对应解答题压轴练（18）【22-23题】-2025年中考数学模拟题号对应满分练（广东专用）

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（18） 收集了最近几年各市真题汇编 解答题（对应中考题号22-23小题） 一 几何证明与求解 1（2023·北京·中考真题）在中、，于点M，D是线段上的动点（不与点M，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．      (1)如图1，当点E在线段上时，求证：D是的中点； (2)如图2，若在线段上存在点F（不与点B，M重合）满足，连接，，直接写出的大小，并证明． 2（2024·河北·中考真题）已知的半径为3，弦，中，．在平面上，先将和按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在上，点C在内），随后移动，使点B在弦上移动，点A始终在上随之移动，设． (1)当点B与点N重合时，求劣弧的长； (2)当时，如图2，求点B到的距离，并求此时x的值； (3)设点O到的距离为d． ①当点A在劣弧上，且过点A的切线与垂直时，求d的值； ②直接写出d的最小值． 二 函数性质的综合运用 1（2023·湖北武汉·中考真题）抛物线交轴于两点（在的左边），交轴于点．    (1)直接写出三点的坐标； (2)如图（1），作直线，分别交轴，线段，抛物线于三点，连接．若与相似，求的值； (3)如图（2），将抛物线平移得到抛物线，其顶点为原点．直线与抛物线交于两点，过的中点作直线（异于直线）交抛物线于两点，直线与直线交于点．问点是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由． 2（2023·山西·中考真题）如图，二次函数的图象与轴的正半轴交于点A，经过点A的直线与该函数图象交于点，与轴交于点C．        (1)求直线的函数表达式及点C的坐标； (2)点是第一象限内二次函数图象上的一个动点，过点作直线轴于点，与直线交于点D，设点的横坐标为． ①当时，求的值； ②当点在直线上方时，连接，过点作轴于点，与交于点，连接．设四边形的面积为，求关于的函数表达式，并求出S的最大值． 三 猜想证明 1（2024·辽宁·中考真题）如图，在中，，．将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作，垂足为．    图1                图2                   图3 (1)如图1，求证：； (2)如图2，的平分线与的延长线相交于点，连接，的延长线与的延长线相交于点，猜想与的数量关系，并加以证明； (3)如图3，在（2）的条件下，将沿折叠，在变化过程中，当点落在点的位置时，连接． ①求证：点是的中点； ②若，求的面积． 四 动态几何 1（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为． (1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由； (2)若，为的外接圆，设的半径为． ①求的取值范围； ②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由． 五 阅读理解 1（2023·江西·中考真题）课本再现 思考 我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？ 可以发现并证明菱形的一个判定定理； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形． (1)定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：在中，对角线，垂足为． 求证：是菱形．    (2)知识应用：如图，在中，对角线和相交于点，．    ①求证：是菱形； ②延长至点，连接交于点，若，求的值． 六 开放探究 1（2023·广西·中考真题）【探究与证明】 折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘． 【动手操作】如图1，将矩形纸片对折，使与重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，，展平纸片，连接，，．    请完成： (1)观察图1中，和，试猜想这三个角的大小关系； (2)证明（1）中的猜想； 【类比操作】如图2，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B，P分别落在，上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，，展平纸片，连接，．    请完成： (3)证明是的一条三等分线． 七 新定义问题 1（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；        （    ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；        （    ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（    ） (2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． (3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 八 直角坐标系中函数与几何的综合 1（2024·天津·中考真题）已知抛物线的顶点为，且，对称轴与轴相交于点，点在抛物线上，为坐标原点． (1)当时，求该抛物线顶点的坐标； (2)当时，求的值； (3)若是抛物线上的点，且点在第四象限，，点在线段上，点在线段上，，当取得最小值为时，求的值． 2（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，与轴的交点为点和点．    (1)求这个二次函数的表达式； (2)点，在轴正半轴上，，点在线段上，以线段，为邻边作矩形，连接，设． 连接，当与相似时，求的值； 当点与点重合时，将线段绕点按逆时针方向旋转后得到线段，连接，，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点，的对应点分别为、，连接当的边与线段垂直时，请直接写出点的横坐标． 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（18） 收集了最近几年各市真题汇编 解答题（对应中考题号22-23小题） 一 几何证明与求解 1（2023·北京·中考真题）在中、，于点M，D是线段上的动点（不与点M，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．      (1)如图1，当点E在线段上时，求证：D是的中点； (2)如图2，若在线段上存在点F（不与点B，M重合）满足，连接，，直接写出的大小，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）由旋转的性质得，，利用三角形外角的性质求出，可得，等量代换得到即可； （2）延长到H使，连接，，可得是的中位线，然后求出，设，，求出，证明，得到，再根据等腰三角形三线合一证明即可． 【详解】（1）证明：由旋转的性质得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即D是的中点； （2）； 证明：如图2，延长到H使，连接，， ∵， ∴是的中位线， ∴，， 由旋转的性质得：，， ∴， ∵， ∴，是等腰三角形， ∴，， 设，，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴，即．    【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键． 2（2024·河北·中考真题）已知的半径为3，弦，中，．在平面上，先将和按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在上，点C在内），随后移动，使点B在弦上移动，点A始终在上随之移动，设． (1)当点B与点N重合时，求劣弧的长； (2)当时，如图2，求点B到的距离，并求此时x的值； (3)设点O到的距离为d． ①当点A在劣弧上，且过点A的切线与垂直时，求d的值； ②直接写出d的最小值． 【答案】(1) (2)点B到的距离为； (3)①；② 【分析】（1）如图，连接，，先证明为等边三角形，再利用等边三角形的性质结合弧长公式可得答案； （2）过作于，过作于，连接，证明四边形是矩形，可得，，再结合勾股定理可得答案； （3）①如图，由过点A的切线与垂直，可得过圆心，过作于，过作于，而，可得四边形为矩形，可得，再进一步利用勾股定理与锐角三角函数可得答案；②如图，当为中点时，过作于，过作于， ，此时最短，如图，过作于，而，证明，求解，再结合等角的三角函数可得答案． 【详解】（1）解：如图，连接，， ∵的半径为3，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴的长为； （2）解：过作于，过作于，连接， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴，而， ∴， ∴点B到的距离为； ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）解：①如图，∵过点A的切线与垂直， ∴过圆心， 过作于，过作于，而， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，即； ②如图，当为中点时， 过作于，过作于， ∴， ∴，此时最短， 如图，过作于，而， ∵为中点，则， ∴由（2）可得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：（不符合题意的根舍去）， ∴的最小值为． 【点睛】本题属于圆的综合题，难度很大，考查了勾股定理的应用，矩形的判定与性质，垂径定理的应用，锐角三角函数的应用，切线的性质，熟练的利用数形结合的方法，作出合适的辅助线是解本题的关键． 二 函数性质的综合运用 1（2023·湖北武汉·中考真题）抛物线交轴于两点（在的左边），交轴于点．    (1)直接写出三点的坐标； (2)如图（1），作直线，分别交轴，线段，抛物线于三点，连接．若与相似，求的值； (3)如图（2），将抛物线平移得到抛物线，其顶点为原点．直线与抛物线交于两点，过的中点作直线（异于直线）交抛物线于两点，直线与直线交于点．问点是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)的值为2或 (3)点在定直线上 【分析】（1）令，解一元二次方程求出值可得、两点的坐标，令求出值可得点坐标，即可得答案； （2）分和两种情况，利用相似三角形的性质分别列方程求出值即可得答案； （3）根据平移的性质可得解析式，联立直线与解析式可得点坐标，即可得出中点的坐标，设，利用待定系数法可得直线的解析式为，同理得出直线的解析式为，联立两直线解析式可得，设点在直线上，把点代入，整理比较系数即可得出、的值即可得答案，也可根据点的纵坐标变形得出横坐标与纵坐标的关系，得出答案． 【详解】（1）∵抛物线解析式为， ∴当时，， 解得：，， 当时，， ∴，，． （2）解：是直线与抛物线的交点， ， ①如图，若时， ， ∴ ， ∴， 解得，（舍去）或． ②如图，若时．过作轴于点． ， ∴， ∴， ， ， ∴ ， ∴，， ， ∴， 解得，（舍去）或．    综上，符合题意的的值为2或． （3）解：∵将抛物线平移得到抛物线，其顶点为原点， ∴， ∵直线的解析式为， ∴联立直线与解析式得：， 解得：（舍去），， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， 设，直线的解析式为， 则， 解得，， ∴直线的解析式为， ∵直线经过点， ∴ 同理，直线的解析式为；直线的解析式为． 联立，得， 解得：． ∵直线与相交于点， ． 设点在直线上，则，① 整理得，， 比较系数得：， 解得：， ∴当时，无论为何值时，等式①恒成立． ∴点在定直线上． 【点睛】本题考查二次函数与一次函数综合、二次函数图象的平移及相似三角形的性质，正确作出辅助线，熟练掌握待定系数法求函数解析式及相似三角形的性质是解题关键． 2（2023·山西·中考真题）如图，二次函数的图象与轴的正半轴交于点A，经过点A的直线与该函数图象交于点，与轴交于点C．        (1)求直线的函数表达式及点C的坐标； (2)点是第一象限内二次函数图象上的一个动点，过点作直线轴于点，与直线交于点D，设点的横坐标为． ①当时，求的值； ②当点在直线上方时，连接，过点作轴于点，与交于点，连接．设四边形的面积为，求关于的函数表达式，并求出S的最大值． 【答案】(1)，点的坐标为 (2)①2或3或；②，S的最大值为 【分析】（1）利用待定系数法可求得直线的函数表达式，再求得点C的坐标即可； （2）①分当点在直线上方和点在直线下方时，两种情况讨论，根据列一元二次方程求解即可； ②证明，推出，再证明四边形为矩形，利用矩形面积公式得到二次函数的表达式，再利用二次函数的性质即可求解． 【详解】（1）解：由得，当时，． 解得． ∵点A在轴正半轴上． ∴点A的坐标为． 设直线的函数表达式为． 将两点的坐标分别代入， 得， 解得， ∴直线的函数表达式为． 将代入，得． ∴点C的坐标为； （2）①解：点在第一象限内二次函数的图象上，且轴于点，与直线交于点，其横坐标为． ∴点的坐标分别为． ∴． ∵点的坐标为， ∴． ∵， ∴． 如图，当点在直线上方时，．    ∵， ∴． 解得． 如图2，当点在直线下方时，．    ∵， ∴． 解得， ∵， ∴． 综上所述，的值为2或3或； ②解：如图3，由（1）得，．    ∵轴于点，交于点，点B的坐标为， ∴． ∵点在直线上方， ∴． ∵轴于点， ∴． ∴，， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵轴， ∴四边形为矩形． ∴． 即． ∵， ∴当时，S的最大值为． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数、一次函数、等腰三角形、矩形、勾股定理、相似三角形等知识点，第二问难度较大，需要分情况讨论，画出大致图形，用含m的代数式表示出是解题的关键． 三 猜想证明 1（2024·辽宁·中考真题）如图，在中，，．将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作，垂足为．    图1                图2                   图3 (1)如图1，求证：； (2)如图2，的平分线与的延长线相交于点，连接，的延长线与的延长线相交于点，猜想与的数量关系，并加以证明； (3)如图3，在（2）的条件下，将沿折叠，在变化过程中，当点落在点的位置时，连接． ①求证：点是的中点； ②若，求的面积． 【答案】(1)见详解 (2) (3)30 【分析】（1）利用“”即可证明； （2）可知，证明，则，可得，则，故； （3）①翻折得，根据等角的余角相等得到，故，则，即点F是中点； ②过点F作交于点M，连接，设，，则，由翻折得，故，因此，在中，由勾股定理得：，解得：或（舍，此时） ，在中，由勾股定理得：，解得：，则，由，得到，，因此，故． 【详解】（1）证明：如图，      由题意得，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）猜想： 证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）解：①由题意得， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，即点F是中点； ②过点F作交于点M，连接，    ∵， ∴， 设，， ∴， 由翻折得， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 整理得，， 解得：或（舍，此时） ， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ∴， ∵， ∴，， ∴点M为中点， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，翻折的性质，勾股定理解三角形，平行线分线段成比例定理，正确添加辅助线是解题的关键． 四 动态几何 1（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为． (1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由； (2)若，为的外接圆，设的半径为． ①求的取值范围； ②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①且；②能， 【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论； （2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案． 【详解】（1）解：，；理由如下： ∵在菱形中，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由对折可得：， ∴； （2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，， ∵四边形为菱形，， ∴， ，， ∴为等边三角形， ∴， ∴共圆，，在上， ∵， ∴， 过作于， ∴，， ∴， 当时，最小，则最小， ∵，， ∴， ∴； 点E不与B、C重合， ，且， ∴的取值范围为且； ②能为的切线，理由如下： 如图，以为圆心，为半径画圆， ∵， ∴在上， 延长与交于，连接， 同理可得为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由对折可得：，， 过作于， ∴设， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 五 阅读理解 1（2023·江西·中考真题）课本再现 思考 我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？ 可以发现并证明菱形的一个判定定理； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形． (1)定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：在中，对角线，垂足为． 求证：是菱形．    (2)知识应用：如图，在中，对角线和相交于点，．    ①求证：是菱形； ②延长至点，连接交于点，若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质证明得出，同理可得，则， ，进而根据四边相等的四边形是菱形，即可得证； （2）①勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，得出，即可得证； ②根据菱形的性质结合已知条件得出，则，过点作交于点，根据平行线分线段成比例求得，然后根据平行线分线段成比例即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ， ∵ ∴， 在中， ∴ ∴， 同理可得，则， 又∵ ∴ ∴四边形是菱形； （2）①证明：∵四边形是平行四边形，． ∴ 在中，，， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴， ∴四边形是菱形； ②∵四边形是菱形； ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图所示，过点作交于点，    ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理以及勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键． 六 开放探究 1（2023·广西·中考真题）【探究与证明】 折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘． 【动手操作】如图1，将矩形纸片对折，使与重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，，展平纸片，连接，，．    请完成： (1)观察图1中，和，试猜想这三个角的大小关系； (2)证明（1）中的猜想； 【类比操作】如图2，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B，P分别落在，上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，，展平纸片，连接，．    请完成： (3)证明是的一条三等分线． 【答案】(1) (2)见详解 (3)见详解 【分析】（1）根据题意可进行求解； （2）由折叠的性质可知，，然后可得，则有是等边三角形，进而问题可求证； （3）连接，根据等腰三角形性质证明，根据平行线的性质证明，证明，得出，即可证明． 【详解】（1）解：由题意可知； （2）证明：由折叠的性质可得：，，，， ∴，， ∴是等边三角形， ∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； （3）证明：连接，如图所示： 由折叠的性质可知：，，， ∵折痕，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是的一条三等分线． 【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明，是解题的关键． 七 新定义问题 1（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；        （    ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；        （    ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（    ） (2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． (3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 【答案】(1)①×；②√；③√ (2)①外接型单圆；②见解析 (3)，， 【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③； （2）①根据已知结合题中定义可得结论； ②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论； （3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论； ②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可． 【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以 ①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆， ∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误； ②∵内角不等于的菱形的对角不互补， ∴该菱形无外接圆， ∵菱形的四条边都相等， ∴该菱形的对边之和相等， ∴该菱形有内切圆， ∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确； ③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图， 则，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，即； 故③正确， 故答案为：①×；②√；③√； （2）解：①若四边形中有内切圆，则，这与矛盾， ∴四边形无内切圆， 又∵该四边形有外接圆， ∴该四边形是“外接型单圆”四边形， 故答案为：外接型单圆； ②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即和均为半圆， ∴是的直径． （3）①证明：如图，连接、、、、， ∵是四边形的内切圆， ∴，，，， ∴， 在四边形中，， 同理可证，， ∵四边形是“完美型双圆”四边形， ∴该四边形有外接圆，则， ∴，则， ∵，， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接、、、， ∵四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H， ∴∴，，，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴，则， 在中，由得， 解得； 在中，， ∴， 同理可证， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战． 八 直角坐标系中函数与几何的综合 1（2024·天津·中考真题）已知抛物线的顶点为，且，对称轴与轴相交于点，点在抛物线上，为坐标原点． (1)当时，求该抛物线顶点的坐标； (2)当时，求的值； (3)若是抛物线上的点，且点在第四象限，，点在线段上，点在线段上，，当取得最小值为时，求的值． 【答案】(1)该抛物线顶点的坐标为 (2)10 (3)1 【分析】（1）先求得的值，再配成顶点式，即可求解； （2）过点作轴，在中，利用勾股定理求得，在中，勾股定理求得，得该抛物线顶点的坐标为，再利用待定系数法求解即可； （3）过点作轴，过点作轴，证明，求得点的坐标为，在中，利用勾股定理结合题意求得，在的外部，作，且，证明，得到，当满足条件的点落在线段上时，取得最小值，求得点的坐标为，再利用待定系数法求解即可． 【详解】（1）解：，得．又， 该抛物线的解析式为． ， 该抛物线顶点的坐标为； （2）解：过点作轴，垂足为， 则． 在中，由， ． 解得（舍）． 点的坐标为． ，即． 抛物线的对称轴为． 对称轴与轴相交于点，则． 在中，由， ． 解得（正值舍去）． 由，得该抛物线顶点的坐标为． 该抛物线的解析式为． 点在该抛物线上，有． ； （3）解：过点作轴，垂足为， 则． ． 在中，． 过点作轴，垂足为，则． ，又， ． ∴，， ∴点的坐标为． 在中，， ，即． 根据题意，，得． 在的外部，作，且，连接， 得． ． ∴． ． 当满足条件的点落在线段上时，取得最小值，即． 在中，， ．得． ．解得（舍）． 点的坐标为，点的坐标为． 点都在抛物线上， 得． ． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数的顶点式，勾股定理，垂线段最短，全等三角形的判定和性质，正确引出辅助线是解题的关键． 2（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，与轴的交点为点和点．    (1)求这个二次函数的表达式； (2)点，在轴正半轴上，，点在线段上，以线段，为邻边作矩形，连接，设． 连接，当与相似时，求的值； 当点与点重合时，将线段绕点按逆时针方向旋转后得到线段，连接，，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点，的对应点分别为、，连接当的边与线段垂直时，请直接写出点的横坐标． 【答案】(1) (2)①或；②或或 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）①利用已知条件用含a的代数式表示出点E，D，F，G的坐标，进而得到线段的长度，利用分类讨论的思想方法和相似三角形的性质，列出关于a的方程，解方程即可得出结论； ②利用已知条件，点的坐标的特征，平行四边形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质求得 ，和的长，利用分类讨论的思想方法分三种情形讨论解答利用旋转的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得相应线段的长度即可得出结论； 【详解】（1）二次函数的图象经过点，与轴的交点为点， 解得： 此抛物线的解析式为 （2）令，则 解得：或， ∴ ． ∵, ∴ 四边形为矩形， ∴ ∴ ∴ Ⅰ当时， ∴ ∴ ∴ Ⅱ当时， ∴ ∴ ∴ 综上，当与相似时，的值为或； 点与点重合， ∴ ∴ ∴ 四边形为平行四边形， 在和中， Ⅰ、当 所在直线与 垂直时，如图， ，，三点在一条直线上， 过点 作 轴于点 ， 则 ∴此时点 的横坐标为 Ⅱ当所在直线与垂直时，如图， ， ， 设的延长线交于点，过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，则轴，． ， ， ． ， ． ， ， 此时点的横坐标为； Ⅲ当所在直线与垂直时，如图， ，， ， ，，三点在一条直线上，则， 过点作，交的延长线于点， ， 此时点的横坐标为． 综上，当的边与线段垂直时，点的横坐标为或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，利用点的坐标表示出相应线段的长度和正确利用分类讨论的思想方法是解题的关键 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 $$