF上，延长PQ交BC于点W，求证：△BPW为等边三角形； （2）如图2，若点Q在线段GH上，求tan∠ABP的值； （3）矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，直线PQ交DC的延长线于点K．若，求线段PD的长． 【答案】（1）证明详见解答； （2）tan∠ABP的值为； （3）线段PD的长为． 【分析】（1）根据矩形ABCD的性质和△PBQ由△APB折叠得到，进而推出PQ＝QW，由PB＝BW＝PW，进而推出△PBW是等边三角形．； （2）设BP交GH于点R，AB＝4a，则BG＝a，△PBQ由△PBA折叠得到，△ABP≌△QBP，GQa，根据△ABP∽△GBR，RQ＝AP，，AP＝RQ，tan∠ABR； （3）记直线PK交边 BC于点T，先推出△TKC∽△PKD，设TC＝x，则PD＝5x，PQ＝AP＝4﹣5x， 同（1）可得BT＝PT＝4﹣x，TQ＝（4﹣x）﹣（4﹣5x）＝4x，BQ2+TO2＝BT2，解得x，PD＝5x，作答即可． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD为矩形， ∴∠A＝90°，AD∥BC， ∴∠APB＝∠PBW， ∵△PBQ由△APB折叠得到， ∴△ABP≌△QBP， ∴∠APB＝∠OPB，∠PQB＝∠A＝90°， ∴∠PBW＝∠QPB， ∴BW＝PW， 由题意可知，AD∥EF∥BC，AE＝BE， ∴， PQ＝QW， ∵PB＝BW＝PW， ∴△PBW是等边三角形； （2）设BP交GH于点R， AB＝4a，则BG＝a， ∵△PBQ由△PBA折叠得到， ∴△ABP≌△QBP， ∴AP＝PQ，∠APB＝∠QPB，BQ＝AB＝4a， ∵BG＝a， ∴GQa， ∵GQ∥AP， ∴∠APB＝∠PRQ， ∴△ABP∽△GBR， ∴PQ＝RQ，， ∴RQ＝AP， ∴， ∴AP＝RQ， ∴tan∠ABR， ∴tan∠ABP的值为； （3）记直线PK交边 BC于点T， 由BC∥AD，可得△TKC∽△PKD， ∴， 设TC＝x，则PD＝5x，PQ＝AP＝4﹣5x， 同（1）可得BT＝PT＝4﹣x， TQ＝（4﹣x）﹣（4﹣5x）＝4x， 在Rt△BQT中，BQ2+TO2＝BT2， ∴32+（4x）2＝（4﹣x）2， 解得x1＝﹣1（舍去），x2， ∴PD＝5x， ∴线段PD的长为． 【点睛】本题考查矩形综合题，三角形相似，折叠性质，三角形全等的性质，解题的关键是熟练掌握三角形相似的性质． 7．（2024•沧州一模）问题情境： “综合与实践”课上，老师让同学们以“矩形的翻折”为主题开展数学活动． 第1步：有一张矩形纸片ABCD，在AD边上取一点P沿BP翻折，使点A落在矩形内部A′处； 第2步：再次翻折矩形，使PD与PA′所在直线重合，点D落在直线PA′上的点D′处，折痕为PE． 翻折后的纸片如图1所示． （1）∠BPE的度数为 　90°　 ； （2）若AD＝32cm，AB＝24cm，求DE的最大值； 拓展应用： 一张矩形纸片通过问题情境中的翻折方式得到如图2所示的四边形纸片FKQG，其中∠KFG的一边与矩形纸片的一边重合，KQ⊥FK，FG⊥GQ，FG＝45cm，FK＝35cm，KQ＝30cm，求该矩形纸片的面积． 【答案】（1）90°；（2）；（3）1260． 【分析】（1）利用折叠的性质和平角的意义解答即可； （2）设PD＝x，DE＝y，则AP＝AD﹣AP＝32﹣x，利用相似三角形的判定与性质求得y与x的函数关系式，再利用二次函数的想解答即可得出结论； （3）作出原矩形FGHN，连接FQ，利用勾股定理求得线段QG，设FN＝HG＝x，则HQ＝x﹣10，设NK＝y，则HK＝45﹣y，利用相似三角形的判定与性质得到关于x，y的方程组，解方程组求得x，y值，再利用矩形的面积公式解答即可． 【详解】解：（1）由题意得：∠APB＝∠A′PB，∠DPE＝D′PE， ∵∠APB+∠A′PB+∠DPE+D′PE＝180°， ∴2（∠A′PB+∠D′PE）＝180°， ∴∠A′PB+∠D′PE＝90°， ∴∠BPE＝90°． 故答案为：90°； （2）设PD＝x，DE＝y，则AP＝AD﹣AP＝32﹣x． 由（1）知：∠BPE＝90°， ∴∠APB+∠DPE＝90°． ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠D＝∠A＝90°， ∴∠ABP+∠APB＝90°， ∴∠ABP＝∠DPE． ∵∠A＝∠D＝90°， ∴△ABP∽△DPE， ∴， ∴， ∴yx（32﹣x）（x﹣16）2． ∵， ∴当x＝16时，y有最大值为． ∴DE的最大值为． （3）作出原矩形FGHN，连接FQ，如图， ∵FK＝35cm，KQ＝30cm，KQ⊥FK， ∴FQ． ∴QG10． ∵四边形FGHN为矩形， ∴FN＝HG，FG＝HN＝45． 设FN＝HG＝x，则HQ＝x﹣10，设NK＝y，则HK＝45﹣y． ∵KQ⊥FK， ∴∠FKN+∠HKQ＝90°． ∵∠N＝90°， ∴∠NFK+∠FKN＝90°， ∴∠NKF＝∠HKQ． ∵∠N＝∠H＝90°， ∴△FNK∽△KHQ， ∴， ∴， ∴， ∴FN＝28， ∴该矩形纸片的面积＝FG•FN＝28×45＝1260． 当KF为矩形的一边时，作出原矩形，如图， 设QN＝x，则KN＝30+x， ∵四边形KFMN为矩形， ∴MN＝KF＝35，FM＝KN＝30+x． ∵∠FGQ＝90°， ∴∠FGM+∠QGN＝90°． ∵∠M＝90°， ∴∠GFM+∠FGM＝90°． ∴∠GFM＝∠QGN， ∵∠M＝∠N＝90°， ∴△FGM∽△GQN． ∴， ∴， ∴NG，MGx， ∴x＝35， ∴x＝6． ∴FM＝36． ∴该矩形纸片的面积＝35×36＝1260． 综上，该矩形纸片的面积为1260． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，二次函数的应用，函数的最大值，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键． 2 / 130 1 / 130 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$