对应解答题压轴练（17）【22-23题】（解析版）-2025年广东省卷中考数学模拟题号对应满分练

贵哥讲初中数学 2025年中考（广东省考卷专用）数学题号考点对应基础练（17） 解答题（对应中考题号22-23小题） 一 几何的直接证明或求解 1（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、是上异于、的点．点在外，，延长与的延长线交于点，点在的延长线上，，．点在直径上，，点是线段的中点． (1)求的度数； (2)求证：直线与相切： (3)看一看，想一想，证一证： 以下与线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 2（2024·重庆·中考真题）在中，，点是边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点，连接．在直线上取一点，使，直线与直线交于点．    (1)如图1，若，求的度数（用含的代数式表示）； (2)如图1，若，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明； (3)如图2，若，点从点移动到点的过程中，连接，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值． 二 函数性质的综合运用 1（2024·广东广州·中考真题）已知抛物线过点和点，直线过点，交线段于点，记的周长为，的周长为，且． (1)求抛物线的对称轴； (2)求的值； (3)直线绕点以每秒的速度顺时针旋转秒后得到直线，当时，直线交抛物线于，两点． ①求的值； ②设的面积为，若对于任意的，均有成立，求的最大值及此时抛物线的解析式． 2（2024·河北·中考真题）如图，抛物线过点，顶点为Q．抛物线（其中t为常数，且），顶点为P． (1)直接写出a的值和点Q的坐标． (2)嘉嘉说：无论t为何值，将的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在上． 淇淇说：无论t为何值，总经过一个定点． 请选择其中一人的说法进行说理． (3)当时， ①求直线PQ的解析式； ②作直线，当l与的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标． (4)设与的交点A，B的横坐标分别为，且．点M在上，横坐标为．点N在上，横坐标为．若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n． 三 猜想证明 1通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整．原题：如图1，点E、F分别在正方形的边、上，，连接，试猜想、、之间的数量关系．        (1)把绕点逆时针旋转至，可使与重合，由，得，，即点F、D、G共线，易证≌__________，故、、之间的数量关系为__________． (2)如图2，点E、F分别在正方形的边、的延长线上，．连接，试猜想、、之间的数量关系为__________，并给出证明． (3)如图3，在中，，，点D、E均在边上，且．若，，直接写出的值和的长． 四 动态几何 1（2023·海南·中考真题）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，，，点为线段上的动点（不与点，重合），连接并延长交边于点，交的延长线于点．    (1)当点恰好为的中点时，求证：； (2)求线段的长； (3)当为直角三角形时，求的值； (4)如图2，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接，在点的运动过程中，的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由． 五 阅读理解 阅读理解：小明热爱数学，在课外书上看到了一个有趣的定理--“中线长定理”：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．如图1，在△ABC中，点D为BC的中点，根据“中线长定理”，可得： AB2+AC2=2AD2+2BD2．小明尝试对它进行证明，部分过程如下： 解：过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2， 同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2， 为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y， ∴AB2+AC2=AE2+BE2+AE2+CE2=… （1）请你完成小明剩余的证明过程； 理解运用： （2）①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=6，AC=4，BC=8，则AD= ； ②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ； 拓展延伸： （3）小明解决上述问题后，联想到如下的题目： 如图4，已知⊙O的半径为5，以A（-3，4）为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，求AD长的最大值． 请你利用上面的方法和结论，求出AD长的最大值． 六 开放探究 1（2024·贵州·中考真题）综合与探究：如图，，点P在的平分线上，于点A． (1)【操作判断】 如图①，过点P作于点C，根据题意在图①中画出，图中的度数为______度； (2)【问题探究】 如图②，点M在线段上，连接，过点P作交射线于点N，求证：； (3)【拓展延伸】 点M在射线上，连接，过点P作交射线于点N，射线与射线相交于点F，若，求的值． 2（2024·河南·中考真题）综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． (1)操作判断 用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）． (2)性质探究 根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质． 如图2，四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线． ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若，，，求的长（用含m，n，的式子表示）． (3)拓展应用 如图3，在中，，，，分别在边，上取点M，N，使四边形是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出的长． 七 新定义问题 （2023·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1．对于的弦和外一点C给出如下定义： 若直线，中一条经过点O，另一条是的切线，则称点C是弦的“关联点”．    (1)如图，点，， ①在点，，中，弦的“关联点”是______． ②若点C是弦的“关联点”，直接写出的长； (2)已知点，．对于线段上一点S，存在的弦，使得点S是弦的“关联点”，记的长为t，当点S在线段上运动时，直接写出t的取值范围． 八 直角坐标系中函数与几何的综合 1（2023·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，且交x轴于点，B两点，交y轴于点C．    (1)求抛物线的表达式； (2)点P是直线上方抛物线上的一动点，过点P作于点D，过点P作y轴的平行线交直线于点E，求周长的最大值及此时点P的坐标； (3)在（2）中周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线方向平移个单位长度，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A，P，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程． 多反思总结多交流的学习才高效！ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$贵哥讲初中数学 2025年中考（广东省考卷专用）数学题号考点对应基础练（17） 解答题（对应中考题号22-23小题） 一 几何的直接证明或求解 1（2024·云南·中考真题）如图，是的直径，点、是上异于、的点．点在外，，延长与的延长线交于点，点在的延长线上，，．点在直径上，，点是线段的中点． (1)求的度数； (2)求证：直线与相切： (3)看一看，想一想，证一证： 以下与线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）直接利用直径所对的圆周角是直角，即可得出结果； （2）证明，得到，根据平角的定义，得到，即可得证； （3）连接，连接交于点，易得，圆周角定理得到，推出，进而得到，根据三角函数推出，得到三点共线，即可得出结果． 【详解】（1）解：∵是的直径，点是上异于、的点， ∴； （2）证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵是半径， ∴直线与相切； （3）我认为：正确，理由如下： 连接，连接交于点，如图，则：， ∴点在线段的中垂线上， ∵， ∴点在线段的中垂线上， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∵，且， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴三点共线， ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 2（2024·重庆·中考真题）在中，，点是边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点，连接．在直线上取一点，使，直线与直线交于点．    (1)如图1，若，求的度数（用含的代数式表示）； (2)如图1，若，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明； (3)如图2，若，点从点移动到点的过程中，连接，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）由三角形内角和定理及外角定理结合即可求解； （2）在上截取，连接，交于点H，连接，先证明，再证明四边形是平行四边形，可得，记与的交点为点N，则由轴对称可知：，，再解即可； （3）连接，记与的交点为点N，由轴对称知，，，，当点G在边上时，由于，当为等腰三角形时，只能是，同（1）方法得，，中，，解得，然后，解直角三角形，表示出，，即可求解；当点G在延长线上时，只能是， 设，在中，，解得，设，解直角三角形求出，即可求解． 【详解】（1）解：如图，    ∵，， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：， 在上截取，连接，交于点H，    ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点关于直线的对称点为点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 记与的交点为点N， 则由轴对称可知：，， ∴中，， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接，记与的交点为点N，    ∵， ∴， 由轴对称知， 当点G在边上时，由于， ∴当为等腰三角形时，只能是， 同（1）方法得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴中，，解得， ∴，而， ∴为等边三角形， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点G在延长线上时，只能是，如图：    设， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴在中，， 解得， ∴， 设，则，， 在中，，由勾股定理求得， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 综上所述：或． 【点睛】本题考查了三角形的内角和，外角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的分类讨论，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 二 函数性质的综合运用 1（2024·广东广州·中考真题）已知抛物线过点和点，直线过点，交线段于点，记的周长为，的周长为，且． (1)求抛物线的对称轴； (2)求的值； (3)直线绕点以每秒的速度顺时针旋转秒后得到直线，当时，直线交抛物线于，两点． ①求的值； ②设的面积为，若对于任意的，均有成立，求的最大值及此时抛物线的解析式． 【答案】(1)对称轴为直线：； (2) (3)①，②的最大值为，抛物线为； 【分析】（1）直接利用对称轴公式可得答案； （2）如图，由，可得在的左边，，证明，可得，设，建立，可得：，，再利用待定系数法求解即可； （3）①如图，当时，与抛物线交于，由直线，可得，可得，从而可得答案；②计算，当时， 可得，则，，可得 ，可得当时，的最小值为，再进一步求解可得答案． 【详解】（1）解：∵抛物线， ∴抛物线对称轴为直线：； （2）解：∵直线过点， ∴， 如图， ∵直线过点，交线段于点，记的周长为，的周长为，且， ∴在的左边，， ∵在抛物线的对称轴上， ∴， ∴， 设， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， 解得：； （3）解：①如图，当时，与抛物线交于， ∵直线， ∴， ∴， 解得：， ②∵， 当时，， ∴， ∴，， ∴ ， ∵， ∴当时，的最小值为， ∴此时， ∵对于任意的，均有成立， ∴的最大值为， ∴抛物线为； 【点睛】本题考查的是二次函数的图象与性质，一次函数的性质，坐标与图形面积，一元二次方程根与系数的关系，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键． 2（2024·河北·中考真题）如图，抛物线过点，顶点为Q．抛物线（其中t为常数，且），顶点为P． (1)直接写出a的值和点Q的坐标． (2)嘉嘉说：无论t为何值，将的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在上． 淇淇说：无论t为何值，总经过一个定点． 请选择其中一人的说法进行说理． (3)当时， ①求直线PQ的解析式； ②作直线，当l与的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标． (4)设与的交点A，B的横坐标分别为，且．点M在上，横坐标为．点N在上，横坐标为．若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n． 【答案】(1)， (2)两人说法都正确，理由见解析 (3)①；②或 (4) 【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式，再化为顶点式即可得到顶点坐标； （2）把向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为：，再检验即可，再根据函数化为，可得函数过定点； （3）①先求解的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可；②如图，当（等于6两直线重合不符合题意），可得，可得交点，交点，再进一步求解即可； （4）如图，由题意可得是由通过旋转，再平移得到的，两个函数图象的形状相同，如图，连接交于，连接，，，，可得四边形是平行四边形，当点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，此时与重合，与重合，再进一步利用中点坐标公式解答即可． 【详解】（1）解：∵抛物线过点，顶点为Q． ∴， 解得：， ∴抛物线为：， ∴； （2）解：把向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为：， 当时， ∴， ∴在上， ∴嘉嘉说法正确； ∵ ， 当时，， ∴过定点； ∴淇淇说法正确； （3）解：①当时， ， ∴顶点，而， 设为， ∴， 解得：， ∴为； ②如图，当（等于6两直线重合不符合题意）， ∴， ∴交点，交点， 由直线，设直线为， ∴， 解得：， ∴直线为：， 当时，， 此时直线与轴交点的横坐标为， 同理当直线过点， 直线为：， 当时，， 此时直线与轴交点的横坐标为， （4）解：如图，∵，， ∴是由通过旋转，再平移得到的，两个函数图象的形状相同， 如图，连接交于，连接，，，， ∴四边形是平行四边形， 当点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d， 此时与重合，与重合， ∵，， ∴的横坐标为， ∵，， ∴的横坐标为， ∴， 解得：； 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，一次函数的综合应用，二次函数的平移与旋转，以及特殊四边形的性质，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键． 三 猜想证明 1通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整．原题：如图1，点E、F分别在正方形的边、上，，连接，试猜想、、之间的数量关系．        (1)把绕点逆时针旋转至，可使与重合，由，得，，即点F、D、G共线，易证≌__________，故、、之间的数量关系为__________． (2)如图2，点E、F分别在正方形的边、的延长线上，．连接，试猜想、、之间的数量关系为__________，并给出证明． (3)如图3，在中，，，点D、E均在边上，且．若，，直接写出的值和的长． 【答案】(1)， (2)，理由见解析 (3)， 【分析】（1）根据旋转的性质可得，利用判定定理可直接证明，再依据对应线段相等可求． （2）把绕点逆时针旋转，使与重合，证全等即可到结论． （3）把绕点逆时针旋转，使与重合，点B对应点为点F，连接和即可求解． 【详解】（1）解：，，理由如下： 四边形是正方形， ∴，， 由旋转的性质可知，， ， ，，， ， ， ， ， ． （2），证明如下： 如下图，把绕点逆时针旋转，与重合， ，， ，， ， ； ； 在和中， ， ∴；    ∴； ∵； 即． （3）如图1.解：∵，， ∴， 把绕点逆时针旋转，与重合，点的对应点为点； ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴在中， ， ； ； ；    在和中， ， ∴， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得： ， ∴， ∵是等腰直角三角形； ∴， ， 同理把绕点顺时针旋转，点的对应点为点，连接，；    ； ，； ； 在直角中，； ∴ ∴， 由旋转的性质可知，； 是等腰直角三角形； ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查正方形中的半角模型，旋转的性质，全等三角形的判定，掌握类比迁移，旋转后三角形全等的证明是解决本题的关键． 四 动态几何 1（2023·海南·中考真题）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，，，点为线段上的动点（不与点，重合），连接并延长交边于点，交的延长线于点．    (1)当点恰好为的中点时，求证：； (2)求线段的长； (3)当为直角三角形时，求的值； (4)如图2，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接，在点的运动过程中，的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)2或 (4)的度数是定值， 【分析】（1）由 “”可证； （2）由菱形的性质可得，，，，再由直角三角形的性质可求解； （3）分类讨论：当时；当时，由直角三角形的性质可求、的长，由等腰三角形的判定与性质可求的长，通过证明，可得，即可求解； （4）先证点、点、点三点共线，由直角三角形的性质可得，可求，通过证明点、点、点、点四点共圆，可得，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ， 点是的中点， ， ， ； （2）解：四边形是菱形，，， ，，，， ， ， ， ； （3）解：当时， 四边形是菱形， ，，，， ， ，即， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ； 当时， ， 由（2）得：，， 四边形是菱形， ， ， ，， ， ， ， ， 综上所述：或2 （4）解：的度数是定值． 如图，取的中点，连接、、， ，  是的垂直平分线， ，， ， 点是的中点，， ， 四边形是菱形， ，，， 点是的中点，， ， 点、点、点三点共线， 点是的中点，， ， ， ， ， 点、点、点、点四点共圆， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 五 阅读理解 阅读理解：小明热爱数学，在课外书上看到了一个有趣的定理--“中线长定理”：三角形两边的平方和等于第三边的一半与第三边上的中线的平方和的两倍．如图1，在△ABC中，点D为BC的中点，根据“中线长定理”，可得： AB2+AC2=2AD2+2BD2．小明尝试对它进行证明，部分过程如下： 解：过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2， 同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2， 为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y， ∴AB2+AC2=AE2+BE2+AE2+CE2=… （1）请你完成小明剩余的证明过程； 理解运用： （2）①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=6，AC=4，BC=8，则AD= ； ②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ； 拓展延伸： （3）小明解决上述问题后，联想到如下的题目： 如图4，已知⊙O的半径为5，以A（-3，4）为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，求AD长的最大值． 请你利用上面的方法和结论，求出AD长的最大值． 【答案】（1）见解析；（2）①；②4；（3）AD长的最大值为10． 【分析】（1）过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，根据勾股定理即可证明； （2）①利用中线定理计算即可；②利用中线定理即可解决； （3）如图4中，连接OA，取OA的中点E，连接DE．利用中线定理求出DE，再利用三边关系即可解决问题； 【详解】解：（1）过点A作AE⊥BC于点E，如图2， 在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2， 同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2， 为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y， ∴AB2+AC2=2AE2+（x+y）2+（x-y）2=2AE2+2x2+2y2 =2AE2+2BD2+2DE2 =2AD2+2BD2； （2）①∵AB2+AC2=2AD2+2BD2， ∴62+42=2AD2+2×42， ∴AD=； ②如图3中， ∵AF是△ABC的中线，EF是△AEO的中线，OF是△BOC的中线， ∵2EF2+2AE2=AF2+OF2， 2AF2+2BF2=AB2+AC2， OF2=OB2-BF2， ∴4EF2=2OB2-4AE2=2OB2-OA2， ∴EF2=OB2-OA2=16， ∴EF=4（负根舍弃）， 故答案为：①；②4； （3）如图4中，连接OA，取OA的中点E，连接DE． 由（2）的②可知：DE2=OB2-OA2=， ∴DE=； 在△ADE中，AE=，DE=， ∵AD≤AE+DE， ∴AD长的最大值为+=10． 【点睛】本题考查了圆的性质、中线定理、勾股定理、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是灵活运用勾股定理解决问题，学会用转化的思想思考问题，学会添加辅助线解决问题，属于中考压轴题． 六 开放探究 1（2024·贵州·中考真题）综合与探究：如图，，点P在的平分线上，于点A． (1)【操作判断】 如图①，过点P作于点C，根据题意在图①中画出，图中的度数为______度； (2)【问题探究】 如图②，点M在线段上，连接，过点P作交射线于点N，求证：； (3)【拓展延伸】 点M在射线上，连接，过点P作交射线于点N，射线与射线相交于点F，若，求的值． 【答案】(1)画图见解析，90 (2)见解析 (3)或 【分析】（1）依题意画出图形即可，证明四边形是矩形，即可求解； （2）过P作于C，证明矩形是正方形，得出，利用证明，得出，然后利用线段的和差关系以及等量代换即可得证； （3）分M在线段，线段的延长线讨论，利用相似三角形的判定与性质求解即可； 【详解】（1）解：如图，即为所求， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 故答案为：90； （2）证明：过P作于C， 由（1）知：四边形是矩形， ∵点P在的平分线上，，， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴ ； （3）解：①当M在线段上时，如图，延长、相交于点G， 由（2）知， 设，则，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当M在的延长线上时，如图，过P作于C，并延长交于G 由（2）知：四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴ ， ∵ ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判断与性质，相似三角形的判断与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形，合理分类讨论是解题的关键． 2（2024·河南·中考真题）综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． (1)操作判断 用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）． (2)性质探究 根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质． 如图2，四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线． ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若，，，求的长（用含m，n，的式子表示）． (3)拓展应用 如图3，在中，，，，分别在边，上取点M，N，使四边形是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出的长． 【答案】(1)②④ (2)①．理由见解析；② (3)或 【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可； （2）①延长至点E，使，连接，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出，证明，得出，，根据等边对等角得出，即可得出结论； ②过A作于F，根据三线合一性质可求出，由①可得，在中，根据余弦的定义求解即可； （3）分，，，四种情况讨论即可． 【详解】（1）解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图2和图4中存在对角互补且邻边相等， 故图②和图④中四边形是邻等对补四边形， 故答案为：②④； （2）解：①，理由： 延长至点E，使，连接， ∵四边形是邻等对补四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴； ②过A作于F， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴； （3）解：∵，，， ∴， ∵四边形是邻等对补四边形， ∴， ∴， 当时，如图，连接，过N作于H， ∴， 在中， 在中， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴； 当时，如图，连接， ∵， ∴， ∴，故不符合题意，舍去； 当时，连接，过N作于H， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴； 当时，如图，连接， ∵， ∴， ∴，故不符合题意，舍去； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键． 七 新定义问题 （2023·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1．对于的弦和外一点C给出如下定义： 若直线，中一条经过点O，另一条是的切线，则称点C是弦的“关联点”．    (1)如图，点，， ①在点，，中，弦的“关联点”是______． ②若点C是弦的“关联点”，直接写出的长； (2)已知点，．对于线段上一点S，存在的弦，使得点S是弦的“关联点”，记的长为t，当点S在线段上运动时，直接写出t的取值范围． 【答案】(1)，； (2)或． 【分析】（1）根据题目中关联点的定义并分情况讨论计算即可； （2）根据，两点来求最值情况，S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的的垂线上，运用相似三角形计算即可． 【详解】（1）解：①由关联点的定义可知，若直线中一经过点O，另一条是的切线，则称点C是弦的“关联点”， ∵点，，，，， ∴直线经过点O，且与相切， ∴是弦的“关联点”， 又∵和横坐标相等，与都位于直线上， ∴与相切，经过点O， ∴是弦的“关联点”． ②∵，， 设，如下图所示，共有两种情况，   a、若与相切，经过点O， 则、所在直线为： ， 解得：， ∴， b、若与相切，经过点O， 则、所在直线为：， 解得：， ∴， 综上，． （2）解：∵线段上一点S，存在的弦，使得点S是弦的“关联点”， 又∵弦随着S的变动在一定范围内变动，且，，， ∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的的垂线上，如图所示，    ①当S位于点时，为的切线，作， ∵，的半径为1，且为的切线， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴根据勾股定理得，， 根据勾股定理，，同理，， ∴当S位于点时，的临界值为和． ②当S位于经过点O的的垂直平分线上即点K时， ∵点，， ∴， ∴， 又∵的半径为1，∴， ∴三角形为等边三角形， ∴在此情况下，，， ∴当S位于经过点O的的垂直平分线上即点K时，的临界值为和， ∴在两种情况下，的最小值在内，最大值在， 综上所述，t的取值范围为或， 【点睛】本题主要考查最值问题，题目较为新颖，要灵活运用知识点，明确新概念时解答此题的关键． 八 直角坐标系中函数与几何的综合 1（2023·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，且交x轴于点，B两点，交y轴于点C．    (1)求抛物线的表达式； (2)点P是直线上方抛物线上的一动点，过点P作于点D，过点P作y轴的平行线交直线于点E，求周长的最大值及此时点P的坐标； (3)在（2）中周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线方向平移个单位长度，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A，P，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程． 【答案】(1) (2)周长的最大值，此时点 (3)以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形时或或 【分析】（1）把、代入计算即可； （2）延长交轴于，可得，进而得到，，求出的最大值即可； （3）先求出平移后的解析式，再设出M，N的坐标，最后根据菱形的性质和判定计算即可． 【详解】（1）把、代入得，， 解得， ∴抛物线的表达式为； （2）延长交轴于，    ∵过点P作于点D，过点P作y轴的平行线交直线于点E， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴当最大时周长的最大 ∵抛物线的表达式为， ∴， ∴直线解析式为， 设，则 ∴， ∴当时最大，此时 ∵周长为， ∴周长的最大值为，此时， 即周长的最大值，此时点； （3）∵将该抛物线沿射线方向平移个单位长度，可以看成是向右平移2个单位长度再向下平移一个单位长度， ∴平移后的解析式为，此抛物线对称轴为直线， ∴设， ∵， ∴，，， 当为对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形 ∴与互相平分，且 ∴，解得 ∵中点坐标为，中点坐标为， ∴，解得， 此时； 当为边长且和是对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形 ∴与互相平分，且 ∴，解得 ∵中点坐标为，中点坐标为， ∴，解得， 此时或； 同理，当为边长且和是对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形 ∴和互相平分，且 ，此方程无解； 综上所述，以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形时或或； 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，相似三角形的性质与判定，菱形的性质及应用，中点坐标公式等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度． 多反思总结多交流的学习才高效！ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$