专题3 南通中考解答题第25题压轴题7种常考题型训练-2025年中考数学复习题型对位训练（南通专用）

专题3 南通中考解答题第25题压轴题7种常考题型训练（解析版） 类型一 含参二次函数 类型二 二次函数综合题与代数几何综合题 类型三 三角形综合题 类型四 特殊平行四边形综合题 类型五 几何变换综合题 类型六 相似形综合题 类型七 综合与实践 类型一 含参二次函数 1．（2020•南通）已知抛物线y＝ax2+bx+c经过A（2，0），B（3n﹣4，y1），C（5n+6，y2）三点，对称轴是直线x＝1．关于x的方程ax2+bx+c＝x有两个相等的实数根． （1）求抛物线的解析式； （2）若n＜﹣5，试比较y1与y2的大小； （3）若B，C两点在直线x＝1的两侧，且y1＞y2，求n的取值范围． 【分析】（1）由题意可得0＝4a+2b+c①，1②，Δ＝（b﹣1）2﹣4ac＝0③，联立方程组可求a，b，c，可求解析式； （2）由n＜﹣5，可得点B，点C在对称轴直线x＝1的左侧，由二次函数的性质可求解； （3）分两种情况讨论，列出不等式组可求解． 【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（2，0）， ∴0＝4a+2b+c①， ∵对称轴是直线x＝1， ∴1②， ∵关于x的方程ax2+bx+c＝x有两个相等的实数根， ∴Δ＝（b﹣1）2﹣4ac＝0③， 由①②③可得：， ∴抛物线的解析式为yx2+x； （2）∵n＜﹣5， ∴3n﹣4＜﹣19，5n+6＜﹣19 ∴点B，点C在对称轴直线x＝1的左侧， ∵抛物线yx2+x， ∴0，即y随x的增大而增大， ∵（3n﹣4）﹣（5n+6）＝﹣2n﹣10＝﹣2（n+5）＞0， ∴3n﹣4＞5n+6， ∴y1＞y2； 方法二‘ ∵B（3n﹣4，y1），C（5n+6，y2）在抛物线yx2+x上， ∴y1（3n﹣4）2+（3n﹣4）n2+15n﹣12， y2（5n+6）2+（5n+6）n2﹣25n﹣12， ∴y1﹣y2＝8n（n+5）， ∵n＜﹣5， ∴8n＜0，n+5＜0， ∴y1﹣y2＝8n（n+5）＞0， ∴y1＞y2． （3）若点B在对称轴直线x＝1的左侧，点C在对称轴直线x＝1的右侧时， 由题意可得， ∴0＜n， 若点C在对称轴直线x＝1的左侧，点B在对称轴直线x＝1的右侧时， 由题意可得：， ∴不等式组无解， 综上所述：0＜n． 【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，根的判别式，待定系数法求解析式，一元一次不等式组的应用，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． 2．（2024•南通）已知函数y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2（a，b为常数）．设自变量x取x0时，y取得最小值． （1）若a＝﹣1，b＝3，求x0的值； （2）在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）在双曲线y上，且x0．求点P到y轴的距离； （3）当a2﹣2a﹣2b+3＝0，且1≤x0＜3时，分析并确定整数a的个数． 【分析】（1）利用求抛物线对称轴公式即可求得答案； （2）根据题意得b，代入y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2，再根据抛物线对称轴公式建立方程求解即可； （3）由题意得b，代入y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2，用含a的代数式表示x0，再根据题意列不等式组求解即可． 【详解】解：（1）若a＝﹣1，b＝3，则y＝（x+1）2+（x﹣3）2＝2x2﹣4x+10， ∵当x1时，y取得最小值， ∴x0＝1； （2）∵点P（a，b）在双曲线y上， ∴b， ∴y＝（x﹣a）2+（x）2＝2x2﹣（2a）x+a2， ∵x0， ∴a1＝2，a2＝﹣1， 当a＝2时，点P到y轴的距离为2； 当a＝﹣1时，点P到y轴的距离1； 综上所述，点P到y轴的距离为2或1； （3）∵a2﹣2a﹣2b+3＝0， ∴b， 由题意得：x0， ∵1≤x0＜3， ∴13， 整理得：1≤a2＜9， ∴﹣3＜a≤﹣1或1≤a＜3， ∵a为整数， ∴a＝﹣2或﹣1或1或2，共4个． 【点睛】本题是函数综合题，考查了二次函数的性质，反比例函数性质，解不等式组等，理解题意，熟练运用二次函数的性质是解题关键． 类型二 二次函数综合题与代数几何综合题 3．（2025•昆山市模拟）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． 【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． 4．（2025•南通模拟）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3交x轴于A，C两点，交y轴于点B． （1）直接写出点A，B，C的坐标． （2）如图（1），抛物线上有点D（2，m），在第三象限的抛物线上存在点M，且∠ACM＝∠BCD，求点M的坐标． （3）如图（2），在第一象限的抛物线上有一点E，过点E作BC的平行线交抛物线于另一点F，直线FB，EC交于点P，若点P的纵坐标为t，△CBP的面积记为S，试探究S与t之间数量关系． 【分析】（1）根据函数图象的特点求点的坐标即可； （2）由题可得∠MCD＝45°，过D点作CD⊥DN交CM的延长线于点N，分别过点N、C作y轴的平行线交直线BD于点G、点H，能够证明△NDG≌△DCH，得到点N（﹣1，﹣2），求出直线CN与抛物线的交点即为M点； （3）设直线EF的解析式为y＝x+t，当x+t＝x2﹣2x﹣3时，xE+xF＝3，xE•xF＝﹣3﹣n，设直线BF的解析式为y＝mx﹣3，当mx﹣3＝x2﹣2x﹣3时，xB+xF＝2+m，xF＝2+m，得到xE＝1﹣m，设直线EC的解析式为y＝n（x﹣3），当nx﹣3n＝x2﹣2x﹣3时，xE+xC＝2+n，xE•xC＝﹣3﹣3n，得到xE＝n﹣1，从而得到方程1﹣m＝n﹣1，得到关系m+n＝2，当nx﹣3n＝mx﹣3时，求出点P（，t），过P点作y轴的平行线交BC于点Q，可求Q（，），从而得到S3（t）t． 【详解】解：（1）当x＝0时，y＝﹣3， ∴B（0，﹣3）， 当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0， 解得x＝3或x＝﹣1， ∴A（﹣1，0），C（3，0）； （2）当x＝2时，y＝﹣3， ∴D（2，﹣3）， ∵OB＝OC＝3， ∴∠OBC＝45°， ∵∠ACM＝∠BCD， ∴∠MCD＝45°， 过D点作CD⊥DN交CM的延长线于点N， ∴CD＝DN， 分别过点N、C作y轴的平行线交直线BD于点G、点H， ∴△NDG≌△DCH， ∴DH＝NG＝3，CH＝DG＝1， ∴N（﹣1，﹣2）， 设直线CN的解析式为y＝kx+b， ∴， 解得， ∴yx， 当xx2﹣2x﹣3时，解得x或x＝3， ∴M（，）； （3）∵B（0，﹣3），C（3，0）， ∴直线BC的解析式为y＝x﹣3， 设直线EF的解析式为y＝x+k1， 当x+k1＝x2﹣2x﹣3时，xE+xF＝3，xE•xF＝﹣3﹣k1， 设直线BF的解析式为y＝mx﹣3， 当mx﹣3＝x2﹣2x﹣3时，xB+xF＝2+m， ∴xF＝2+m，xE＝1﹣m， 设直线EC的解析式为y＝n（x﹣3）， 当nx﹣3n＝x2﹣2x﹣3时，xE+xC＝2+n，xE•xC＝﹣3﹣3n， ∴xE＝n﹣1， ∴1﹣m＝n﹣1， ∴m+n＝2， 当nx﹣3n＝mx﹣3时，解得xP， ∴P（，t）， 过P点作y轴的平行线交BC于点Q， ∴Q（，）， ∴S3（t）t． 【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，三角形全等的判定及性质，待定系数法求函数的解析，一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 5．（2025•南通模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线yx+1与抛物线y＝ax2+bx﹣3交于A、B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为3．点P是直线AB下方的抛物线上一动点（不与A、B点重合），过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作PD⊥AB于点D． （1）求a、b及sin∠ACP的值； （2）设点P的横坐标为m； ①用含有m的代数式表示线段PD的长，并求出线段PD长的最大值； ②连接PB，线段PC把△PDB分成两个三角形，是否存在适合的m的值，使这两个三角形的面积之比为9：10？若存在，直接写出m的值；若不存在，说明理由． 【分析】（1）已知直线AB的解析式，首先能确定A、B点的坐标，然后利用待定系数法确定a、b的值；若设直线AB与y轴的交点为E，E点坐标易知，在Rt△AEO中，能求出sin∠AEO，而∠AEO＝∠ACP，则∠ACP的正弦值可得． （2）①已知P点横坐标，根据直线AB、抛物线的解析式，求出C、P的坐标，由此得到线段PC的长；在Rt△PCD中，根据（1）中∠ACP的正弦值，即可求出PD的表达式，再根据所得函数的性质求出PD长的最大值． ②在表达△PCD、△PBC的面积时，若都以PC为底，那么它们的面积比等于PC边上的高的比．分别过B、D作PC的垂线，首先求出这两条垂线段的表达式，然后根据题干给出的面积比例关系求出m的值． 【详解】解：（1）由x+1＝0，得x＝﹣2，∴A（﹣2，0）． 由x+1＝3，得x＝4，∴B（4，3）． ∵y＝ax2+bx﹣3经过A、B两点， ∴ ∴， 则抛物线的解析式为：yx2x﹣3， 设直线AB与y轴交于点E，则E（0，1）． ∵PC∥y轴， ∴∠ACP＝∠AEO． ∴sin∠ACP＝sin∠AEO． （2）①由（1）知，抛物线的解析式为yx2x﹣3．则点P（m，m2m﹣3）． 已知直线AB：yx+1，则点C（m，m+1）． ∴PCm+1﹣（m2m﹣3）m2+m+4（m﹣1）2 Rt△PCD中，PD＝PC•sin∠ACP＝[（m﹣1）2]•（m﹣1）2 ∴PD长的最大值为：． ②如图，分别过点D、B作DF⊥PC，BG⊥PC，垂足分别为F、G． ∵sin∠ACP， ∴cos∠ACP， 又∵∠FDP＝∠ACP ∴cos∠FDP， 在Rt△PDF中，DFPD（m2﹣2m﹣8）． 又∵BG＝4﹣m， ∴． 当时，解得m； 当时，解得m． 【点睛】本题考查了二次函数的应用以及解析式的确定、解直角三角形、图形面积的求法等知识，主要考查学生数形结合思想的应用能力． 类型三 三角形综合题 6．（2025•广陵区一模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D为AC边上的一个动点（不与点A，C重合），作点C关于直线BD的对称点E． （1）小明给出了下面框图中的作法： 请判断小明给出的作法是否符合题目要求，并说明理由； （2）当点E在边AB上时，请用无刻度直尺和圆规在图2中作出点D，E（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色签字笔描深痕迹），连接DE，并求出DE的长； （3）连接AE，CE，当△ACE为直角三角形时，求∠BCE的正切值． 【分析】（1）连接BE，CE，DE．由线段垂直平分线的性质可得出结论； （2）作∠CBA的角平分线BD，交AC于点D；以点B为圆心，以BC为半径作弧，交AB于点E；证出，得出．则可得出结论； （3）分三种情况，由直角三角形的性质及相似三角形的性质可得出答案． 【详解】解：（1）符合题目要求． 理由：如图1，连接BE，CE，DE． 由作法可知 DC＝DE，BC＝BE． ∴点B，D均在CE的垂直平分线上， ∴BD垂直平分CE． ∴点C和点E关于直线BD对称； （2）解：如图2，作∠CBA的角平分线BD，交AC于点D；以点B为圆心，以BC为半径作弧，交AB于点E； ∴点D，点E即为所求作的点． ∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB＝10．点C和点E关于直线BD对称． ∴BD垂直平分CE， ∴BC＝BE＝8，DC＝DE， ∴∠DCB＝∠DEB＝90°． ∴， 即． ∴． （3）解：①若∠CAE＝90°， 如图3，作EH⊥BC于点H，得矩形AEHC． ∴EH＝AC＝6． 又∵BC＝BE＝8， ∴， ∴． ∴． ②若∠CEA＝90°． 如图4，作BH⊥CE于点H， 又BC＝BE＝8， ∴CH＝EH． ∵∠ACB＝∠BHC＝90°， ∴∠ACE＝∠CBH，∠CAE＝∠BCH． ∴△CAE∽△BCH． ∴． 又∵CH＝EH， ∴tan∠CAE． ∴tan∠BCE＝tan∠CAE． ③若∠ACE＝90°，不符合题意，舍去． 综上，∠BCE的正切值为或． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的性质与判定，轴对称的性质，直角三角形的边角关系，线段垂直平分线的性质，角平分线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 类型四 特殊平行四边形综合题 7．（2022•南通）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF． （1）当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证：AM＝AB； （2）当AE＝3时，求CF的长； （3）连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值． 【分析】（1）如图1中，作FM⊥AC，垂足为M，证明△ABE≌△AMF（AAS），可得结论； （2）利用勾股定理求出BE，利用全等三角形的性质推出FM＝BE，再利用勾股定理求出CF即可； （3）分两种情形：当点E在BC上时，如图2中，过点D作DH⊥FM于点H．证明点F在射线FM上运动，当点F与K重合时，DF的值最小，求出DH即可．当点E在线段CD上时，如图3中，将线段AD绕点A顺时针旋转，旋转角为∠ABC，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR于点Q，DK⊥FR于点K．证明△ADE≌△ARF（SAS），推出∠ADE＝∠ARF＝90°，推出点F在直线RF上运动，当点D与H重合时，DF的值最小，可得结论． 【详解】（1）证明：如图1中，作FM⊥AC，垂足为M， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， ∵FM⊥AC， ∴∠B＝∠AMF＝90°， ∵∠BAC＝∠EAF， ∴∠BAE＝∠MAF， 在△ABE和△AMF中， ， ∴△ABE≌△AMF（AAS）， ∴AB＝AM； （2）解：当点E在BC上，在Rt△ABE中，AB＝4，AE＝3， ∴BE， ∵△ABE≌△AMF， ∴AB＝AM＝4，FM＝BE， 在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝3， ∴AC5， ∴CM＝AC﹣AM＝5﹣4＝1， ∵∠CMF＝90°， ∴CF． 当点E在CD上时，作FH⊥AC于点H，可证DE＝AD＝AH＝FH＝3，CH＝2， 可得CF． 综上所述，CF的值为或； （3）解：当点E在BC上时，如图2中，过点D作DH⊥FM于点H． ∵△ABE≌△AMF， ∴AM＝AB＝4， ∵∠AMF＝90°， ∴点F在射线FM上运动，当点F与H重合时，DF的值最小， ∵∠CMJ＝∠ADC＝90°，∠MCJ＝∠ACD， ∴△CMJ∽△CDA， ∴， ∴， ∴MJ，CJ， ∴DJ＝CD﹣CJ＝4， ∵∠CMJ＝∠DHJ＝90°，∠CJM＝∠DJH， ∴△CMJ∽△DHJ， ∴， ∴， ∴DH， ∴DF的最小值为． 当点E在线段CD上时，如图3中，将线段AD绕点A顺时针旋转，旋转角为∠BAC，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR于点Q，DK⊥FR于点K． ∵∠EAF＝∠BAC，∠DAR＝∠BAC， ∴∠DAE＝∠RAF， ∵AE＝AF，AD＝AR， ∴△ADE≌△ARF（SAS）， ∴∠ADE＝∠ARF＝90°， ∴点F在直线RF上运动，当点D与K重合时，DF的值最小， ∵DQ⊥AR，DK⊥RF， ∴∠R＝∠DQR＝∠DKR＝90°， ∴四边形DKRQ是矩形， ∴DK＝QR， ∴AQ＝AD•cos∠BAC＝3， ∵AR＝AD＝3， ∴DK＝QR＝AR﹣AQ， ∴DF的最小值为， ∵， ∴DF的最小值为． 解法二：当点E在BC上时，如图，将线段AD绕点A逆时针旋转，旋转角的度数＝∠BAC，得到AT，连接DT，ET，DF． 证明△DAF≌△TAE，推出DF＝TE， 当TE⊥BC时，DF的值最小，可得DF的最小值为． 当点E在CD上时，同法可得DF的最小值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 8．（2021•南通）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE＝α． （1）求∠BCF的大小（用含α的式子表示）； （2）过点C作CG⊥直线AF，垂足为G，连接DG．判断DG与CF的位置关系，并说明理由； （3）将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，点E的对应点为点H，连接BF，HF．当△BFH为等腰三角形时，求sinα的值． 【分析】（1）由轴对称的性质可得AB＝BF，BE⊥AF，可求∠CBF＝90°﹣2α，由等腰三角形的性质可求解； （2）通过证明点A，点D，点G，点C四点共圆，可得∠AGD＝∠ACD＝45°，由等腰三角形的性质可得∠AFB＝90°﹣α，可得∠CFG＝45°＝∠DGA，可证DG∥CF； （3）分三种情况讨论，由旋转的性质可得AE＝CH，BE＝BH，∠ABE＝∠CBH＝α＝∠FBE，AB＝BC，由“ASA”可证△ABE≌△NHB，可得BN＝AEAB，即可求解． 【详解】解：（1）如图1，连接BF， ∵点A关于直线BE的对称点为点F， ∴AB＝BF，BE⊥AF， ∴∠ABE＝∠EBF＝α， ∴∠CBF＝90°﹣2α， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC， ∴BF＝BC， ∴∠BCF45°+α； （2）DG∥CF， 理由如下：如图2，连接AC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACD＝45°，∠ADC＝90°， ∵CG⊥AF， ∴∠CGA＝∠ADC＝90°， ∴点A，点D，点G，点C四点共圆， ∴∠AGD＝∠ACD＝45°， ∵AB＝BF，∠ABF＝2α， ∴∠AFB90°﹣α， ∴∠AFC＝135°， ∴∠CFG＝45°＝∠DGA， ∴DG∥CF； （3）∵BE＞AB， ∴BH＞BF， ∴BH≠BF； 如图3，当BH＝FH时，过点H作HN⊥BF于N， ∵将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH， ∴△ABE≌△CBH，∠EBH＝90°＝∠ABC， ∴AE＝CH，BE＝BH，∠ABE＝∠CBH＝α＝∠FBE，AB＝BC， ∴∠HBF＝90°﹣α， ∵BH＝FH，HN⊥BF， ∴BN＝NFBFAB，∠BNH＝90°＝∠BAE， ∴∠BHN＝α， ∴∠ABE＝∠BHN， ∴△ABE≌△NHB（ASA）， ∴BN＝AEAB， ∴BEAE， ∴sinα， 当BF＝FH时， ∴∠FBH＝∠FHB＝90°﹣α， ∴∠BFH＝2α＝∠ABF， ∴AB∥FH， 即点F与点C重合，则点E与点D重合， ∵点E在边AD上（不与端点A，D重合）， ∴BF＝FH不成立， 综上所述：sinα的值为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的有关知识，等腰三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 9．（2024•启东市二模）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． 【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． 10．（2024•海门区一模）问题情境 如图，折叠矩形纸片ABCD，使点C的对应点F落在边AB上，得到折痕BE，把纸片展平；继续沿过点E的直线折叠，点A的对应点M落在边BC上，得到折痕EG，把纸片展平，AD的对应边MN交CD于点P． 初步探究 （1）四边形BCEF的形状是 　正方形　 ； 深入探究 （2）用等式表示线段PE，PM之间的数量关系，并证明； 拓展延伸 （3）设MG交BE于点Q，BM＝2CM＝4，求△BGQ的面积． 【分析】（1）由折叠的性质得出∠ECB＝∠EFB＝90°＝∠FBC，由正方形的判定可得出结论； （2）连接EM，证明Rt△ENM≌Rt△MCE （HL），得出∠EMN＝∠MEC，则可得出结论； （3）求出AB＝DC＝8．设GB＝x，则GM＝AG＝8﹣x．由勾股定理求出GB＝3，过点Q作QH⊥BG于H，求出QH，则可得出答案． 【详解】解：（1）∵折叠矩形纸片ABCD，使点C的对应点F落在边AB上， ∴∠ECB＝∠EFB＝90°＝∠FBC， ∴四边形BCEF是矩形， ∵BC＝BF， ∴四边形BCEF是正方形； 故答案为：正方形； （2）PE＝PM． 证明：连接EM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC． ∴∠D＝∠C＝90° 由折叠知，MN＝AD，∠N＝∠D＝∠C＝90°． ∵四边形BCEF是正方形， ∴EC＝BC． ∴EC＝MN． 在Rt△ENM和Rt△MCE中， ， ∴Rt△ENM≌Rt△MCE （HL）， ∴∠EMN＝∠MEC， ∴PE＝PM； （3）∵Rt△ENM≌Rt△MCE， ∴EN＝CM＝2，EC＝MN． ∴DE＝EN＝2． ∵正方形BCEF中，EC＝BC＝6， ∴AB＝DC＝8． 设GB＝x，则GM＝AG＝8﹣x． 由勾股定理得，GB2+BM2＝GM2，即（8﹣x）2＝x2+16， 解得x＝3， 即GB＝3． 过点Q作QH⊥BG于H， ∵∠GBQ＝45°， ∴QH＝BH，GH＝3﹣BH＝3﹣QH． ∵， ∴， ∴． ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识是解题的关键． 类型五 几何变换综合题 11．（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． 【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． 12．（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． 【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． 类型六 相似形综合题 13．（2023•南通）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，则图中与线段AE相等的线段是 　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，当点F在边CD延长线上且DF＝DG时，求的值． 【分析】（1）通过证明△ABE≌△ADF（SAS），即可得到AF＝AE； （2）当E点在BC边上时，如图1，过G点作GM⊥AD交于M，延长MG交BC于N点，通过证明△AMG≌△GNE（AAS），推导出△MDG为等腰直角三角形，即可求∠GDC＝45°；当点E在CD边上时，如图2，过点G作GN⊥DF交于N，延长NG交BA延长线于点M，同理，△AMG≌△GNE（AAS），可推导出△NDG为等腰直角三角形，则∠GDN＝45°，即可求∠GDC＝180°﹣45°＝135°， （3）当点F在CD边延长线上时，点E在边CD上，设GN＝DN＝a，则DGa，则DF＝DGa，FN＝DF﹣DN＝（1）a，再由GN∥AD，即可求1． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°， ∵BE＝BF， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE＝AF， 故答案为：AF； （2）当E点在BC边上时，如图1， 过G点作GM⊥AD交于M，延长MG交BC于N点， ∴∠AMG＝∠DMG＝∠GNE＝90°， ∴四边形CDMN是矩形， ∴∠AGM+∠MAG＝90°， ∵EG⊥AF，∠EAF＝45°， ∴∠AGM+∠EGN＝90°， ∵∠AGE＝90°，∠EAF＝45°， ∴△AEG是等腰直角三角形， ∴AG＝EG， ∴∠EGN＝∠MAG， ∴△AMG≌△GNE（AAS）， ∴AM＝GN， ∵AM+MD＝GN+MG， ∴MD＝MG， ∴△MDG为等腰直角三角形， ∴∠MDG＝45°， ∴∠GDC＝45°； 当点E在CD边上时，如图2， 过点G作GN⊥DF交于N，延长NG交BA延长线于点M， ∴四边形ADNM是矩形， 同理，△AMG≌△GNE（AAS）， ∴GN＝AM＝DN， ∴△NDG为等腰直角三角形， ∴∠GDN＝45°， ∴∠GDC＝180°﹣45°＝135°， 综上所述：∠GDC的度数为45°或135°； （3）当点F在CD边延长线上时，点E在边CD上， 设GN＝DN＝a，则DGa， ∴DF＝DGa， ∴FN＝DF﹣DN＝（1）a， ∵GN∥AD， ∴1． 【点睛】本题考查相似的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质，等腰直角三角形的性质，矩形的性质是解题的关键． 类型七 综合与实践 14．（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． 【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． 15．（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． 【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． 16．（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． 【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． 17．（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． 【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． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题3 南通中考解答题第25题压轴题7种常考题型训练（原卷版） 【题型预览】 类型一 含参二次函数 类型二 二次函数综合题与代数几何综合题 类型三 三角形综合题 类型四 特殊平行四边形综合题 类型五 几何变换综合题 类型六 相似形综合题 类型七 综合与实践 类型一 含参二次函数 1．（2020•南通）已知抛物线y＝ax2+bx+c经过A（2，0），B（3n﹣4，y1），C（5n+6，y2）三点，对称轴是直线x＝1．关于x的方程ax2+bx+c＝x有两个相等的实数根． （1）求抛物线的解析式； （2）若n＜﹣5，试比较y1与y2的大小； （3）若B，C两点在直线x＝1的两侧，且y1＞y2，求n的取值范围． 2．（2024•南通）已知函数y＝（x﹣a）2+（x﹣b）2（a，b为常数）．设自变量x取x0时，y取得最小值． （1）若a＝﹣1，b＝3，求x0的值； （2）在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）在双曲线y上，且x0．求点P到y轴的距离； （3）当a2﹣2a﹣2b+3＝0，且1≤x0＜3时，分析并确定整数a的个数． 类型二 二次函数综合题与代数几何综合题 3．（2025•昆山市模拟）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． 4．（2025•南通模拟）如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3交x轴于A，C两点，交y轴于点B． （1）直接写出点A，B，C的坐标． （2）如图（1），抛物线上有点D（2，m），在第三象限的抛物线上存在点M，且∠ACM＝∠BCD，求点M的坐标． （3）如图（2），在第一象限的抛物线上有一点E，过点E作BC的平行线交抛物线于另一点F，直线FB，EC交于点P，若点P的纵坐标为t，△CBP的面积记为S，试探究S与t之间数量关系． 5．（2025•南通模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线yx+1与抛物线y＝ax2+bx﹣3交于A、B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为3．点P是直线AB下方的抛物线上一动点（不与A、B点重合），过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作PD⊥AB于点D． （1）求a、b及sin∠ACP的值； （2）设点P的横坐标为m； ①用含有m的代数式表示线段PD的长，并求出线段PD长的最大值； ②连接PB，线段PC把△PDB分成两个三角形，是否存在适合的m的值，使这两个三角形的面积之比为9：10？若存在，直接写出m的值；若不存在，说明理由． 类型三 三角形综合题 6．（2025•广陵区一模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D为AC边上的一个动点（不与点A，C重合），作点C关于直线BD的对称点E． （1）小明给出了下面框图中的作法： 请判断小明给出的作法是否符合题目要求，并说明理由； （2）当点E在边AB上时，请用无刻度直尺和圆规在图2中作出点D，E（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色签字笔描深痕迹），连接DE，并求出DE的长； （3）连接AE，CE，当△ACE为直角三角形时，求∠BCE的正切值． 类型四 特殊平行四边形综合题 7．（2022•南通）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF． （1）当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证：AM＝AB； （2）当AE＝3时，求CF的长； （3）连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值． 8．（2021•南通）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE＝α． （1）求∠BCF的大小（用含α的式子表示）； （2）过点C作CG⊥直线AF，垂足为G，连接DG．判断DG与CF的位置关系，并说明理由； （3）将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，点E的对应点为点H，连接BF，HF．当△BFH为等腰三角形时，求sinα的值． 9．（2024•启东市二模）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． 10．（2024•海门区一模）问题情境 如图，折叠矩形纸片ABCD，使点C的对应点F落在边AB上，得到折痕BE，把纸片展平；继续沿过点E的直线折叠，点A的对应点M落在边BC上，得到折痕EG，把纸片展平，AD的对应边MN交CD于点P． 初步探究 （1）四边形BCEF的形状是 　 　 ； 深入探究 （2）用等式表示线段PE，PM之间的数量关系，并证明； 拓展延伸 （3）设MG交BE于点Q，BM＝2CM＝4，求△BGQ的面积． 类型五 几何变换综合题 11．（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． 12．（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． 类型六 相似形综合题 13．（2023•南通）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，则图中与线段AE相等的线段是 　 　 ； （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，当点F在边CD延长线上且DF＝DG时，求的值． 类型七 综合与实践 14．（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． 15．（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． 16．（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． 17．（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． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$