数学（湖南长沙卷专用）-2025年中考终极押题猜想

2025年中考数学终极押题猜想（湖南长沙专用） （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 实数的混合运算 1 押题猜想二 求代数式的值 2 押题猜想三 解不等式组 3 押题猜想四 函数、方程（组）与不等式（组）的应用 3 押题猜想五 规律探究 6 押题猜想六 解直角三角形的应用 8 押题猜想七 三角形的证明与计算 11 押题猜想八 四边形的证明与计算 13 押题猜想九 几何中的多结论问题 15 押题猜想十 统计与概率 17 押题猜想十一 二次函数与线段、面积的问题 20 押题猜想十二 二次函数与多边形、角度的存在问题 23 押题猜想十三 圆的综合 27 押题猜想一 实数的混合运算 限时：2min （原创）计算：． 押题解读 本考点为必考考点，实数的混合运算是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现，出现在试卷的第17题共6分 。它是基础题，难度不大，只要记住特殊角的三角函数值，掌握实数的计算顺序，我们就能正确地解答。 1．计算：． 2．计算：． 3．计算：． 4．计算：． 5．计算：． 押题猜想二 求代数式的值 限时：2min （原创）先化简，再求值：，其中． 押题解读 本考点为必考考点，求代数式的值是比较重要的常考内容，常以解答题的形式出现，常出现在湖南长沙中考试卷地第18题。一般以先化简再求值的方式出现，难度不大，只要掌握运算法则和计算顺序，就易得分。 1．先化简，再求值：，其中，． 2．先化简，再求值：，其中，． 3、先化简，再求值：，其中，． 4．先化简：，其中是方程的解． 5．先化简，再求值：且，请选一个合适的整数代入求值． 6．先化简、再求值：，其中． 押题猜想三 解不等式组 限时：2min （原创）解不等式组，将其解集在数轴上表示出来，并写出这个不等式组的整数解． 押题解读 本考点为必考考点，解不等式组是比较重要的考查内容，常以选择题，解答题的形式出现。这类题难度不大，易得分。 1．不等式组的解集在数轴上表示正确的是（    ） A． B． C． D． 2．若关于x的不等式组的整数解共有3个，则m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．若关于的一元一次不等式组无解，且使关于的分式方程有整数解，则所有符合题意的整数的值的个数是（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 4、解不等式组，并写出它的所有正整数解． 5．解不等式组：，并写出它的所有负整数解． 押题猜想四 函数、方程（组）与不等式（组）的应用 限时：3min （改编）湖南初级中学为了增强学生体质，提高体育成绩，购进一批甲、乙两种跳绳，已知一件甲种跳绳的进价与一件乙种跳绳的进价的和为 40 元，用 90 元购进甲种跳绳的条数与用150元购进乙种跳绳的条数相同． (1)求每件甲种、乙种跳绳的进价分别是多少元？ (2)该校计划购进甲、乙两种跳绳共 48 件，其中甲种跳绳的件数少于乙种跳绳的件数．该校决定此次进货的总资金不超过 1000 元，求该校共有哪几种进货方案？哪种方案的费用最低，最低费用是多少？ 押题解读 本考点为必考考点，利用方程、不等式（组）、函数解决实际问题是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现，常出现在第22题。这些题综合性强，难度较大，易失分，所以要认真审题，找出已知量与未知量之间的关系。 1、湖南茶陵是中华茶文化的发源地之一，茶陵县也是中国历史上唯一以茶命名的行政县，相传炎帝神农氏在这里发现了茶，并被称为“茶祖”，湖南不仅在茶文化上有重要地位，其茶叶品种也非常丰富，其所产的君山银针和古丈毛尖更是享誉全国，某茶庄主要经营的茶类有君山银针和古丈毛尖，其中君山银针卖得比较好的是A规格的，古丈毛尖卖得比较好的是B规格的，它们的进价和售价如下表： 种类 君山银针A规格 古丈毛尖B规格 进价（元/斤） 160 500 售价（元/斤） 200 600 该茶庄计划购进这两种规格的茶共100斤． (1)若该茶庄购进这两种规格的茶共花费29600元，求该茶庄购进A，B两种规格的茶各多少斤？ (2)根据市场销售分析，A规格茶的进货量不低于B规格茶进货量的3倍．问：该茶庄如何进货才能使本次购进的茶全部销售完获得的利润最大？最大利润是多少元？ 2、某市为大力推销本市果农的水果产品，计划把甲水果大约700吨，乙水果大约1020吨，一次性运往外地销售．需要不同型号的A、B两种车皮共30节，A种车皮每节运费2500元，B种车皮每节运费3000元． (1)设租车皮的总费用为y元，租A种车皮x节，请写出y和x之间的函数关系式． (2)如果每节A车皮最多可装甲水果30吨和乙水果20吨，每节B车皮最多可装甲水果25吨和乙水果40吨，装水果时按此要求安排A、B两种车皮，共有几种安排方案？哪种安排方案运费最低并求出最低运费． (3)计划下一次租用A、B两种车皮时，想用（2）中的最低费用同时租用A、B两种车皮，请直接写出有哪几种租车方案？ 3、某商场销售一种商品，进价为每件40元．经市场调研发现，该商品的日销售量（件）与销售单价（元/件）之间满足一次函数关系．当售价为50元时，日销售量为350件；售价为60元时，日销售量为300件． (1)求与之间的函数关系式； (2)设该商场销售此商品每日获得的利润为（元）． ①当该商品售价为多少元时，每日可获得最大利润，最大利润是多少元? ②商场要求该商品日销售量不少于250件，且售价不低于40元，当售价为多少元时，每日可获得大利润是多少元? 4、两个加工区A和B均从甲，乙两个公司购买原材料，两公司到A，B加工区的路程和每吨每千米的运费如表所示： 路程(千米) 运费(元/吨·千米) 甲公司 乙公司 甲公司 乙公司 A加工区 20 15 1.2 1.2 B加工区 25 20 1 0.8 (1)现A加工区从甲，乙两公司购买原材料总计70吨，运费总额为1380元，则A加工区从甲，乙两公司购买原材料各多少吨？ (2)现甲，乙两个公司共有180吨原材料，恰好满足A，B两个加工区所需原材料的总和，其中甲公司有100吨，若A加工区需要70吨原材料不变，当A，B两个加工区从甲，乙两公司各购买多少吨原材料时，总运费最少？ 5、5G具有高速率、低时延、高可靠性等特点，是新一代信息技术发展方向和数字经济的重要基础设施，5G将开启令人振奋的全新机遇，为世界相互连接、计算和沟通方式带来超越想象的变革，中国的5G规模领先世界．某科技公司试生产了两批A，B两种5G通信设备，经市场调查研究，将A，B两种设备的售价分别定为3500元、2800元．两批试生产的设备情况及相应的生产成本统计如下表： A设备（单位：台） B设备（单位：台） 总生产成本（单位：元） 第一批 10 5 35000 第二批 15 10 57500 (1)A，B两种设备平均每台的成本分别为多少元？ (2)因核心科技材料供不应求，该公司计划正式生产A，B两种设备共100台，若A设备数量不超过B设备数量的3倍，并且B设备数量不超过30台，一共有多少种生产方案？哪种生产方案能获得最大利润？ 押题猜想五 规律探究 限时：4min （改编）数是不为1的有理数，我们把称为的差倒数，如：2的差倒数是，的差倒数是．已知，是的差倒数，是的差的倒数，……，以此类推，则 ． 押题解读 本考点为必考考点，规律探究是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题的形式出现。并且难度较大，易失分，往往是选择题、填空题中的压轴题。 1、2025年五一节期间，中国无人机表演团队震撼全球，6000架无人机编队划破夜空，展示了中国“智造”实力．无人机表演并非简单的编程或灯光秀，而是涉及到多项技术的深度融合．这其中就包括了精准的定位技术．如图，在平面直角坐标系中，每个最小方格的边长均为1个单位长度，无人机按图中“”方向飞行，，，，…根据这个规律，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2、如图，在平面直角坐标系上有一点，点第1次向上跳动1个单位长度至点，紧接着第2次向左跳动2个单位长度至点，第3次向上跳动1个单位长度，第4次向右跳动3个单位长度，第5次又向上跳动1个单位长度，第6次向左跳动4个单位长度，…，依此规律跳动下去，点第2025次跳动至，则的坐标是 ． 3、将n个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点，，…，分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为 ． 4、如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线与x轴的夹角为30°，点在x轴上，且，过点作交于点，以为边在右侧作等边三角形；过点作的垂线分别交x轴、干点、，以为边在的右侧作等边三角形，过点作的垂线分别交x轴、于点、，以，为边在的右侧作等边三角形，…，按此规律进行下去，则点的纵坐标为 ，点的纵坐标为 ．    押题猜想六 解直角三角形的应用 限时：4min （改编）如图1，墙壁上的点处装有一个壁挂式吊灯，已知支架长度为，且与墙壁所成夹角，壁灯吊杆长，与的夹角可调节．吊灯连接杆垂直于地面，． (1)如图2，当时，求灯口与墙壁的距离； (2)如图3，现有一靠墙放置的学习桌，与地面平行，其距离地面的高度为80cm．为了日常使用方便，当与夹角调整至时，灯口需距离桌面70cm．求点距离地面的高度．（参考数据：，，，，，） 押题解读 本考点为必考考点，锐角三角函数的应用是比较重要的考查内容，常以填空题、解答题的形式出现。现在主要考察与探究题结合在一起，难度较大，易失分，所以认真审题，构造直角三角形或矩形（正方形）来解题。 1、如图1是一台手机支架，图2是其侧面示意图，可分别绕点转动，测量知，．当转动到，时，则点到的距离为 ．（结果保留小数点后一位，参考数据:，） 2、如图是长沙九龙仓国际金融中心，位于长沙市黄兴路与解放路交会的东北角，投资160亿元人民币，总建筑面积达98万平方米，中心主楼高，是目前湖南省第一高楼，大楼顶部有一发射塔，已知和处于同一水平面上有一高楼，在楼底端D点测得A的仰角为，，在顶端E点测得A的仰角为，． (1)求两楼之间的距离； (2)求发射塔的高度． 3．某数学研究性学习小组在老师的指导下，利用课余实践进行测量活动． 问题解决：请你根据测量数据计算钢缆和的总长度（结果精确到）． 活动主题 测算观光缆车的钢缆长度 测量工具 无人机、测角仪、皮尺、计算器等 活动过程 模型抽象 如图，表示某景区一座比较险峻的山上的三个缆车站的位置，表示连接缆车站的钢缆．    测绘过程与数据信息 ①用无人机在三处测得海拔，； ②在处使用测角仪测得缆车站点的仰角； ③在处使用测角仪测得缆车站点的仰角； （参考数据：，） 4、如图，防洪大堤的横截面是梯形，背水坡的坡度，米，身高为米的小明站在大堤A点，测得高压电线杆的顶端D的仰角为，已知地面宽30米． (1)求背水坡的坡角； (2)求高压电线杆的高度．（结果精确到米．） 5、为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩．如图，在侧面示意图中，遮阳篷长为5米，与水平面的夹角为，且靠墙端离地高为4米，当太阳光线与地面的夹角为时， (1)求点与的水平距离的长； (2)求阴影的长．（结果都精确到米；参考数据：，，） 押题猜想七 三角形的证明与计算 限时：3min （改编）如图，中，，垂足为D，，垂足为E，与相交于点F，． (1)求证：； (2)若，， 求的长 押题解读 本考点为必考考点，三角形的证明与计算是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题是中档题，湖南省长沙市中考试卷近三年考察了三角形全等与相关计算，常出现在第21题。这类题难度不大，只要掌握三角形的性质与判定，我们就能解决。 1、如图，在中，，D是内一点，连接，将线段绕点C逆时针旋转到，使，连接． (1)求证：． (2)当时，求与的度数和． 2、如图，在中，，是的中点，E是的中点，过点A作，且与的延长线交于点F． (1)求证：； (2)若，求的长． 3．如图，在中，，是角平分线，E是边上一点，过点C作交的延长线于点F． (1)求证：； (2)当，，时，求的长． 4、如图，中，，分别以，为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，连接与交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 5．如图，在中，点、分别为、上一点，连接、交于点，若，且． (1)当时，求的长； (2)当，时，求的值． 6、如图，在中，为边上一点，，连接并延长至点，连接，，且_____．求证：_____． (1)给出下列信息：①；②；③．请从中选择两个作为条件，余下的一个作为结论，分别填入横线上，使之构成真命题，并加以证明； (2)在（1）的条件下，若，，求． 押题猜想八 四边形的证明与计算 限时：4min （改编）如图，在平行四边形中，对角线交于点，点分别为，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求线段的长． 押题解读 本考点为必考考点，四边形的证明与计算是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题是中档题，常出现在第23题。这类题难度不大，易得分，只要掌握三角形的性质与判定，我们就能解决。 1、如图，在四边形中，，平分，E为的中点，连接交于点F，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 2、如图，四边形是平行四边形，延长至点，使，连接、和，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点和点之间的距离 3．如图，在矩形中，E，F分别是边，上的点，，连接，，与对角线交于点O，且，． (1)求证 ； (2)若，求矩形的面积． 4．如图，在中，E，F是对角线BD上的两点（点E在点F左侧），且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，，时，求的长． 5、如图，点，分别在正方形的边，上，且，与交于点． (1)求证：． (2)连结，若点是的中点，求的值． 押题猜想九 几何中的多结论问题 限时：4min （改编）如图，已知，分别以、为边向外作等边和等边，和交于点，则下列结论：①；②；③平分；④．其中正确的有（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 押题解读 本考点为必考考点，几何中的多结论判定是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题的形式出现。并且考试的知识点较多，难度较大，易失分，往往是选择题、填空题中的压轴题。 1、如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在BC上，点F在CD上，连接AE，AF，EF，EF交AC于点G． ①若CE/CF＝AD/AB，则EF∥BD； ②若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，则EF∥BD； ③若EF∥BD，CE＝CF，则∠EAC＝∠FAC； ④若AB＝AD，AE＝AF，则EF∥BD． 上述结论，正确结论的个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 2．如图，在中，，以为边，作，满足，E为上一点，连接，，连接，下列结论中：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 3、如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E在AD上，且DE＝CD，连接OE，BE，AC与BE相交于点F，∠ABE＝1/2∠ACB．下列结论：①OE⊥BD；②△AEF是等腰三角形； ③cos∠ACB＝4/5；④若AE＝2，则OE的长为√13．其中正确的结论是 ．(填序号) 押题猜想十 统计与概率 限时：3min （改编）正值第十四届全国人民代表大会第三次会议召开之际，湖南省某中学举行党史知识竞赛．团委随机抽取了部分学生的成绩作为样本，把成绩按达标、良好、优秀、优异四个等级分别进行统计，并将所得数据绘制成如下不完整的统计图． 请根据图中提供的信息，解答下列问题： (1)本次调查的样本容量是_____，圆心角的度数为_____度； (2)补全条形统计图； (3)已知这所中学共有2000名学生，估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为多少？ (4)若在这次竞赛中有四人成绩均为满分，现从中抽取2人代表这所中学参加县级比赛．请用列表或画树状图的方法求出恰好抽到两人同时参赛的概率． 押题解读 本考点为必考考点，统计与概率是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题、解答题的形式出现。这些题都是基础题，难度不大，易得分，每年中考都10-14分高。 1．下列说法正确的有（   ） （）了解某市岁以上老年人的健康状况适合普查； （）为了了解我市今年名学生参加初中毕业考试数学成绩情况，从中抽取了名考生的数学成绩进行统计．其中名考生的数学成绩是总体的一个样本； （）袋子中装有个黑球、个白球，这些球的形状、大小、质地等完全相同，即除颜色外无其他差别，在看不到球的条件下，随机从袋子中摸出一个球，那么摸出黑球比摸出白球的可能性大； （）甲乙两人跳绳各次，其成绩的平均数相等，，则甲的成绩比乙稳定． A．个 B．个 C．个 D．个 2、截至2025年2月27日，《哪吒之魔童闹海》成为全球动画电影票房冠军，该片还成为中国首部进入全球影史票房榜前十的动画电影．1班同学利用班会准备从“哪吒、敖丙、太乙真人、申公豹”这四个人物中，各选一个进行人物分析，班长做了4张背面完全相同的卡片，如图，卡片正面分别绘制了这4个人物，将卡片背面朝上洗匀后，让甲先从这4张卡片中随机抽取一张，不放回，乙再从剩下的3张卡片中随机抽取一张，以所抽取卡片正面的人物进行讲解．则甲、乙两人抽取到哪吒和敖丙的概率是 ． 3、湖南省某市某中学开展了一系列形式多样，内容丰富的“阳光大课间”活动，学生们热情高涨，操场上欢声笑语不断，学生们在运动中挥洒汗水，不仅增强了体质，还培养了团队协作精神和积极向上的生活态度．为了解学生周末在家运动时长（单位：小时）的情况，从本校学生中随机抽取了部分学生进行问卷调查，并将收集的数据整理分析，共分为四组（A．，B．，C．，D．，其中周末运动时间不少于2小时为达标），绘制了如下两幅不完整的统计图． 根据以上信息，解答下列问题： (1)在这次抽样调查中，共调查了__________名学生： (2)请补全频数分布直方图，并计算在扇形统计图中组所对应扇形的圆心角的度数： (3)若该校有学生2000人，试估计该校学生周末在家运动时间达标的人数． 4、中国人工智能公司深度求索推出人工智能助手成为全球范围内广泛关注的焦点．某学校为了解学生对的了解程度，随机调查了部分学生，并根据收集到的信息绘制了图1和图2两幅不完整的统计图．根据图中信息，回答下列问题： (1)求接受随机调查的学生人数，及条形统计图中m的值； (2)如果该校共有学生1000人，根据上述调查结果，求该校学生中对达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数大约是多少； (3)达到“非常了解”程度的学生是2名男生和2名女生，若从这4名学生中随机抽取2人调查具体的使用情况，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率． 5、国家大力提倡节能减排和环保，近年来纯电动汽车普及率越来越高，纯电动汽车的续航里程是人们购买时参考的重要指标．某汽车杂志为了解M，N两款纯电动汽车的实际续航里程，各随机抽取了10辆进行了续航里程实测，并将测试的结果（续航里程用x公里（1公里＝1千米）表示，分成4组：A．；B．；C．；D．）；进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息： a．10辆M款纯电动汽车的实际续航里程：330，375，435，410，410，470，380，365，365，410 b．10辆N款纯电动汽车的实际续航里程条形统计图（不完整）： c．10辆N款纯电动汽车的实际续航里程在C组中的数据是：402，425，410，425． d．两款纯电动汽车的实际续航里程统计表： 平均数 中位数 众数 方差 M 395 395 a 1455 N 397 b 425 2070 根据以上信息，解答下列问题 (1)补全条形统计图； (2)表格中的 ， ； (3)根据上述数据，你认为M款和N款纯电动汽车中，哪款的实际续航里程更长？请说明理由（写出一条即可）． (4)小王看中了售价一样的甲、乙两款纯电动汽车，根据汽车杂志发布的数据对这两款车的四项性能进行了打分（百分制），如下表： 续航里程得分 百公里加速得分 百公里能耗得分 智能化水平得分 甲车 82 90 85 100 乙车 80 100 90 90 续航里程、百公里加速、百公里能耗、智能化水平四项性能在小王心中所占比例是4：2：1：3，你认为小王选择哪款车更合适？请说明理由． 押题猜想十一 二次函数与线段、面积的问题 限时：5min （改编）如图1，抛物线与x轴交于点A和B（其中点A在B左侧），顶点为P，点C是x轴上一个动点，其横坐标为，连接，．已知抛物线y与x的变化规律如下表所示： … 0 1 3 4 5 … … 0 3 4 3 0 …         (1)直接写出_____，_____，_____； (2)记点到的距离为，点到的距离为，若，求证：d为定值； (3)如图2，过点作的平行线交于点，求面积的最大值，并求出此时点的坐标． 押题解读 本考点为必考考点，二次函数与线段、面积的问题是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题综合性强，难度较大，易失分，往往是解答题中的压轴题。 1．如图，抛物线与y轴交于A，B两点（点B在点A的右边），与y轴交于点C．点P是抛物线上的一个动点，且在第四象限，设点P的横坐标为m． (1)点A，B的坐标分别为：A__________，B__________； (2)如图1，作射线与y轴交于点M，连接与y轴交于点N，连接，求证：； (3)如图2，连接，，两线段交于点E．在线段上取点F，使，连接，当达到最小值时，请求出此时的值． 2、如图，在平面直角坐标系中，抛物线与两坐标轴分别相交于，， 三点． (1)求证：； (2)过原点作直线：，交抛物线于，两点． ①点是第四象限内该抛物线上的动点，过点作轴的垂线交于点，交轴于点．当时，求的最大值； ②求面积的最小值． 3．如图，抛物线与直线交于，两点，点在抛物线上（点不与点，重合），过点作直线轴，交直线于点．点的横坐标为，点，到直线的距离分别为，． 特例感悟 （1）若抛物线的顶点为，试解答下列问题． ①当，直线与轴重合时，的长为______，______； ②当，直线轴，点的横坐标为时，的长为______，______； ③当，直线的函数解析式为时，的长为______，______． 归纳论证 （2）根据上述情况，在，，没有确定值的情形下，试猜想的长度与之间的数量关系，并证明． 拓展应用 （3）当点，的横坐标分别为，，且点在直线下方时，请利用上述结论求的最大面积． 4．已知二次函数：的最小值为，其图象与轴交于和两点，与一次函数的图象交于、两点（在左侧），过点作轴的平行线． (1)求二次函数的表达式； (2)过点作的垂线，垂足为，求证：； (3)取中点，过点作的垂线，垂足为，与二次函数的图象交于点，连接，试探究和的数量关系． 5．数学课上，数学老师对二次函数对称性进行了深入的研究．已知二次函数与，，我们把具有这样特点的函数和称为互利函数． 【总结归纳】（1）填空：的顶点坐标为__________，的顶点坐标为__________． 【知识应用】（2）求的互利函数解析式； （3）已知二次函数经过它的互利函数的图象的顶点N，设的顶点为M． 若，，求证：这两个函数的图象的交点为，； 【拓展延伸】（4）已知二次函数的互利函数与轴交于点，与轴交于点，．点在点的右侧，直线经过点，点关于的对称点恰好在线段上，直线与抛物线交于另一点． ①求点的坐标； ②点是直线上一点，点是互利函数在第一象限内的抛物线上一点，始终有，直接写出点横坐标的取值范围． 押题猜想十二 二次函数与多边形、角度的存在问题 限时：5min （改编）如果二次函数的图象的顶点在二次函数为的图象上，同时二次函数的图象的顶点在二次函数的图象上，那么我们称这两个函数互为“顶点相容函数”． (1)若二次函数与二次函数互为“顶点相容函数”，则_______． (2)如图，已知二次函数的图象的顶点为，点是轴正半轴上的一个动点，将二次函数的图象绕点旋转得到一个新的二次函数的图象，旋转前后的两个函数互为“顶点相容函数”，且的图象的顶点为． ①求二次函数的解析式； ②点为轴上一点，是否存在一点，使得为直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 押题解读 本考点为必考考点，二次函数与多边形、角度存在性的问题是湖南中考比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题综合性强，相关联的知识较多，并且难度较大，易失分，往往是解答题中的压轴题。 1、如图，二次函数的图像经过，两点，一次函数的图像与轴交于点． (1)填空：______，______； (2)求证：二次函数与一次函数的图像总有交点； (3)当点到一次函数的图像的距离最大时，设此时一次函数与二次函数的图像交于两点（点在点的右侧），试判断在线段上是否存在点，使得．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 2．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，一次函数经过点B，C． (1)求二次函数的解析式； (2)求证： (3)抛物线上是否存在一点P，使，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 3、如图，抛物线的顶点为，与轴交于点，与轴交于，两点（点在点的左侧）． (1)求抛物线的解析式； (2)连接，，，试证明为直角三角形； (3)若点在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点，使以为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 4、定义一种新的几何变换称为“抛物线对称变换”：对于任意一点，其关于抛物线的对称点同时满足以下条件：①点在抛物线的对称轴上；②的中点在抛物线上．如图，在平面直角坐标系中，抛物线：的图象与轴的一个交点为，另一个交点为，与轴交于点，顶点为． (1)求抛物线的对称轴及顶点坐标； (2)若点，则点关于抛物线的对称点是否存在？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由； (3)若点关于抛物线的对称点存在． ①求的取值范围，并求出所有满足条件的点的坐标； ②平面内是否存在点，使得以点、、、为顶点的四边形是菱形，若存在，求点的坐标及的值，若不存在，请说明理由； 5、抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点是抛物线上的一动点，设点的横坐标为． (1)求抛物线的表达式． (2)如图1，连接，并延长交轴于点，连接，交轴于点．点在运动过程中，的值是否为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由． (3)将该抛物线向左平移4个单位，再向上平移2个单位，得到如图2所示的抛物线刚好经过点，点为抛物线对称轴上一点．在平面内确定一点，使以点，，，为顶点的四边形是菱形． 押题猜想十三 圆的综合 限时：4min （改编）如图，四边形内接于，为的直径，于点F交于点E． (1)设，试用含的代数式表示； (2)如图2，若，求的值； (3)在（2）的条件下，若交于点G，设，． ①求y关于x的函数表达式． ②若，求y的值． 押题解读 本考点为必考考点，圆的综合问题是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题综合性强，知识跨度较大，所以难度较大，易失分，往往是解答题中的压轴题。 1、如图1，点在圆上运动，满足，过点的切线交延长线于点． (1)求证：； (2)记的面积为，若，求； (3)如图2，点是线段上一动点（不与重合），于P，交于点．若，设，且，试求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围． 2、如图，点是弦上方上的一个动点，平分交于，交于点． (1)求证：； (2)若，求； (3)的半径为，弦，是的中点，是的中点，记的面积为，的面积为，若，求的长． 3、如图1，已知锐角内接于，P为的内心，连结并延长分别交，于点D，E，连结． (1)求证：． (2)若，试求的值． (3)若将条件“锐角内接于”改为“内接于，为直径”，如图2．过点P作于点F，设的外接圆半径为R，，试问的值是否是定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 4、如图，已知为的外接圆，为的直径，，过点B作射线，使得，点P为射线上的一个动点，连接并延长交于点D，连接． (1)求证：为的切线； (2)设，四边形的面积为y． ①y关于x的函数关系式； ②当时，求y的值； (3)已知E为的中点，连接交于点F，连接，若，试探究线段能否构成一个三角形，若能，请证明你的结论，并判断三角形的形状；若不能，请说明理由． 5、等腰三角形是指至少有两边相等的三角形，相等的两条边叫做这个三角形的腰，另一条边叫做底边．在中，以一条弦为底边向圆的外侧作等腰三角形，我们不妨约定：当这个三角形为等腰直角三角形时，我们称这个三角形为圆的“朴实三角形”，当这个三角形为等边三角形时，我们称这个三角形为圆的“沉毅三角形”，当“朴实三角形”或“沉毅三角形”的两条边都与圆相切时，我们称这个三角形为圆的“完美三角形”．已知为半圆的直径，点为半圆弧上一动点． (1)如图1所示，若以为底边作的“沉毅三角形”，以为底边作的“朴实三角形”，请判断的度数是否发生变化，如果变化，请证明；如果不变，请求出的度数． (2)如图2所示，是的“沉毅三角形”，当与相切时，判断是否为“完美三角形”，如果不是，请证明；如果是，请求出的长度． (3)若分别以为底边作的“沉毅三角形”和“朴实三角形”，当点从点运动到点时，分别求出点运动的路径长度． 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（湖南长沙专用） （高分的秘密武器：终极密押+押题预测） 押题猜想一 实数的混合运算 1 押题猜想二 求代数式的值 4 押题猜想三 解不等式组 8 押题猜想四 函数、方程（组）与不等式（组）的应用 11 押题猜想五 规律探究 19 押题猜想六 解直角三角形的应用 24 押题猜想七 三角形的证明与计算 33 押题猜想八 四边形的证明与计算 43 押题猜想九 几何中的多结论问题 51 押题猜想十 统计与概率 57 押题猜想十一 二次函数与线段、面积的问题 65 押题猜想十二 二次函数与多边形、角度的存在问题 84 押题猜想十三 圆的综合 102 押题猜想一 实数的混合运算 限时：2min （原创）计算：． 【答案】4 【分析】本题主要考查了实数的运算，求特殊角三角函数值，先计算特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，再去绝对值后计算加减法即可得到答案． 【详解】解：原式 ． 押题解读 本考点为必考考点，实数的混合运算是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现，出现在试卷的第17题共6分 。它是基础题，难度不大，只要记住特殊角的三角函数值，掌握实数的计算顺序，我们就能正确地解答。 1．计算：． 【答案】 【分析】本题考查了特殊角的三角函数值、实数的混合运算，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．先代入特殊角的三角函数值，再根据零指数幂、二次根式、绝对值的性质化简，再加减即可． 【详解】解： ． 2．计算：． 【答案】 【分析】本题主要考查了实数的运算，求特殊角三角函数值，先计算特殊角三角函数值，零指数幂和乘方，再去绝对值后计算加减法即可得到答案． 【详解】解：原式 ． 3．计算：． 【答案】 【分析】本题主要考查了实数的运算，涉及特殊角三角函数值，化简二次根式，零指数幂和负整数指数幂；先计算特殊角三角函数值，零指数幂和负整数指数幂，再化简二次根式，最后根据实数的运算法则求解即可． 【详解】解： ． 4．计算：． 【答案】 【分析】本题考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键． 先计算负整数指数幂、零指数幂、化简绝对值、特殊角的三角函数值，再分母有理化，再计算加减即可． 【详解】解： ． 5．计算：． 【答案】． 【分析】本题考查了实数的混合运算，二次根式的性质，零指数幂的意义，先算乘方、开方、零指数幂和除法，再算乘法，后算加减． 【详解】解： 押题猜想二 求代数式的值 限时：2min （原创）先化简，再求值：，其中． 【答案】，2 【分析】本题考查了分式的化简求值，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键． 先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后根据特殊角的三角函数值求出x的值，代入化简后的式子进行计算，即可解答． 【详解】原式 ； ， 原式． 押题解读 本考点为必考考点，求代数式的值是比较重要的常考内容，常以解答题的形式出现，常出现在湖南长沙中考试卷地第18题。一般以先化简再求值的方式出现，难度不大，只要掌握运算法则和计算顺序，就易得分。 1．先化简，再求值：，其中，． 【答案】， 【分析】利用完全平方公式及平方差公式将原式展开，去括号、合并同类项后即可得出化简结果，然后将，代入化简结果求值即可． 【详解】解： ， 当，时， 原式． 【点睛】本题主要考查了整式的混合运算，代数式求值，完全平方公式，平方差公式等知识点，熟练掌握整式的运算法则及乘法公式是解题的关键． 2．先化简，再求值：，其中，． 【答案】，0 【分析】本题主要考查了整式的化简求值，熟练掌握运算法则是解题的关键； 根据完全平方公式和平方差公式先去括号，然后合并同类项把原式化简，最后把x，y的值代入计算得到答案． 【详解】解： ， 当，时，原式． 3、先化简，再求值：，其中，． 【答案】， 【分析】本题考查的是整式的混合运算，乘法公式的应用，二次根式的乘法运算，先利用乘法公式与单项式乘以多项式计算乘法运算，再合并同类项，最后把，代入计算即可． 【详解】解： ， 当，时， 原式． 4．先化简：，其中是方程的解． 【答案】， 【分析】本题考查了分式的化简求值，解一元二次方程，分式有意义的条件，解题的关键是掌握分式混合运算的顺序和运算法则，解一元二次方程的方法和步骤，以及分式分母不能为0． 先根据分式混合运算的运算顺序和运算法则将分式化简，再求解一元二次方程，根据分式有意义的条件，得出x的值，最后代入计算即可． 【详解】解： ， ∵， ∴， 解得：或， ∵， ∴， 当时，原式． 5．先化简，再求值：且，请选一个合适的整数代入求值． 【答案】， 【分析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握化简的步骤，分式有意义的条件是解题的关键．首先根据分式的乘除混合运算法则化简，然后选择使分式有意义的数代入求解即可． 【详解】解： ， ，且， 满足条件的整数为． 要使分式有意义， 必须满足且且， 不能为． 取． 当时，原式． 6．先化简、再求值：，其中． 【答案】 【分析】本题考查分式化简求值，分母有理化，关键是掌握分式的混合运算顺序和法则将式子化简． 先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算即可． 【详解】 ∵ ∴原式． 押题猜想三 解不等式组 限时：2min （原创）解不等式组，将其解集在数轴上表示出来，并写出这个不等式组的整数解． 【答案】，数轴表示见解析， 【分析】本题考查解不等式组的解集及整数解，在数轴上表示解集．先分别求出各不等式的解集，它们的公共部分即为不等式组的解集，再根据数轴上表示解集的方法表示出该不等式组的解集，最后写出整数解即可． 【详解】解：， 解不等式①，得， 解不等式②，得， ∴该不等式组的解集为． 该解集在数轴上表示为： ∴该不等式组的整数解为． 押题解读 本考点为必考考点，解不等式组是比较重要的考查内容，常以选择题，解答题的形式出现。这类题难度不大，易得分。 【选择题】 1．不等式组的解集在数轴上表示正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查解一元一次不等式组、数轴上表示不等式组的解集，先求得不等式组的解集，然后表示在数轴上，进而可作出答案，注意端点是实心还是空心． 【详解】解：解不等式组得， ∴不等式组的解集为， 将解集表示在数轴上如图： ， 故选：D． 2．若关于x的不等式组的整数解共有3个，则m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查不等式组整数解问题，解题的关键是正确求出不等式的解．分别解不等式①和不等式②，结合三个整数解直接求解即可得到答案． 【详解】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∵不等式组有解， ∴不等式组的解集为：， ∵整数解共有个， ∴ 故选：B． 3．若关于的一元一次不等式组无解，且使关于的分式方程有整数解，则所有符合题意的整数的值的个数是（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题考查了解分式方程，解一元一次不等式组，熟练掌握解分式方程和一元一次不等式组的方法是解题的关键．不等式组变形后，根据无解确定出的范围，再表示出分式方程的解，由分式方程有非负整数解，确定出满足条件的值，即可解答． 【详解】解：解不等式得：， 解不等式得， ∵一元一次不等式组无解， ∴， 解得， 解分式方程，得， ∵关于的分式方程有整数解， ∴或， ∴或或或， 时，，原分式方程无解，故将舍去， ∴符合条件的所有整数的个数为3， 故选：B． 4、解不等式组，并写出它的所有正整数解． 【答案】不等式组的解是，不等式组的正整数解为1，2，3． 【分析】本题考查的是一元一次不等式组的整数解．分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集，再写出整数解即可． 【详解】解：解不等式，得； 解不等式，得． 原不等式组的解是， 不等式组的正整数解为1，2，3． 5．解不等式组：，并写出它的所有负整数解． 【答案】， 【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组和求不等式组的负整数解，先求出每个不等式的解集，再根据 “同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”求出不等式组的解集，进而求出其负整数解即可． 【详解】解； 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴不等式组的解集为， ∴不等式组的负整数解为 押题猜想四 函数、方程（组）与不等式（组）的应用 限时：3min （改编）湖南初级中学为了增强学生体质，提高体育成绩，购进一批甲、乙两种跳绳，已知一件甲种跳绳的进价与一件乙种跳绳的进价的和为 40 元，用 90 元购进甲种跳绳的条数与用150元购进乙种跳绳的条数相同． (1)求每件甲种、乙种跳绳的进价分别是多少元？ (2)该校计划购进甲、乙两种跳绳共 48 件，其中甲种跳绳的件数少于乙种跳绳的件数．该校决定此次进货的总资金不超过 1000 元，求该校共有哪几种进货方案？哪种方案的费用最低，最低费用是多少？ 【答案】(1)每件甲种跳绳的进价为15元，每件乙种跳绳的进价为25元 (2)方案一，购进甲种跳绳20件，乙种跳绳28件；方案二，购进甲种跳绳21件，乙种跳绳27件；方案三，购进甲种跳绳22件，乙种跳绳26件；方案四，购进甲种跳绳23件，乙种跳绳25件；方案四的费用最低，为970元． 【分析】本题考查分式方程的实际应用，一元一次不等式组的应用，找准等量关系，正确的列出方程和不等式组是解题的关键： （1）设每件甲种跳绳的进价为元，根据一件甲种跳绳的进价与一件乙种跳绳的进价的和为 40 元，用 90 元购进甲种跳绳的条数与用150元购进乙种跳绳的条数相同，列出方程进行求解即可； （2）设购进甲种跳绳件，根据甲种跳绳的件数少于乙种跳绳的件数，此次进货的总资金不超过 1000 元，列出不等式组进行求解即可． 【详解】（1）解：设每件甲种跳绳的进价为元，则：每件乙种跳绳的进价为元，由题意，得： ， 解得：， 经检验是原方程的解并符合实际意义， ∴， 答：每件甲种跳绳的进价为15元，每件乙种跳绳的进价为25元； （2）设购进甲种跳绳件，则购进乙跳绳件，由题意，得： ，解得：， ∵为整数， ∴，则：， 故共有4种方案： 方案一，购进甲种跳绳20件，乙种跳绳28件； 方案二，购进甲种跳绳21件，乙种跳绳27件； 方案三，购进甲种跳绳22件，乙种跳绳26件； 方案四，购进甲种跳绳23件，乙种跳绳25件； ∵乙种跳绳的进价高于甲种跳绳的进价，故购进甲种跳绳的数量越多，乙种跳绳的数量越少，费用越少， ∴方案四，当购进甲种跳绳23件，乙种跳绳25件时，费用最少，为：元； 答：方案一，购进甲种跳绳20件，乙种跳绳28件；方案二，购进甲种跳绳21件，乙种跳绳27件；方案三，购进甲种跳绳22件，乙种跳绳26件；方案四，购进甲种跳绳23件，乙种跳绳25件；方案四的费用最低，为970元． 押题解读 本考点为必考考点，利用方程、不等式（组）、函数解决实际问题是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现，常出现在第22题。这些题综合性强，难度较大，易失分，所以要认真审题，找出已知量与未知量之间的关系。 1、湖南茶陵是中华茶文化的发源地之一，茶陵县也是中国历史上唯一以茶命名的行政县，相传炎帝神农氏在这里发现了茶，并被称为“茶祖”，湖南不仅在茶文化上有重要地位，其茶叶品种也非常丰富，其所产的君山银针和古丈毛尖更是享誉全国，某茶庄主要经营的茶类有君山银针和古丈毛尖，其中君山银针卖得比较好的是A规格的，古丈毛尖卖得比较好的是B规格的，它们的进价和售价如下表： 种类 君山银针A规格 古丈毛尖B规格 进价（元/斤） 160 500 售价（元/斤） 200 600 该茶庄计划购进这两种规格的茶共100斤． (1)若该茶庄购进这两种规格的茶共花费29600元，求该茶庄购进A，B两种规格的茶各多少斤？ (2)根据市场销售分析，A规格茶的进货量不低于B规格茶进货量的3倍．问：该茶庄如何进货才能使本次购进的茶全部销售完获得的利润最大？最大利润是多少元？ 【答案】(1)该茶庄购进A规格的茶60斤，B规格的茶40斤； (2)该茶庄购进A规格的茶75斤，B规格的茶25斤时，全部销售完获得的利润最大，最大利润是5500元． 【分析】本题考查二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用、一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和不等式的性质解答 （1）根据题意和表格中的数据，可以列出相应的二元-次方程组，从而可以求得该茶庄购进4，B两种规格的茶各多少斤； （2）根据题意和表格中的数据，可以得到利润和购进A规格茶叶数量的函数关系式，然后根据A规格的进货量不低于B规格的3倍，可以得到购进A规格茶叶数量的取值范围，再根据最后根据一次函数的性质确定最大值． 【详解】（1）解：设该茶庄购进A规格的茶x斤，购进B规格的茶y斤，根据题意得． 根据题意，得 解得 答：该茶庄购进A规格的茶60斤，B规格的茶40斤． （2）设该茶庄购进A规格的茶m斤，则购进B规格的茶斤． 因为A规格茶的进货量不低于B规格茶进货量的3倍， 所以， 解得． 设该茶庄本次购进的茶全部销售完获得的利润为W元． 根据题意，得． 因为， 所以w随m的增大而减小． 又， 所以当时，w取得最大值，最大值为． 此时． 答：该茶庄购进A规格的茶75斤，B规格的茶25斤时，全部销售完获得的利润最大，最大利润是5500元． 2、某市为大力推销本市果农的水果产品，计划把甲水果大约700吨，乙水果大约1020吨，一次性运往外地销售．需要不同型号的A、B两种车皮共30节，A种车皮每节运费2500元，B种车皮每节运费3000元． (1)设租车皮的总费用为y元，租A种车皮x节，请写出y和x之间的函数关系式． (2)如果每节A车皮最多可装甲水果30吨和乙水果20吨，每节B车皮最多可装甲水果25吨和乙水果40吨，装水果时按此要求安排A、B两种车皮，共有几种安排方案？哪种安排方案运费最低并求出最低运费． (3)计划下一次租用A、B两种车皮时，想用（2）中的最低费用同时租用A、B两种车皮，请直接写出有哪几种租车方案？ 【答案】(1) (2)共10种方案，A种车皮9 节，B种车皮21 节，最低费用为85500元 (3)或或或或或，所以共6种租车方案． 【分析】本题考查了一次函数的建模和求解与不等式组、整数解分析和费用最小化等知识点，解题关键在于正确建立函数模型并求解． （1）根据关系，列出函数关系式，化简即可； （2）根据题意列出不等式组，计算出x的取值范围，即可知有10种方案且计算出最低费用； （3）列出方程式，解得其整数解即可． 【详解】（1）解：， 和x之间的函数关系式为； （2）解：， 解得， ∵， ∴ x的可能取值为的整数，共10种方案， 费用函数中，y随x增大而减小， 当时，费用最低， 此时元， 对应方案为A种车皮9节，B 种车皮21节， 故答案为：共10种方案，最低费用为85500元； （3）解：解方程， 化简为，满足，， 整数解有：或或或或或，所以共6种租车方案． 3、某商场销售一种商品，进价为每件40元．经市场调研发现，该商品的日销售量（件）与销售单价（元/件）之间满足一次函数关系．当售价为50元时，日销售量为350件；售价为60元时，日销售量为300件． (1)求与之间的函数关系式； (2)设该商场销售此商品每日获得的利润为（元）． ①当该商品售价为多少元时，每日可获得最大利润，最大利润是多少元? ②商场要求该商品日销售量不少于250件，且售价不低于40元，当售价为多少元时，每日可获得大利润是多少元? 【答案】(1) (2)①当该商品售价为80元时，每日可获得最大利润，最大利润是8000元；②当售价为70元时，每日可获得大利润是7500元 【分析】本题考查了一次函数与二次函数的应用、一元一次不等式组的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题关键． （1）设与之间的函数关系式为，利用待定系数法求解即可得； （2）①根据每日的利润（售价进价）日销售量建立函数关系式，利用二次函数的性质求解即可得； ②先根据题意建立一元一次不等式组，求出的取值范围，再利用二次函数的性质求解即可得． 【详解】（1）解：设与之间的函数关系式为， 由题意得：， 解得， 所以与之间的函数关系式为． （2）解：①由题意得： ， 由二次函数的性质可知，当时，取得最大值，最大值为8000， 答：当该商品售价为80元时，每日可获得最大利润，最大利润是8000元． ②∵商场要求该商品日销售量不少于250件，且售价不低于40元， ∴， 解得， 由（2）①已得：， 由二次函数的性质可知，在内，随的增大而增大， 则当时，取得最大值，最大值为， 答：当售价为70元时，每日可获得大利润是7500元． 4、两个加工区A和B均从甲，乙两个公司购买原材料，两公司到A，B加工区的路程和每吨每千米的运费如表所示： 路程(千米) 运费(元/吨·千米) 甲公司 乙公司 甲公司 乙公司 A加工区 20 15 1.2 1.2 B加工区 25 20 1 0.8 (1)现A加工区从甲，乙两公司购买原材料总计70吨，运费总额为1380元，则A加工区从甲，乙两公司购买原材料各多少吨？ (2)现甲，乙两个公司共有180吨原材料，恰好满足A，B两个加工区所需原材料的总和，其中甲公司有100吨，若A加工区需要70吨原材料不变，当A，B两个加工区从甲，乙两公司各购买多少吨原材料时，总运费最少？ 【答案】(1)A 加工区从甲公司购进原材料20 吨，乙公司50吨 (2)当A加工区从甲公司购买70吨原材料，B加工区从甲，乙两公司各购买30吨和80吨原材料时，总运费最少 【分析】本题考查的是二元一次方程组的应用，一次函数的应用,一元一次不等式组的应用； （1）设A加工区从甲公司购进原材料x吨，从乙公司购进原材料y吨，利用购买原材料总计70吨，运费总额为1380元，再建立方程组求解即可； （2）设A加工区从甲公司购进原材料m吨．从乙公司购进 吨，则B加工区从甲公司购进吨，从乙公司购进吨．设总运费为，再建立函数关系式结合一次函数的性质可得答案． 【详解】（1）解：设A加工区从甲公司购进原材料x吨，从乙公司购进原材料y吨， 依据题意列方程组， 解得 答：A 加工区从甲公司购进原材料20 吨，乙公司50吨； （2）解：设A加工区从甲公司购进原材料m吨． 从乙公司购进 吨， 则B加工区从甲公司购进吨， 从乙公司购进吨． 设总运费为，依据题意得． ∵， ∴总运费随m的增大而减小． ∵， ∴， 则当时， 总运费最少， 即． 答：当A加工区从甲公司购买70吨原材料，B加工区从甲，乙两公司各购买30吨和80吨原材料时，总运费最少． 5、5G具有高速率、低时延、高可靠性等特点，是新一代信息技术发展方向和数字经济的重要基础设施，5G将开启令人振奋的全新机遇，为世界相互连接、计算和沟通方式带来超越想象的变革，中国的5G规模领先世界．某科技公司试生产了两批A，B两种5G通信设备，经市场调查研究，将A，B两种设备的售价分别定为3500元、2800元．两批试生产的设备情况及相应的生产成本统计如下表： A设备（单位：台） B设备（单位：台） 总生产成本（单位：元） 第一批 10 5 35000 第二批 15 10 57500 (1)A，B两种设备平均每台的成本分别为多少元？ (2)因核心科技材料供不应求，该公司计划正式生产A，B两种设备共100台，若A设备数量不超过B设备数量的3倍，并且B设备数量不超过30台，一共有多少种生产方案？哪种生产方案能获得最大利润？ 【答案】(1)，两种设备平均每件的成本分别为2500，2000元． (2)生产设备75台，设备25台时，能获得最大利润． 【分析】考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的等量关系和不等关系． （1）设，两种设备平均每台的成本分别为，元，由题意列出二元一次方程组，则可得出答案； （2）设公司计划正式生产设备台，则生产设备台，由题意得出不等式组，则可求出生产方案． 【详解】（1）设，两种设备平均每台的成本分别为，元， 由题意得， 解得， 答：，两种设备平均每件的成本分别为2500，2000元． （2）设公司计划正式生产设备台，则生产设备台， 由题意得， 解得， 是整数， ，71，72，73，74，75， 一共有6种生产方案． 由（1）知，，两种设备平均每件的利润分别为1000，800元． 设备平均每件的利润1000元大于设备平均每件的利润800元， 当，， 即生产设备75台，设备25台时，能获得最大利润． 押题猜想五 规律探究 限时：4min （改编）数是不为1的有理数，我们把称为的差倒数，如：2的差倒数是，的差倒数是．已知，是的差倒数，是的差的倒数，……，以此类推，则 ． 【答案】 4 【分析】此题考查数字的变化规律，根据差倒数的定义分别求出前几个数，不难发现，每3个数为一个循环组依次循环，用2025除以3，根据余数的情况确定出与相同的数即可得解． 【详解】解：， ， ， ， ∴每3个数为一个循环组依次循环，依次为，，； ∵ ∴， 故答案为：4． 押题解读 本考点为必考考点，规律探究是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题的形式出现。并且难度较大，易失分，往往是选择题、填空题中的压轴题。 1、2025年五一节期间，中国无人机表演团队震撼全球，6000架无人机编队划破夜空，展示了中国“智造”实力．无人机表演并非简单的编程或灯光秀，而是涉及到多项技术的深度融合．这其中就包括了精准的定位技术．如图，在平面直角坐标系中，每个最小方格的边长均为1个单位长度，无人机按图中“”方向飞行，，，，…根据这个规律，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标规律探究，解题关键是仔细观察点的坐标变化及运动轨迹，发现以4个点为一组的规律，包括每组点坐标的变化特征以及每组最后一个点坐标的规律． 根据各个点的位置关系，可得点在第四象限的角平分线上，点在第三象限的角平分线上，点在直线的图象上，点在第一象限的角平分线上，且，再根据第四项象限内点的符号得出答案即可． 【详解】解：∵，，，，，，，，，，，……， 由此发现：点在第四象限的角平分线上，点在第三象限的角平分线上，点在直线的图象上，点在第一象限的角平分线上， ∵， ∴点在第三象限的角平分线上， ∴点． 故选：B． 2、如图，在平面直角坐标系上有一点，点第1次向上跳动1个单位长度至点，紧接着第2次向左跳动2个单位长度至点，第3次向上跳动1个单位长度，第4次向右跳动3个单位长度，第5次又向上跳动1个单位长度，第6次向左跳动4个单位长度，…，依此规律跳动下去，点第2025次跳动至，则的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题是坐标规律题，根据题意找出坐标的规律是解题关键．设第次跳动至点，根据点坐标的变化发现：，，，，其中为自然数，即可求解． 【详解】解：设第次跳动至点， 由题意可知，、、、、、、、、…… 观察发现，，，，，其中为自然数， ， ， 故答案为：． 3、将n个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点，，…，分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质与三角形全等的性质与判定，解题的关键是得到．连接，，根据正方形性质可得，，，即可得到，即可得到，即可得到一个图形重叠的面积，即可得到答案； 【详解】解：连接，， ∵正方形的边上为， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为：， 故答案为：． 4、如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线与x轴的夹角为30°，点在x轴上，且，过点作交于点，以为边在右侧作等边三角形；过点作的垂线分别交x轴、干点、，以为边在的右侧作等边三角形，过点作的垂线分别交x轴、于点、，以，为边在的右侧作等边三角形，…，按此规律进行下去，则点的纵坐标为 ，点的纵坐标为 ．    【答案】 【分析】根据特殊直角三角形的性质，求出，，，…，可得点，，的纵坐标，从而得的纵坐标，即可求出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴的边长，， ∴点的纵坐标为， ∵等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴轴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴点的纵坐标为， 同理得：， ∴， ∴点的纵坐标为， …， ∴点的纵坐标为， ∴点的纵坐标为， 故答案为：，． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型． 押题猜想六 解直角三角形的应用 限时：4min （改编）如图1，墙壁上的点处装有一个壁挂式吊灯，已知支架长度为，且与墙壁所成夹角，壁灯吊杆长，与的夹角可调节．吊灯连接杆垂直于地面，． (1)如图2，当时，求灯口与墙壁的距离； (2)如图3，现有一靠墙放置的学习桌，与地面平行，其距离地面的高度为80cm．为了日常使用方便，当与夹角调整至时，灯口需距离桌面70cm．求点距离地面的高度．（参考数据：，，，，，） 【答案】(1)灯口与墙壁的距离为； (2)点距离地面的高度为． 【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用． （1）过点作于点，延长交于点，在和中，分别利用正弦和余弦函数的定义求解即可； （2）过点作于点，延长交于点，交于点，在中，利用三角函数的定义求得，在中，利用三角函数的定义求得，，据此求解即可． 【详解】（1）解：过点作于点，延长交于点， 在中，，， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴，即， ∴， ∴， 答：灯口与墙壁的距离为； （2）解：过点作于点，延长交于点，交于点， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， 在中，，， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴，即， ∴， ∵， ∴， 答：点距离地面的高度为． 押题解读 本考点为必考考点，锐角三角函数的应用是比较重要的考查内容，常以填空题、解答题的形式出现。现在主要考察与探究题结合在一起，难度较大，易失分，所以认真审题，构造直角三角形或矩形（正方形）来解题。 1、如图1是一台手机支架，图2是其侧面示意图，可分别绕点转动，测量知，．当转动到，时，则点到的距离为 ．（结果保留小数点后一位，参考数据:，） 【答案】7.9 【分析】作，分别交于点，，作交于点，求出，进一步可求出的值，即可获得答案． 【详解】解：作，分别交于点，，作交于点，如下图， ∵，，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∵在中，， ∴， ∴． 故答案为：7.9． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、解非直角三角形等知识，解题的关键是作辅助线构造直角三角形，再进行求解． 2、如图是长沙九龙仓国际金融中心，位于长沙市黄兴路与解放路交会的东北角，投资160亿元人民币，总建筑面积达98万平方米，中心主楼高，是目前湖南省第一高楼，大楼顶部有一发射塔，已知和处于同一水平面上有一高楼，在楼底端D点测得A的仰角为，，在顶端E点测得A的仰角为，． (1)求两楼之间的距离； (2)求发射塔的高度． 【答案】(1)两楼之间的距离为 (2)发射塔AB的高度为 【分析】本题考查了解直角三角形的应用-俯角仰角的问题，熟练解直角三角形是解题的关键． （1）过点E作于点F，即可求得，可得答案； （2）利用解直角三角形，可得，再减去，即可解答． 【详解】（1）解：如图，过点E作于点F， ，， ， 由题可知：四边形为矩形， ，故两楼之间的距离为； （2）解：在中，， ， ， 故发射塔的高度为. 3．某数学研究性学习小组在老师的指导下，利用课余实践进行测量活动． 问题解决：请你根据测量数据计算钢缆和的总长度（结果精确到）． 活动主题 测算观光缆车的钢缆长度 测量工具 无人机、测角仪、皮尺、计算器等 活动过程 模型抽象 如图，表示某景区一座比较险峻的山上的三个缆车站的位置，表示连接缆车站的钢缆．    测绘过程与数据信息 ①用无人机在三处测得海拔，； ②在处使用测角仪测得缆车站点的仰角； ③在处使用测角仪测得缆车站点的仰角； （参考数据：，） 【答案】钢缆和的总长度大约是米 【分析】本题主要考查了仰俯角解直角三角形的运用，掌握解直角三角形的计算是关键． 根据题意得到，，在中，，在中，，根据即可求解． 【详解】解：由图知， ∴，， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 答：钢缆和的总长度大约是米． 4、如图，防洪大堤的横截面是梯形，背水坡的坡度，米，身高为米的小明站在大堤A点，测得高压电线杆的顶端D的仰角为，已知地面宽30米． (1)求背水坡的坡角； (2)求高压电线杆的高度．（结果精确到米．） 【答案】(1)背水坡的坡角为 (2)高压电线杆的高度为米 【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角函数的定义． （1）过A点作垂直于的延长线于点E，根据，得出，求出结果即可； （2）过点M作于点N，解直角三角形得出，，根据，得出，最后求出结果即可． 【详解】（1）解：过A点作垂直于的延长线于点E，如图所示： ∵， ∴， ∴； （2）解：如图，过点M作于点N， 则四边形为矩形， ∴，， ∵，，， ∴， ， ∴， ， ∵小明站在大堤A点，测得高压电线杆的顶端D的仰角为， ∴， ∴， ∴． 5、为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩．如图，在侧面示意图中，遮阳篷长为5米，与水平面的夹角为，且靠墙端离地高为4米，当太阳光线与地面的夹角为时， (1)求点与的水平距离的长； (2)求阴影的长．（结果都精确到米；参考数据：，，） 【答案】(1)米 (2)米 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的性质和判定，等腰三角形的判定，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键． （1）根据余弦的定义求解即可； （2）过A作于K，根据正弦的定义求出，再证明是矩形，可得，再证明是等腰三角形，可得，进而可求． 【详解】（1）解：由题意知：，， ， 在中，米， 点与的水平距离的长为米； （2）解：过A作于K，则， 在中，米， 米， ， 四边形是矩形， 米，米， 由题意知：， ， 米， 米， 阴影的长为米． 押题猜想七 三角形的证明与计算 限时：3min （改编）如图，中，，垂足为D，，垂足为E，与相交于点F，． (1)求证：； (2)若，， 求的长 【答案】(1)见解析 (2)7 【分析】本题主要考查的是全等三角形的判定与性质，掌握“利用证明两个三角形全等”是解本题的关键． （1）先证明，，然后根据证明； （2）根据，，得出，根据得出，，最后根据线段的和差关系，得出答案即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵，， ∴， ， ∴，， ∴． 押题解读 本考点为必考考点，三角形的证明与计算是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题是中档题，湖南省长沙市中考试卷近三年考察了三角形全等与相关计算，常出现在第21题。这类题难度不大，只要掌握三角形的性质与判定，我们就能解决。 1、如图，在中，，D是内一点，连接，将线段绕点C逆时针旋转到，使，连接． (1)求证：． (2)当时，求与的度数和． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质： （1）利用证明即可； （2）证明为等边三角形，进而得到，利用全等三角形的对应角相等，结合角的和差关系即可得出结果． 【详解】（1）解：∵旋转， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴． 2、如图，在中，，是的中点，E是的中点，过点A作，且与的延长线交于点F． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】本题考查全等三角形的判定及性质，三角形的中位线的性质，理解相关图形的性质是解决问题的关键． （1）由题意可知是的中位线，，进而可得，则，由，得，再利用即可证明结论； （2）由（1）可知是的中位线，得，则，根据，得，由即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的中点，E是的中点， ∴是的中位线，， ∴，则， ∵， ∴， 在与中，， ∴； （2）由（1）可知是的中位线，， ∴，则， ∵， ∴， ∴． 3．如图，在中，，是角平分线，E是边上一点，过点C作交的延长线于点F． (1)求证：； (2)当，，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键． （1）由三线合一得到，再由平行线导角，利用即可证明； （2）由全等三角形的性质先求出，由三线合一得到，，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：， ，， 是角平分线，， ． ； （2）解：， ， ， ，是角平分线， ∴，， ， ． 4、如图，中，，分别以，为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，连接与交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键； （1）直接利用证明即可； （2）利用全等三角形的性质可求出，利用三线合一性质得出，，在中，利用正弦定义求出，即可求解． 【详解】（1）证明：由作图知：． 在和中， ． （2）解：，， ． 又， ，． ， ， ． 5．如图，在中，点、分别为、上一点，连接、交于点，若，且． (1)当时，求的长； (2)当，时，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确做出辅助线是解答本题的关键． （1）由得，如图，作交的延长线于点H，证明得，求出，然后利用三线合一即可求解； （2）证明得，求出，．证明得，进而可求出． 【详解】（1）解：∵， ∴． 如图，作交的延长线于点H， 则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴； （2）在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，． ∵， ∴ ∴， ∴， ∴． 6、如图，在中，为边上一点，，连接并延长至点，连接，，且_____．求证：_____． (1)给出下列信息：①；②；③．请从中选择两个作为条件，余下的一个作为结论，分别填入横线上，使之构成真命题，并加以证明； (2)在（1）的条件下，若，，求． 【答案】(1)①②，③，见解析(答案不唯一) (2) 【分析】（1）若条件：①②，结论：③，则可通过证明，进一步得出，即可证明结论；若条件：①③，结论：②，则可证明得到结论；若条件：②③，结论：①，可添加辅助线，过点作，垂足为点，先证明，证明，再证明，，即可证明结论； （2）过点作，垂足为点，先求出，再求，最后根据三角函数的定义计算即可． 【详解】（1）解：“条件：①②，结论：③”或“条件：①③，结论：②”或“条件：②③，结论：①” 条件：①②，结论：③，证明如下： ，，， ， ， ， 又， ， ， ， ； 条件：①③，结论：②，证明如下： ，， ， ， ， ， ， ，， ， ； 条件：②③，结论：①，证明如下： 分别过点B，C作的垂线，垂足分别为点F，G， 则， ，， ， ，， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ； （2）解：如图，过点作，垂足为点， ，， ， ， ， 在，． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数的定义，等腰三角形的三线合一性质等知识，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键． 押题猜想八 四边形的证明与计算 限时：4min （改编）如图，在平行四边形中，对角线交于点，点分别为，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】本题主要考查平行四边形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，掌握平行四边形的对角线互相平分是解题的关键． （1）由平行四边形的性质可求得、，再结合E、F为中点，可求得，则可证得四边形为平行四边形； （2）根据勾股定理求出，再根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵E、F分别为，的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵点E为的中点， ∴． 押题解读 本考点为必考考点，四边形的证明与计算是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题是中档题，常出现在第23题。这类题难度不大，易得分，只要掌握三角形的性质与判定，我们就能解决。 1、如图，在四边形中，，平分，E为的中点，连接交于点F，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练运用上述知识是解题的关键． （1）利用等角对等边，得到，即可证明四边形是平行四边形，再证明菱形即可； （2）过点作，解直角三角形求得，再利用相似三角形的性质求得即可． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， E为的中点，， ， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形为菱形； （2）解：如图，过点作交于点， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 2、如图，四边形是平行四边形，延长至点，使，连接、和，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点和点之间的距离 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，熟悉掌握矩形的判定是解题的关键． （1）利用平行四边形的判定方法先判定出四边形是平行四边形，再利用对角线相等判定出四边形为矩形即可； （2）连接，利用勾股定理求出的长，利用矩形的性质得到的长，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵延长至点，使， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：如图，连接，则点和点之间的距离即为线段的长度． ∵，， ∴， 由（1）可得， ∴在中，． ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴，则， 由（1）可得， ∴在中，， ∴点和点之间的距离为． 3．如图，在矩形中，E，F分别是边，上的点，，连接，，与对角线交于点O，且，． (1)求证 ； (2)若，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质． （1）由得，即可由证，可得； （2）证明是等边三角形，得，，进而得，再由直角三角形的性质可得，，，即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：如图，连接， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴， ∴矩形的面积． 4．如图，在中，E，F是对角线BD上的两点（点E在点F左侧），且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． （1）证，运用平行四边形的性质得，再证，得，即可得出结论； （2）由锐角三角函数定义和勾股定理求出，，再证，则，得，求出，进而得出答案． 【详解】（1）证明：， ，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：在中，， 设，则， 由勾股定理得：， 解得：或（舍去）， ，， 由（1）得：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， 设，则， ， 解得：或,（舍去）， 即． 5、如图，点，分别在正方形的边，上，且，与交于点． (1)求证：． (2)连结，若点是的中点，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，，结合，可得结论； （2）设，求解，证明，求解，，证明，再进一步求解即可． 【详解】（1）证明：在正方形中，，， ∵， ∴． （2）解：在正方形中，设，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，熟练的利用正方形的性质解题是关键． 押题猜想九 几何中的多结论问题 限时：4min （改编）如图，已知，分别以、为边向外作等边和等边，和交于点，则下列结论：①；②；③平分；④．其中正确的有（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，正确作出辅助线是解题的关键．根据等边和的性质，利用可证，由全等三角形的性质可知①正确；由三角形内角和为易求的度数，可知②正确；过分别作于，于，由可得，进而可得平分，所以③正确；在上截取，利用可证，由全等三角形对应边相等可得，故可得④正确，据此即可求解． 【详解】解：∵和是等边三角形， ∴，，， ∴， 即， 在与中， ， ∴， ∴，，故①正确； ∵，，， ∴，故②正确； 过分别作于，于，如图， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点在的角平分线上， ∴平分，故③正确； 如图，在上截取， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上，正确的结论有①②③④，共4个， 故选：A． 押题解读 本考点为必考考点，几何中的多结论判定是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题的形式出现。并且考试的知识点较多，难度较大，易失分，往往是选择题、填空题中的压轴题。 1、如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在BC上，点F在CD上，连接AE，AF，EF，EF交AC于点G． ①若CE/CF＝AD/AB，则EF∥BD； ②若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，则EF∥BD； ③若EF∥BD，CE＝CF，则∠EAC＝∠FAC； ④若AB＝AD，AE＝AF，则EF∥BD． 上述结论，正确结论的个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．3 【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝CB，AB＝CD.①若CE/CF＝AD/AB，即CE/CF＝CB/CD.又∵∠ECF＝∠BCD，∴△CEF∽△CBD，∴∠CEF＝∠CBD，∴EF∥BD，故结论①正确；若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，∴CA是∠BCD的平分线，∴∠ACB＝∠ACD.由平行四边形的性质得AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∴∠DAC＝∠DCA，∴AD＝DC，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.在Rt△ACE和Rt△ACF中，{■(AC＝AC,@AE＝AF,)) ∴Rt△ACE≌Rt△ACF(HL)，∴CE＝CF.又∵AE＝AF，∴AC⊥EF，∴EF∥BD，故结论②正确；∵CE＝CF，∴∠CEF＝∠CFE.∵EF∥BD，∴∠CBD＝∠CEF，∠CDB＝∠CFE，∴∠CBD＝∠CDB，∴CB＝CD，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.又∵EF ∥BD，∴AC⊥EF.∵CE＝CF，∴AC垂直平分EF，∴AE＝AF，∴∠EAC＝∠FAC，故结论③正确；若AB＝AD，则平行四边形ABCD是菱形.当AE＝AF，且BE＝DF时，可得AC垂直平分EF.∵AC⊥BD，∴EF∥BD，故结论④不正确.综上所述，正确结论的个数是3. 故选D. 2．如图，在中，，以为边，作，满足，E为上一点，连接，，连接，下列结论中：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】C 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．如图所示，延长到点，使得，连接，设交于点，可证，根据全等三角形的性质可判定①②④，根据角平分线的性质定理可判定③；由此即可求解． 【详解】解：如图所示，延长到点，使得，连接，设交于点， ∵， ∴垂直平分， ∴，， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确； ∴，故②正确； ∴，即，故④正确； ∵， ∴平分， 当时，，即， ∵无法确定与的数量关系， ∴无法确定，故③错误； 综上所述，正确的有①②④， 故选：C ． 3、如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E在AD上，且DE＝CD，连接OE，BE，AC与BE相交于点F，∠ABE＝1/2∠ACB．下列结论：①OE⊥BD；②△AEF是等腰三角形； ③cos∠ACB＝4/5；④若AE＝2，则OE的长为√13．其中正确的结论是 ．(填序号) 【解析】∵四边形ABCD为矩形，对角线AC与BD相交于点O，点E在AD上，∴AB＝CD，O为BD的中点，∠BAD＝90°，AB＜BE.不妨假设OE⊥BD，∴OE所在直线为线段BD的垂直平分线，∴DE＝BE.∵DE＝CD，AB＝CD，∴BE＝AB，这与AB＜BE相矛盾，因此假设是错误的，故结论①不正确；设∠ABE＝α.∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC＝90°，AD∥BC，∴∠AEF＝∠CBF＝∠ABC－∠ABE＝90°－α.∵∠ABE＝1/2∠ACB，∴∠ACB＝2∠ABE＝2α，∴∠AFE＝∠CFB＝180°－(∠CBF＋∠ACB)＝180°－(90°－α＋2α)＝90°－α，∴∠AEF＝∠AFE，∴△AEF是等腰三角形，故结论②正确；设CD＝AB＝a，AD＝BC＝b.∵DE＝CD＝a，∴AE＝AF＝b－a.易知∠CBF＝∠CFB，∴CF＝BC＝b，∴AC＝AF＋CF＝b－a＋b＝2b－a.在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB2＋BC2＝AC2，即a2＋b2＝(2b－a)2，解得a＝3/4b，∴AC＝2b－a＝5/4b，∴cos∠ACB＝BC/AC＝4/5，故结论③正确；设CD＝AB＝DE＝a，AD＝BC＝b.∵AE＝2，∴AD＝a＋2＝b.由结论③得a＝3/4b，∴3/4b＋2＝b，解得b＝8，∴a＝b－2＝6，∴CD＝AB＝DE＝6，AD＝BC＝8.过点O作OH⊥AD于点H，如答图，则OH∥AB.∵O为BD的中点，∴OH为△ABD的中位线，∴OH＝1/2AB＝3，DH＝AH＝1/2AD＝4，∴EH＝AH－AE＝4－2＝2.在Rt△OHE中，由勾股定理，得OE＝√OH^2＋EH^2＝√13，故结论④正确.综上所述，正确的结论是②③④. 押题猜想十 统计与概率 限时：3min （改编）正值第十四届全国人民代表大会第三次会议召开之际，湖南省某中学举行党史知识竞赛．团委随机抽取了部分学生的成绩作为样本，把成绩按达标、良好、优秀、优异四个等级分别进行统计，并将所得数据绘制成如下不完整的统计图． 请根据图中提供的信息，解答下列问题： (1)本次调查的样本容量是_____，圆心角的度数为_____度； (2)补全条形统计图； (3)已知这所中学共有2000名学生，估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为多少？ (4)若在这次竞赛中有四人成绩均为满分，现从中抽取2人代表这所中学参加县级比赛．请用列表或画树状图的方法求出恰好抽到两人同时参赛的概率． 【答案】(1)50；144 (2)图见详解 (3)800名 (4) 【分析】本题主要考查条形统计图与扇形统计图及概率，熟练掌握条形统计图与扇形统计图及概率是解题的关键； （1）根据条形统计图及扇形统计图可进行求解； （2）由（1）可补全条形统计图； （3）根据题意得出成绩优异的学生占比，然后问题可求解； （4）列出表格，然后可求解概率． 【详解】（1）解：由统计图可知： 样本容量为， 圆心角的度数为； 故答案为：50；144； （2）解：成绩达到优秀等级的人数为， 补全条形统计图如下： （3）解：由题意得： （名）； 答：此次竞赛该校获优异等级的学生人数为800名． （4）解：由题意可列表如下： A B C D A / √ √ √ B √ / √ √ C √ √ / √ D √ √ √ / 从四人中抽取两人参加比赛共有12种情况，其中抽中两人的有2种情况，所以恰好抽中的概率为． 押题解读 本考点为必考考点，统计与概率是比较重要的考查内容，常以选择题、填空题、解答题的形式出现。这些题都是基础题，难度不大，易得分，每年中考都10-14分高。 1．下列说法正确的有（   ） （）了解某市岁以上老年人的健康状况适合普查； （）为了了解我市今年名学生参加初中毕业考试数学成绩情况，从中抽取了名考生的数学成绩进行统计．其中名考生的数学成绩是总体的一个样本； （）袋子中装有个黑球、个白球，这些球的形状、大小、质地等完全相同，即除颜色外无其他差别，在看不到球的条件下，随机从袋子中摸出一个球，那么摸出黑球比摸出白球的可能性大； （）甲乙两人跳绳各次，其成绩的平均数相等，，则甲的成绩比乙稳定． A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】本题考查了数据的收集，概率和方差，根据普查的特点、样本的定义、概率的意义及方差的意义逐项判断即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：（）了解某市岁以上老年人的健康状况适合抽样调查，该选项说法错误； （）为了了解我市今年名学生参加初中毕业考试数学成绩情况，从中抽取了名考生的数学成绩进行统计．其中名考生的数学成绩是总体的一个样本，该选项说法正确； （）袋子中装有个黑球、个白球，这些球的形状、大小、质地等完全相同，即除颜色外无其他差别，在看不到球的条件下，随机从袋子中摸出一个球，那么摸出黑球比摸出白球的可能性大，该选项说法正确； （）甲乙两人跳绳各次，其成绩的平均数相等，，则乙的成绩比甲稳定，该选项说法错误； 综上，说法正确的有个， 故选：． 2、截至2025年2月27日，《哪吒之魔童闹海》成为全球动画电影票房冠军，该片还成为中国首部进入全球影史票房榜前十的动画电影．1班同学利用班会准备从“哪吒、敖丙、太乙真人、申公豹”这四个人物中，各选一个进行人物分析，班长做了4张背面完全相同的卡片，如图，卡片正面分别绘制了这4个人物，将卡片背面朝上洗匀后，让甲先从这4张卡片中随机抽取一张，不放回，乙再从剩下的3张卡片中随机抽取一张，以所抽取卡片正面的人物进行讲解．则甲、乙两人抽取到哪吒和敖丙的概率是 ． 【答案】 【分析】本题考查列表法与树状图法、概率公式，列表可得出所有等可能的结果数以及甲、乙两人抽取到哪吒和敖丙的结果数，再利用概率公式可得出答案． 【详解】解：列表如下： A B C D A B C D 共有12种等可能的结果，其中甲、乙两人抽取到哪吒和敖丙的结果有：，，共2种， ∴甲、乙两人抽取到哪吒和敖丙的概率为． 故答案为： 3、湖南省某市某中学开展了一系列形式多样，内容丰富的“阳光大课间”活动，学生们热情高涨，操场上欢声笑语不断，学生们在运动中挥洒汗水，不仅增强了体质，还培养了团队协作精神和积极向上的生活态度．为了解学生周末在家运动时长（单位：小时）的情况，从本校学生中随机抽取了部分学生进行问卷调查，并将收集的数据整理分析，共分为四组（A．，B．，C．，D．，其中周末运动时间不少于2小时为达标），绘制了如下两幅不完整的统计图． 根据以上信息，解答下列问题： (1)在这次抽样调查中，共调查了__________名学生： (2)请补全频数分布直方图，并计算在扇形统计图中组所对应扇形的圆心角的度数： (3)若该校有学生2000人，试估计该校学生周末在家运动时间达标的人数． 【答案】(1)120 (2)见解析， (3)估计该校学生周末在家运动时间达标的人数约为1300人 【分析】本题考查统计综合，涉及补全频数分布直方图及用样本估计总体，熟记相关统计指标的定义是解决问题的关键． （1）根据条形统计图与扇形统计图中数据关联，利用组实际人数除以其占比，即可得到这次抽样调查的总人数； （2）计算出C组的人数，即可补全频数分布直方图； （3）由样本估计总体，列式求解即可得到答案． 【详解】（1）解：组36人，占比， 在这次抽样调查中，共调查了（名）， 故答案为：120； （2）解：组频数为：，补全频数分布直方图如下： 扇形统计图中C组所对应扇形的圆心角的度数为：； （3）解：该校学生周末在家运动时长达标人数约为：（人）， 所以，估计该校学生周末在家运动时间达标的人数约为1300人． 4、中国人工智能公司深度求索推出人工智能助手成为全球范围内广泛关注的焦点．某学校为了解学生对的了解程度，随机调查了部分学生，并根据收集到的信息绘制了图1和图2两幅不完整的统计图．根据图中信息，回答下列问题： (1)求接受随机调查的学生人数，及条形统计图中m的值； (2)如果该校共有学生1000人，根据上述调查结果，求该校学生中对达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数大约是多少； (3)达到“非常了解”程度的学生是2名男生和2名女生，若从这4名学生中随机抽取2人调查具体的使用情况，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率． 【答案】(1)50人， (2)人 (3) 【分析】（1）根据频数除以所占百分比等于样本容量，各频数之和等于样本容量计算即可； （2）利用样本估计总体的思想，计算解答即可； （3）画树状图，求解即可． 【详解】（1）解：根据题意，得 (人)， (人)． （2）解：该校学生中对达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数大约是 (人)， 答：校学生中对达到“非常了解”和“基本了解”程度的总人数大约是660人． （3）解：根据题意，有女生2名，男生2名． 画树状图如图，共有12种等可能情况，一男一女的可能性有8种， 故一男一女的概率是 【点睛】本题考查了样本容量，频数的计算，利用画树状图或列表的方法求解随机事件的概率，样本估计总体，掌握以上基础的统计知识是解题的关键． 5、国家大力提倡节能减排和环保，近年来纯电动汽车普及率越来越高，纯电动汽车的续航里程是人们购买时参考的重要指标．某汽车杂志为了解M，N两款纯电动汽车的实际续航里程，各随机抽取了10辆进行了续航里程实测，并将测试的结果（续航里程用x公里（1公里＝1千米）表示，分成4组：A．；B．；C．；D．）；进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息： a．10辆M款纯电动汽车的实际续航里程：330，375，435，410，410，470，380，365，365，410 b．10辆N款纯电动汽车的实际续航里程条形统计图（不完整）： c．10辆N款纯电动汽车的实际续航里程在C组中的数据是：402，425，410，425． d．两款纯电动汽车的实际续航里程统计表： 平均数 中位数 众数 方差 M 395 395 a 1455 N 397 b 425 2070 根据以上信息，解答下列问题 (1)补全条形统计图； (2)表格中的 ， ； (3)根据上述数据，你认为M款和N款纯电动汽车中，哪款的实际续航里程更长？请说明理由（写出一条即可）． (4)小王看中了售价一样的甲、乙两款纯电动汽车，根据汽车杂志发布的数据对这两款车的四项性能进行了打分（百分制），如下表： 续航里程得分 百公里加速得分 百公里能耗得分 智能化水平得分 甲车 82 90 85 100 乙车 80 100 90 90 续航里程、百公里加速、百公里能耗、智能化水平四项性能在小王心中所占比例是4：2：1：3，你认为小王选择哪款车更合适？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)； (3)款的实际续航里程更长（答案不唯一，合理即可），理由见解析； (4)选择甲款车更合适，理由见解析． 【分析】本题考查了众数、中位数、平均数，条形统计图用统计图获取信息时，解题的关键是认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题． （1）根据题意可得款抽取的纯电动车中类的数量为，据此可补全条形统计图； （2）根据中位数和众数的定义即可得到与的值； （3）根据表格中的平均数判断即可； （3）利用加权平均数求解可得． 【详解】（1）解：由题意可得款抽取的纯电动车中类的数量为， 补全条形统计图如下： （2）330  375  435  410  410  470  380  365  365  410中，410出现的次数最多， ∴众数； 在款抽取的纯电动车的实际续航里程中的数据从小到大排列，排在中间的两个数分别为402，410， ∴中位数 ； 故答案为：； （3）解：款的实际续航里程更长，理由如下： ∵款的平均数较大， ∴款的实际续航里程更长（答案不唯一，合理即可）； （4）解：选择甲款车更合适，理由如下： 甲款车综合得分为： （分）， 乙款车综合得分为： （分）， ， ∴选择甲款车更合适． 押题猜想十一 二次函数与线段、面积的问题 限时：5min （改编）如图1，抛物线与x轴交于点A和B（其中点A在B左侧），顶点为P，点C是x轴上一个动点，其横坐标为，连接，．已知抛物线y与x的变化规律如下表所示： … 0 1 3 4 5 … … 0 3 4 3 0 …         (1)直接写出_____，_____，_____； (2)记点到的距离为，点到的距离为，若，求证：d为定值； (3)如图2，过点作的平行线交于点，求面积的最大值，并求出此时点的坐标． 【答案】(1)，， (2)证明见解析 (3)面积的最大值2，此时点的坐标为 【分析】（1）先求出二次函数的对称轴为直线，顶点坐标为，再根据二次函数的对称性和表格数据求解即可得； （2）过点作轴于点，过点作于点，作于点，先求出和的值，再解直角三角形分别求出和，由此即可得证； （3）先证出，再证出，利用相似三角形的性质可得的长，然后根据的面积等于，利用二次函数的性质求解即可得． 【详解】（1）解：将二次函数化成顶点式为， ∴这个二次函数的对称轴为直线，顶点坐标为， ∴由对称性可知，时的函数值与时的函数值相等；时的函数值与时的函数值相等， ∴，， 由表格可知，当时，， ∴， ∴， 故答案为：，，． （2）证明：由（1）可知，，， 当时，，解得或， ∴， ∴，， ∵， ∴，， 如图，过点作轴于点，过点作于点，作于点， ∴，， 在中，， 在中，， 在中，，即，解得， 在中，，即，解得， ∵， ∴， ∴为定值． （3）解：由（2）已得：，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 如图，过点作轴于点，过点作轴于点， ∴，，， ∴， ∴，即， ∴， ∴的面积为 ， 由二次函数的性质可知，在内，当时，的面积最大，最大值为2， ∴此时，， 又∵， ∴， ∴，即点与点重合， ∴此时点的坐标为， 综上，面积的最大值2，此时点的坐标为． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键． 押题解读 本考点为必考考点，二次函数与线段、面积的问题是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题综合性强，难度较大，易失分，往往是解答题中的压轴题。 1．如图，抛物线与y轴交于A，B两点（点B在点A的右边），与y轴交于点C．点P是抛物线上的一个动点，且在第四象限，设点P的横坐标为m． (1)点A，B的坐标分别为：A__________，B__________； (2)如图1，作射线与y轴交于点M，连接与y轴交于点N，连接，求证：； (3)如图2，连接，，两线段交于点E．在线段上取点F，使，连接，当达到最小值时，请求出此时的值． 【答案】(1) (2)见详解 (3) 【分析】（1）令，则，求出，即可得； （2）先求出，根据点在第四象限的抛物线上，且，得到，待定系数法求出直线的解析式，再求出，待定系数法求出直线的解析式，再求出，即可得，，再根据即可证明． （3）根据题意得出，在轴正半轴取一点，使，使，连接，在上取一点M使，连接，则，得出都是等腰直角三角形，，证明，得出，故，根据点为定点，点F为动点，得出当点C、F、M三点共线时，最小，根据，得出，即可得，证明，在中，，勾股定理求出，在中，，即可求解． 【详解】（1）解：令，则， 解得：， ， 故答案为：； （2）证明：当时，， ， ∵在第四象限的抛物线上，且， ， 设直线的解析式为， 把代入得， ， ， ， 当时，， ， 设直线的解析式为：， 把，代入得， ， 解得：， ∴， 当时，， ， ，， ， ． （3）解：令，则， ， 由（1）得：，， ， 在轴正半轴取一点，使， 使，连接，在上取一点M使，连接， 则， ， 都是等腰直角三角形， ， 在和中 ， ， ， ， ， ∵点为定点，点F为动点， ∴当点C、F、M三点共线时，最小，如图， ∵， ∴， ， ， ， 在中，， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点，二次函数的图象和性质，一次函数解析式求解，一次函数的图象和性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质和判定，锐角三角函数等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确做出辅助线． 2、如图，在平面直角坐标系中，抛物线与两坐标轴分别相交于，， 三点． (1)求证：； (2)过原点作直线：，交抛物线于，两点． ①点是第四象限内该抛物线上的动点，过点作轴的垂线交于点，交轴于点．当时，求的最大值； ②求面积的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)①；②4 【分析】（1）先求出，，三点坐标，得出，，在以为直径的圆上，即可得解； （2）①当时，．设为，则，，表示出，再由二次函数的性质即可得出答案；②由，可得，由一元二次方程根与系数的关系得出，．求出． 结合，即可得出答案． 【详解】（1）解：当时，， 则，即． 当时，由，得， 则，，即． ∴，，在以为直径的圆上， ∴． （2）解：①当时，． 设为，则，， ∴，， ∴． ∵，， ∴当时，的最大值为． ②由，可得， ∴，． ∴， ∴． ∴． ∴当时，取最小值4， ∴的最小值是4． 【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点问题、二次函数综合—线段问题、二次函数综合—面积问题、二次函数与一元二次方程，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 3．如图，抛物线与直线交于，两点，点在抛物线上（点不与点，重合），过点作直线轴，交直线于点．点的横坐标为，点，到直线的距离分别为，． 特例感悟 （1）若抛物线的顶点为，试解答下列问题． ①当，直线与轴重合时，的长为______，______； ②当，直线轴，点的横坐标为时，的长为______，______； ③当，直线的函数解析式为时，的长为______，______． 归纳论证 （2）根据上述情况，在，，没有确定值的情形下，试猜想的长度与之间的数量关系，并证明． 拓展应用 （3）当点，的横坐标分别为，，且点在直线下方时，请利用上述结论求的最大面积． 【答案】（1）①；②；③；（2），见解析；（3）8 【分析】本题主要考查二次函数图象的综合，掌握二次函数顶点式，二次函数与线段的关系，二次函数与几何图形面积的计算方法是关键． （1）①根据题意抛物线的解析式为，即，当，，，，由此即可求解；②当，，，，，则，，，由此即可求解；③当，，，，，，，，，由此即可求解； （2）如答图4，设点，的横坐标分别为，，直线的解析式为，，，，，由此即可求解； （3）根据题意，有，，，，由（2）中结论得，根据几何图形面积的计算即可求解． 【详解】解：（1）抛物线的顶点为， ∴抛物线的解析式为，即， ∴抛物线与轴的交点为，，与轴的交点为， 如图所示，过点作直线轴，交直线于点．点的横坐标为，点，到直线的距离分别为，， ①当，即点的横坐标为，直线与轴重合，如答图1， ∴，，， ∴， 故答案为：； ②如答图2，当，直线轴，点的横坐标为， 当时，， ∴当时，， 解得，， ∴，， ∵点的横坐标， ∴， ∴， ∴， ∴，，， ∴， 故答案为：； ③如答图3， 由， 得，， ，， 又，， ，，，，； （2）猜想结论：， 证明：如答图4，设点，的横坐标分别为，，直线的解析式为， 则，． ，，，， ∴ ， 又，， ， ； （3）如答图5． 根据题意，有，，，， 由（2）中结论得， 的最大面积为8． 4．已知二次函数：的最小值为，其图象与轴交于和两点，与一次函数的图象交于、两点（在左侧），过点作轴的平行线． (1)求二次函数的表达式； (2)过点作的垂线，垂足为，求证：； (3)取中点，过点作的垂线，垂足为，与二次函数的图象交于点，连接，试探究和的数量关系． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了二次函数的综合运用，一元二次方程根与系数的关系，两点距离公式，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据题意设抛物线解析式为，根据最小值为，得出，即可求解； （2）设 ，则，根据勾股定理求得，即可得证； （3）联立抛物线与一次函数解析式，得出，根据一元二次方程根与系数的关系得出，，进而分别表示出，勾股定理求得，即可得证． 【详解】（1）解：抛物线图象与轴交于和两点，设抛物线解析式为 ∵最小值为， ∴ 解得： ∴抛物线表达式为： （2）解：如图 设 ，则 ， ， ∴； （3）解：如图， 设，， 联立 ∴， ∴，， ∵是的中点， ∴即，则即 ∵是和抛物线的交点， ∴即 ∴ ∴ ∴ 5．数学课上，数学老师对二次函数对称性进行了深入的研究．已知二次函数与，，我们把具有这样特点的函数和称为互利函数． 【总结归纳】（1）填空：的顶点坐标为__________，的顶点坐标为__________． 【知识应用】（2）求的互利函数解析式； （3）已知二次函数经过它的互利函数的图象的顶点N，设的顶点为M． 若，，求证：这两个函数的图象的交点为，； 【拓展延伸】（4）已知二次函数的互利函数与轴交于点，与轴交于点，．点在点的右侧，直线经过点，点关于的对称点恰好在线段上，直线与抛物线交于另一点． ①求点的坐标； ②点是直线上一点，点是互利函数在第一象限内的抛物线上一点，始终有，直接写出点横坐标的取值范围． 【答案】（1），；（2）；（3）见解析；（4）①；② 【分析】（1）根据顶点式直接写出顶点的坐标，即可求解； （2）根据定义，直接写出互利函数解析式，即可求解； （3）根据定义分别得出，，根据二次函数经过，得，则，，进而验证经过点，即可求解； （4）①根据定义得出，进而求得的坐标，证明是直角三角形，且，根据题意，得出是的中点，求得，进而求得直线的解析式为，联立抛物线解析式，即可求解； ②先求得直线的解析式为，直线的解析式为，根据平行线间的距离相等可得，当点是互利函数在第一象限内的抛物线上一点，始终有，此时，进而求得临界点，即可求解． 【详解】解：（1）的顶点坐标为，的顶点坐标为， 故答案为：，；． （2）解： ∴互利函数解析式为； （3）证明：∵，， ∴ 设的顶点为M． ∴， ∴的互利函数 ∴， ∵二次函数经过 ∴ 解得： ∴， ∴ 当时， ∴经过 ∴这两个函数的图象的交点为，； （4）的互利函数为 当时， 解得： ∴， 当时，， ∴ ∴， ∴ ∴ ∴是直角三角形，且 ∵直线经过点，点关于的对称点恰好在线段上， ∴直线是的角平分线， ∴ ∴是的中点， ∵， ∴ 设直线的解析式为 代入， ∴ 解得： ∴直线的解析式为 联立 解得：或 ∴ ②设直线的解析式为 代入， 解得： ∴直线的解析式为 设直线的解析式为 代入， 解得： ∴直线的解析式为 如图所示，过点作，连接，设与交于点， 联立， 解得：， 则 当在直线上方时，总有， 如图当在下方时，存在， 当在直线的下方时，不一定存在， ∴横坐标的取值范围为：． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，新定义，理解新定义其实就是中心对称，还考查了勾股定理，对称的性质，一次函数综合问题，熟练掌握以上知识是解题的关键． 押题猜想十二 二次函数与多边形、角度的存在问题 限时：5min （改编）如果二次函数的图象的顶点在二次函数为的图象上，同时二次函数的图象的顶点在二次函数的图象上，那么我们称这两个函数互为“顶点相容函数”． (1)若二次函数与二次函数互为“顶点相容函数”，则_______． (2)如图，已知二次函数的图象的顶点为，点是轴正半轴上的一个动点，将二次函数的图象绕点旋转得到一个新的二次函数的图象，旋转前后的两个函数互为“顶点相容函数”，且的图象的顶点为． ①求二次函数的解析式； ②点为轴上一点，是否存在一点，使得为直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②存在，点的坐标为或 【分析】（）根据“顶点相容函数”的定义得到该函数的图象的顶点坐标为，再代入二次函数解析式得到即可解答； （）①根据旋转的性质可知，再根据全等三角形的性质及二次函数的性质即可解答；②根据直角三角形的性质分三种情况讨论即可解答． 【详解】（1）解：∵二次函数， ∴该函数的图象的顶点坐标为， ∴将代入，得， 解得． ∴二次函数的解析式为, ∴二次函数的顶点为， ∴将代入入得， ∴符合要求， 故答案为：； （2）解：①∵旋转前后的两个函数互为“顶点相容函数”， ∴的图象的顶点必在二次函数的图象上， ∵的图象是二次函数为的图象绕点旋转得到， ∴这两个函数图象的顶点关于点对称， 如图，分别过作轴，轴，垂足分别为， 在和中， ∴， ∴． 当时，， 解得（舍去）， ∴点的坐标为， 当点是的图象的顶点时，设， 把代入， 解得， ∴二次函数的解析式为为； ②设点的坐标为，则， ； 当时，， ∴， 解得； 当时，， ∴， 解得； 当时，， ∴， 解得， 综上所述，存在一点，使得为直角三角形，点的坐标或． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，二次函数的性质与图象，直角三角形的性质，“顶点相容函数”的定义，理解“顶点相容函数”的定义是解题的关键． 押题解读 本考点为必考考点，二次函数与多边形、角度存在性的问题是湖南中考比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题综合性强，相关联的知识较多，并且难度较大，易失分，往往是解答题中的压轴题。 1、如图，二次函数的图像经过，两点，一次函数的图像与轴交于点． (1)填空：______，______； (2)求证：二次函数与一次函数的图像总有交点； (3)当点到一次函数的图像的距离最大时，设此时一次函数与二次函数的图像交于两点（点在点的右侧），试判断在线段上是否存在点，使得．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键： （1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）将一次函数的解析式转化为：，得到直线恒过点，根据抛物线也过点，即可得证； （3）根据直线恒过点，得到当点与点形成的线段垂直直线时，点到直线的距离最大，过点作轴，推出点，以为斜边，在下方，构造等腰直角三角形，求出点坐标，圆周角定理，推出点在以为圆心，为半径的圆上，根据到线段的距离大于半径，得到与线段相离，得到线段上不存在点使． 【详解】（1）解：把，代入，得： ，解得：． 故答案为：； （2）由（1）知：， ∵， ∴当时，， ∴直线恒过点， 又∵当时，， ∴抛物线也过点； ∴二次函数与一次函数的图像总有交点； （3）不存在，理由如下： 由（2）知道，直线恒过点， ∴当点与点形成的线段垂直直线时，点到直线的距离最大，如图， 此时， 过点作轴，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 以为斜边，在下方，构造等腰直角三角形，则：在的中垂线上，且， ∴点的横坐标为， 设，则：， ∴或（舍去）； ∴， ∵， ∴点在以为圆心，为半径的圆上， ∵到轴的距离为2，， ∴圆与直线相离， ∴线段上不存在点使． 2．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，一次函数经过点B，C． (1)求二次函数的解析式； (2)求证： (3)抛物线上是否存在一点P，使，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)或 【分析】本题主要考查了二次函数综合， 一次函数与几何综合，解直角三角形，勾股定理等等： （1）先根据一次函数解析式求出B、C坐标，再利用待定系数法求出抛物线解析式即可； （2）先求出点A坐标，再解直角三角形证明，即可证明结论； （3）先证明，再分当点P在x轴下方时，当点P在x轴上方时，两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：在中， 当时，，当时，， ∴， 把代入中得：， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）证明：当， 解得或， ∴， 在中，， 在，， ∴ ∴，即； （3）解：∵，， ∴， 由（2）可知， ∴， 如图所示，当点P在x轴下方时，∵， ∴， ∵抛物线对称轴为直线， ∴点P的坐标为 如图，当点P在x轴上方时，设与x轴交于H，， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线解析式为， 联立或（舍去）， ∴点P的坐标为； 综上所述，点P的坐标为或． 3、如图，抛物线的顶点为，与轴交于点，与轴交于，两点（点在点的左侧）． (1)求抛物线的解析式； (2)连接，，，试证明为直角三角形； (3)若点在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点，使以为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)抛物线的解析式为； (2)见解析； (3)存在，或或． 【分析】本题考查了二次函数的性质，函数图象交点问题，待定系数法求解解析式，掌握知识点的应用及分类讨论思想是解题的关键． （）利用待定系数法求解解析式即可； （）由解析式求出点的坐标分别为、，然后利用两点距离公式求出，，，最后通过勾股定理逆定理即可求解； （）分或或为对角线时即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为， ∴设， 将点的坐标代入得：， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）证明：∵抛物线的解析式为， ∴当时，，解得，， ∴点的坐标分别为、， 由点的坐标得，，，， ∴， ∴为直角三角形； （3）解：存在，理由： ∵抛物线的解析式为， ∴对称轴为直线x＝﹣1， ∴设点，点的横坐标为， 当为对角线时， 由中点坐标公式得：，则， 则点； 当或为对角线时， 同理可得：或，则或， ∴点或， 综上，或或． 4、定义一种新的几何变换称为“抛物线对称变换”：对于任意一点，其关于抛物线的对称点同时满足以下条件：①点在抛物线的对称轴上；②的中点在抛物线上．如图，在平面直角坐标系中，抛物线：的图象与轴的一个交点为，另一个交点为，与轴交于点，顶点为． (1)求抛物线的对称轴及顶点坐标； (2)若点，则点关于抛物线的对称点是否存在？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由； (3)若点关于抛物线的对称点存在． ①求的取值范围，并求出所有满足条件的点的坐标； ②平面内是否存在点，使得以点、、、为顶点的四边形是菱形，若存在，求点的坐标及的值，若不存在，请说明理由； 【答案】(1)对称轴为直线，顶点坐标为 (2)存在，点的坐标为 (3)①为所有实数，点的坐标为；②存在，或，，使得以点、、、为顶点的四边形是菱形 【分析】（1）把点，点的坐标代入，利用待定系数法求解即可； （2）假设存在点关于抛物线的对称点，结合题意可知，的中点在抛物线上，进而求得，即可得点的坐标； （3）①设点关于抛物线的对称点为，得的中点为，代入抛物线解析式可得，即可求解； ②由题意得，由①可知，，，求得，，，分三种情况当以点、、、为顶点的四边形是菱形且时，当以点、、、为顶点的四边形是菱形且时，当以点、、、为顶点的四边形是菱形且时，结合菱形的性质分别讨论即可求解． 【详解】（1）解：把点，点的坐标代入，得， ， 解得， ∴抛物线的解析式为， ∴对称轴为直线，顶点坐标为． （2）存在，点的坐标为，理由如下： 假设存在点关于抛物线的对称点， ∵点在抛物线的对称轴上 ∴， 又∵的中点在抛物线上，且， ∴在抛物线上， 对于，当，， ∴，解得， ∴点的坐标为； （3）①设点关于抛物线的对称点为， ∴的中点为， ∵的中点在抛物线上， ∴， ∴， 则为所有实数，点的坐标为； ②存在，或，，使得以点、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下： ∵对称轴为直线，， ∴， 由①可知，，， ∴，，， 当以点、、、为顶点的四边形是菱形且时， 则，解得或， 此时，或，； 当以点、、、为顶点的四边形是菱形且时， 则，此时方程无解，不存在使得； 当以点、、、为顶点的四边形是菱形且时， 则，此时方程无解，不存在使得； 综上，存在，或，，使得以点、、、为顶点的四边形是菱形． 【点睛】本题考查利用待定系数法求函数解析式，中点坐标公式，菱形的性质，勾股定理等知识点，理解新定义，利用分类讨论的数学思想是解决问题的关键． 5、抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点是抛物线上的一动点，设点的横坐标为． (1)求抛物线的表达式． (2)如图1，连接，并延长交轴于点，连接，交轴于点．点在运动过程中，的值是否为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由． (3)将该抛物线向左平移4个单位，再向上平移2个单位，得到如图2所示的抛物线刚好经过点，点为抛物线对称轴上一点．在平面内确定一点，使以点，，，为顶点的四边形是菱形． 【答案】(1) (2)的值为定值10，理由见详解 (3)点坐标为或 【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数的表达式，相似三角形的判定和性质，抛物线和菱形的综合等知识点，解题的关键是熟练掌握待定系数法和菱形的判定和性质． （1）利用待定系数法进行求解即可； （2）过点作轴于点，得出，利用相似三角形的对应边成比例，列出关于的代数式，化简代数式即可得出结论； （3）根据菱形的判定和性质分类讨论，根据题意画出图形，假设出点的坐标，根据对边平行且相等列出方程，解方程即可得出坐标． 【详解】（1）解：将，两点代入得， 解得， ∴抛物线的表达式为； （2）解：的值为定值10，理由如下， 如图，过点作轴于点,则, ∴, 即 假设点坐标为，则点坐标为， ∴，，,，， ∴， 整理得， ∴的值为定值10； （3）解：平移后抛物线的表达式为， 整理得， 联立， 解得， ∴点坐标为， ∴根据勾股定理得， 抛物线的对称轴为直线， ①当以点为圆心长为半径画圆时，此圆与直线无交点，因为点到直线的距离为； ②当以点为圆心长为半径画圆时，如下图所示， 假设交点坐标为， ∴ 解得或， 即， 假设， ∵, ∴，；，； 解得；； 所以此时； ③当为菱形的对角线时，作的垂直平分线，交对称轴于点，如下图所示， 假设， ∴ 即 解得 ∴ 假设，根据得， ， 解得， 所以此时 综上可得点坐标为或． 押题猜想十三 圆的综合 限时：4min （改编）如图，四边形内接于，为的直径，于点F交于点E． (1)设，试用含的代数式表示； (2)如图2，若，求的值； (3)在（2）的条件下，若交于点G，设，． ①求y关于x的函数表达式． ②若，求y的值． 【答案】(1) (2)2 (3)①② 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，结合三角形的内角和定理，即可得解； （2）圆周角定理得到，进而得到，推出，得到，设，求出的长，即可得出结果； （3）①过点作，得到，进而得到，根据，，推出，，利用结合进行求解即可； ②作于，根据已知条件推出，设，，勾股定理求出，再根据求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴设，则：， ∴， ∴， ∴（负值舍去）； ∴； （3）①过点作， 则：， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 由（2）知：， ∴； ②如图，作于， ∵， ∴， 设，，则：，， ∵， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及到圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，求函数解析式，勾股定理等知识点，综合性强，难度大，计算量大，掌握圆周角定理，添加辅助线，构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键，注意计算的准确性． 押题解读 本考点为必考考点，圆的综合问题是比较重要的考查内容，常以解答题的形式出现。这类题综合性强，知识跨度较大，所以难度较大，易失分，往往是解答题中的压轴题。 1、如图1，点在圆上运动，满足，过点的切线交延长线于点． (1)求证：； (2)记的面积为，若，求； (3)如图2，点是线段上一动点（不与重合），于P，交于点．若，设，且，试求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】 （1）在中，由勾股定理的逆定理可知，从而得到，再由切线的性质得到，等量代换即可得证； （2）在中，；在中，；由（1）可得，从而，设，根据题中条件变形求解得到即可得到答案； （3）由，设，则，由，则，利用相似三角形的判定与性质得到、，根据，代值化简得到，再根据，由平行线分线段成比例代值化简即可得到答案． 【详解】（1）证明：在中，， ，则， 为圆的切线， ，即， ； （2）解：在中，；在中，； 由（1）知，则， ， 设， 由得，则，即， 平方并整理得，再平方得到，解得或（舍）， ，则； （3）解：， 设，则， 设，则， ， ， 由（1）知， ，则， ； ，， ，则， ； ， ， ， ． 【点睛】本题综合性强，难度较大，涉及勾股定理的逆定理、切线性质、同角的余角相等、正切函数值定义、解一元二次方程、三角形相似的判定与性质、平行线分线段成比例等知识，根据题意，结合所求，灵活运用所学几何知识证明是解决问题的关键． 2、如图，点是弦上方上的一个动点，平分交于，交于点． (1)求证：； (2)若，求； (3)的半径为，弦，是的中点，是的中点，记的面积为，的面积为，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】（1）利用圆周角定理证明后根据相似三角形性质证明即可； （2）作，，利用和的结论得到，根据正切函数定义即可求得； （3）设，，作，，连接，综合运用垂径定理圆周角定理求得，利用含直角三角形的特征即可表示、，从而求得；根据相似三角形性质求出，则，，因式分解可得，再根据得到，配方后可得到二元一次方程组，解方程组后即可求得的长． 【详解】（1）证明：平分， ， ，        ， 又， ， ， 即． （2）解：如图，过点作于点，作于点， 易证，，，， ， 在直角中，， 设，，， ． （3）解：设，，过点作于点， ，， ， ， ，，， ， ， 如图，过点作于点， 则中，， ， ， 的面积， 是的中点，是的中点， ，且， ，且， ，， 连接， 是中点，是中点， ，， ， ， 的面积， ， ， ，      又在直角中有，，，， ，    即，      由①和②得：， 或． 【点睛】本题考查的知识点是圆周角定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、利用正切函数求边长、勾股定理、垂径定理、中位线定理、解二元一次方程组，解题关键是构造辅助线并用未知数表示出、． 3、如图1，已知锐角内接于，P为的内心，连结并延长分别交，于点D，E，连结． (1)求证：． (2)若，试求的值． (3)若将条件“锐角内接于”改为“内接于，为直径”，如图2．过点P作于点F，设的外接圆半径为R，，试问的值是否是定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）设,根据三角形的内心可得，即，然后根据角的和差及等量代换即可解答； （2）先证明可得，再证明可得，进而得到，最后证明并利用相似三角形的性质即可解答； （3）如图：过P作于G，作于H，过E作于N，作交延长线于M，连接，为的直径，易证四边形为正方形，即；再证、，进而说明为等腰直角三角形；再通过解直角三角形以及全等三角形的判定与性质可得，最后代入计算即可． 【详解】（1）解：设, ∵P为的内心， ∴是的角平分线， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵ ∴， ∵， ∴, 又， ∴， ∴， ∴， 由（1）可知：, 又∵， ∴， ∴,即， ∵, ∴,即， ∴, 又∵,， ∴， ∴． （3）解：如图：过P作于G，作于H，过E作于N，作交延长线于M，连接，为的直径， ∴,， ∴四边形为矩形， 由内心的性质可得：， ∴四边形为正方形，即， 又∵, ∴， ∴， 同理可得：， ∴，即， 又∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，为直径， ∴， ∴，即， ∵， ∴, ∴， ∴， ∵， ∴， ∴,即， ∴． 【点睛】本题主要考查了三角形的内心、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形的等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 4、如图，已知为的外接圆，为的直径，，过点B作射线，使得，点P为射线上的一个动点，连接并延长交于点D，连接． (1)求证：为的切线； (2)设，四边形的面积为y． ①y关于x的函数关系式； ②当时，求y的值； (3)已知E为的中点，连接交于点F，连接，若，试探究线段能否构成一个三角形，若能，请证明你的结论，并判断三角形的形状；若不能，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①；②16 (3)直角三角形，见解析 【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质得到，，可证明，则，即，故为的切线； （2）①作于点G，交的延长线于点H，先通过证明，则，故，而，故，则； ②证明，则，由得到，则，而，故，因此； （3）先证明，，则，由是等腰直角三角形，得，故，在中，，因此得到． 【详解】（1）解：证明：如解图，连接， ∵，O为中点， ∴，， 即 ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴为的切线； （2）解：①如解图，作于点G，交的延长线于点H. ∵， ∴. ∵为的直径， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴矩形为正方形， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵在中， ∴ ∴； ②∵为直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ 在中，， ∴，即， ∴； （3）解：线段能构成一个三角形，三角形的形状为直角三角形，证明如下： 如解图， ∵， ∴。 ∴， ∵， ∴. ∵E为的中点， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形. ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴. ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， 在中，. ∴， 线段能构成一个直角三角形． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理逆定理，圆周角定理，切线的判定，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 5、等腰三角形是指至少有两边相等的三角形，相等的两条边叫做这个三角形的腰，另一条边叫做底边．在中，以一条弦为底边向圆的外侧作等腰三角形，我们不妨约定：当这个三角形为等腰直角三角形时，我们称这个三角形为圆的“朴实三角形”，当这个三角形为等边三角形时，我们称这个三角形为圆的“沉毅三角形”，当“朴实三角形”或“沉毅三角形”的两条边都与圆相切时，我们称这个三角形为圆的“完美三角形”．已知为半圆的直径，点为半圆弧上一动点． (1)如图1所示，若以为底边作的“沉毅三角形”，以为底边作的“朴实三角形”，请判断的度数是否发生变化，如果变化，请证明；如果不变，请求出的度数． (2)如图2所示，是的“沉毅三角形”，当与相切时，判断是否为“完美三角形”，如果不是，请证明；如果是，请求出的长度． (3)若分别以为底边作的“沉毅三角形”和“朴实三角形”，当点从点运动到点时，分别求出点运动的路径长度． 【答案】(1)的度数不发生变化，的度数为 (2)是的“完美三角形”，的长度为 (3)以为底边作的“沉毅三角形”，点运动的路径长度为；以为底边作的“朴实三角形”，点运动的路径长度为 【分析】（1）先根据等边三角形的性质可得，再根据等腰直角三角形的性质可得，然后根据圆周角定理可得，由此即可得； （2）是的“完美三角形”，证明：连接，先根据等边三角形的性质可得，再根据圆的切线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据圆的切线的判定可得与相切，由此即可得证；最后解直角三角形即可得的长度； （3）分别画出以为底边作的“沉毅三角形”、以为底边作的“朴实三角形”，找出点运动的路径，利用弧长公式计算即可得． 【详解】（1）解：∵是的“沉毅三角形”， ∴是等边三角形， ∴， ∵以为底边作的“朴实三角形”， ∴是以为底边等腰直角三角形， ∴， ∵为半圆的直径， ∴， ∴， 所以的度数不发生变化，的度数为． （2）解：是的“完美三角形”，证明如下： 如图，连接， ∵是的“沉毅三角形”， ∴是等边三角形， ∴， ∵与相切， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 又∵是的半径， ∴与相切， 又∵与相切， ∴是的“完美三角形”． ∵为半圆的直径， ∴， ∴在中，． 综上，是的“完美三角形”，的长度为． （3）解：如图，以为底边作的“沉毅三角形”，其中，当点运动到点时，与重合， 取的中点，连接， ∵是等边三角形，， ∴，， ∴在中，， ∴是等边三角形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵，，， ∴， ∴点三点共圆，所在圆的圆心为点， ∴当点从点运动到点时，点运动的路径是在以为直径的半圆上， ∵是等边三角形，且， ∴， ∴此时点运动的路径长度为； 如图，以为底边作的“朴实三角形”，其中，当点运动到点时，与重合， 同理可证：当点从点运动到点时，点运动的路径是在以为直径的半圆上， ∵是以为底边的等腰直角三角形， ∴， ∴在中，， ∴此时点运动的路径长度为； 综上，以为底边作的“沉毅三角形”，点运动的路径长度为；以为底边作的“朴实三角形”，点运动的路径长度为． 【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、圆的切线的判定与性质、解直角三角形、弧长公式等知识，较难的是题（3），正确找出点运动的路径是解题关键． 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 $$