专题06 函数和几何中选填压轴题（6个压轴题型）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编（四川专用）

专题06 函数和几何中选填压轴题 题型概览 题型01二次函数的图象与系数的关系 题型02二次函数的图象与性质 题型03几何综合中最值问题 题型04几何综合中多结论问题 题型05圆的综合中“隐圆问题”和其他问题 题型06函数和几何综合中规律类问题 二次函数的图象与系数的关系题型01 1．（2025·四川绵阳·二模）如图，抛物线（a，b，c是常数，）与x轴交于A、B两点，顶点．给出下列结论，正确的有（   ） ①；②；③若点，，在抛物线上，则；④关于x的方程有实数解，则；⑤当时则． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 2．（2025·四川南充·二模）二次函数，当时，随的增大而减小．点，都在这个函数图象上．下列结论：①；②；③；④；⑤．正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2025·四川绵阳·二模）如图，二次函数的图象经过点和点．给出下列结论：①；②；③当时，的值小于0．其中正确的是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 4．（2025·四川绵阳·二模）二次函数图象的一部分如图所示，其对称轴是直线，且该图象过点．有下列说法：①；②；③；④若是抛物线上两点，则．其中正确的是（　　） A．①② B．①②④ C．①②③ D．②④ 5．（2025·四川德阳·二模）如图，二次函数的图象关于直线对称，与x轴交于，两点，若，则下列四个结论：①，②，③，④．正确结论的个数为（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．（2025·四川绵阳·二模）如图，抛物线 与x轴交于两点，且给出下列结论：①；②；③当时，y 随x 的增大而减小；④的值是一个定值；⑤b的取值范围是 ．其中正确的个数是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 7．（2025·四川成都·二模）已知抛物线的图象及对称轴如图所示，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 8．（2025·四川宜宾·二模）如图，抛物线经过点，顶点为，且抛物线与轴的交点B在和之间（不含端点）则下列结论：①当时，；②有两个实数根；③当的面积为时，；④当为直角三角形时，在内存在唯一一点，使得的值最小，最小值的平方为，其中正确的结论是（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 9．（2025·四川成都·二模）如图，二次函数的图象与轴相交于，两点，下列说法正确的是（   ）    A． B．对称轴为直线 C．关于的方程有两个不相等的实数根 D． 10．（2025·四川宜宾·二模）如图，抛物线的图像交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，点为抛物线的顶点，连结、、，且．以下结论：①点坐标为；②；③；④在内存在唯一一点，使得的值最小，若的最小值为，则．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 11．（2025·四川广安·二模）如图，已知抛物线与轴交于点，，与轴交于点，对称轴为直线．有下列四个结论：①；②；③若点在抛物线上，当时，；④若，则．其中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 12．（2025·四川自贡·二模）如图，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，对称轴为直线，下面五个结论正确的序号为 ． ①； ②； ③；④；⑤时， 二次函数的图象与性质题型02 1．（2025·四川泸州·二模）在抛物线中，有．已知点，是平面上两点，连接，若抛物线的图象与线段有交点时，则的取值范围是（    ）． A． B． C．或 D．或 2．（2025·四川宜宾·二模）关于抛物线（是常数），以下结论： ①若此抛物线与轴只有一个公共点，则； ②若此抛物线与坐标轴只有一个公共点，则； ③若点，在抛物线上，则； ④无论为何值，抛物线的顶点到直线的距离都等于． 其中结论正确的有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 3．（2025·四川泸州·二模）已知抛物线经过点和，且抛物线与轴的另一个交点的横坐标满足，那么的取值可能是（   ） A． B． C．1 D． 4．（2025·四川广元·二模）已知二次函数（a为非零常数，），当时，y随x的增大而增大，则下列结论正确的是（   ） ①当时，y随x的增大而减小； ②若图象经过点，则； ③若，是函数图象上的两点，则； ④若图象上两点，对一切正数n，总有，则. A．①② B．①③ C．①②③ D．①③④ 5．（2025·四川泸州·二模）已知二次函数的图象与x轴有两交点，当且该函数图象与轴两交点的横坐标，满足：，时，则的取值范围是（   ） A． B． C．或 D． 6．（2025·四川泸州·二模）已知函数在时与轴有且仅有一个公共点，则参数的取值范围是（   ） A．或或 B．或或 C．或 D．或或 7．（2025·四川成都·二模）已知二次函数图象的顶点为，若点的坐标为，则与之间的关系式为 ；设点所在的定直线为，二次函数图象上有两个不同点，，连接，若线段与定直线没有公共点，则的取值范围为 ． 8．（2025·四川成都·二模）定义：若存在实数，对于任意的函数值，都满足，则称这个函数是有界函数，在所有满足条件的中，其最小值称为这个函数的边界值．例如，如图中的函数是有界函数，其边界值是．将函数的图象向上平移个单位，得到的函数的边界值满足时，则的取值范围是 ． 9．（2024·四川成都·二模）若点的坐标满足，其中，t为常数，则称点M为“好点”．若双曲线上存在“好点”，则k的取值范围是 ． 几何综合中最值问题题型03 1．（2025·四川泸州·二模）如图，是等边三角形的边上的动点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，，若，则的最小值为 ． 2．（2025·四川德阳·二模）如图，点，是正方形的边上两个动点，满足．连接交于点，连接交于点．若正方形的边长为，则线段长度的最小值是 ． 3．（2025·四川南充·二模）如图，矩形的对角线交于点，．是线段上的动点，以为边作等边三角形，点分别位于两侧．在点运动的全过程中，的最大值为，的最小值为．则 ． 4．（2025·四川绵阳·三模）如图，在四边形中， ， ，，为上一点，且平分，为上一点，且，若，，则的长是 5．（2025·四川达州·二模）如图，在菱形中，，，，分别是边，上的两个动点，满足，与交于点．当最大时，线段的长是 ． 6．（2025·四川成都·二模）如图，在等边△ABC中，，点是等边△ABC外一点，连接，，在线段上取一点，使得，连接，若，则长度的最小值为 ． 7．（2025·四川宜宾·二模）如图，在正方形中，，点是边的中点，点、是边上的两个动点且，连结、，则的最小值为 ． 8．（2025·四川内江·二模）如图，正方形的边长为8，点是边的中点，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接．则的最小值是 ． 9．（2025·四川绵阳·二模）如图，在中，，，，D为边上一动点，将线段绕点C按逆时针方向旋转得到线段，连接，则的最小值为 ． 10．（2025·四川成都·二模）由两个大小相同的等边三角形拼成如图所示的四边形，其中，点E、F、G、H分别是边、、、的中点，在直线上方有一个动点P，且满足四边形的面积是的面积的6倍，则周长的最小值为 ． 11．（2025·四川成都·二模）如图，在菱形中，，，M是的中点，点P是上一动点，连接，，则的最小值为 ． 12．（2025·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知一次函数分别交轴，轴于点，，点是直线上一动点，连接，则线段的最小值为 ．    13．（2025·四川成都·二模）如图，在△ABC中，，点，分别是，的中点，连接，点是边上一点（点不与点，重合），连接交于点，点，分别是，的中点，连接，．若，，则的最小值为 ，且此时线段的长为 ． 14．（2025·四川广安·二模）如图，在中，是边上的动点（不与点A，B重合），过点分别作于点于点，连接，则的最小值为 ． 几何综合中多结论问题题型04 1．（2025·四川南充·二模）如图，在正方形中，对角线，相交于点，点在边上，且，连接交于点，过点作，连接并延长，交于点，过点作分别交，于点、，交的延长线于点，现给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2025·四川绵阳·二模）如图，在菱形中，，点E，F分别在边，上，且，连接，交于点G，连接．现有下列结论：①；②平分；③；④．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2025·四川眉山·二模）如图，在正方形纸片中，是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连接并延长交于点．给出以下结论： ①为等腰三角形；②四边形AECF是平行四边形 ③；④．其中正确的结论是（    ） A．①② B．①②④ C．②③④ D．①②③ 4．（2025·四川南充·二模）如图，在矩形中，，点E是边上一动点（点E不与点A重合），过点D作交的延长线于点F，以，为邻边作矩形，交于点H，连接，则下列结论：①；②当点恰好落在的延长线上时，；③当点在边上运动时，为定值；④当点在边上运动时，长度的最大值为． 其中正确结论的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（2025·四川遂宁·二模）如图，以△ABC的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．(填序号)    6．（2025·四川绵阳·二模）如图，矩形的顶点C在反比例函数的图象．上，反比例函数的图象与，分别交于点E，F，轴于点H，轴于点G，与相交于点M．有下列说法：①矩形的面积是1；②的面积是 ；③矩形与矩形的面积一定相等；④若的面积为，矩形的面积为，则必有．其中说法正确的是 （填序号）． 圆的综合中“隐圆问题”题型05 1．（2025·四川资阳·二模）如图，在中，，，△ABC的内切圆交于点，点从出发，沿射线每次前进一个单位，点从出发沿和射线每次前进个单位，为正整数且，当次前进后与相似，所有满足条件的为 ． 1．（2025·四川达州·二模）如图，在矩形中，点F是上一点，以点D为圆心，长为半径画弧，与交于点E，再以点C为圆心，长为半径画弧，使得弧与恰好相切于点H，与交于点G．若，则图中阴影部分的面积为 ． 3．（2025·四川成都·二模）如图，为等腰三角形，，，在以为端点的射线上取一点，连接．若，当取最小值时，把线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接，则点到直线的距离为 ． 4．（2025·四川成都·二模）平面内，对于图形与点，给出如下定义：图形绕点逆时针旋转得到图形，若图形与图形有重叠，则称图形关于点“逆垂相关”．如图，在平面直角坐标系中，线段的端点分别是，．若以为圆心，为半径的上存在点，使线段关于点“逆垂相关”，则的取值范围是 ． 5．（2025·四川宜宾·二模）如图，在平行四边形中，，，，P为边上一点（不与A、D重合），Q为平面内一点，且，以为边作，使斜边，平分，交于点F，连结，在点P、Q的运动过程中，的最大值与最小值的差为 ． 6．（2025·四川成都·二模）如图，，直角△ABC的斜边的一端点在边上滑动，另一端点在边上滑动，点与点在直线的异侧，其中．当时，长为 ；若点从点处开始滑动，到点滑动到点处时结束，则在此过程中，点经过的路径长为 ． 7．（2025·四川成都·二模）如图，矩形中，，，点E是的中点，点F是边上一动点．将沿着翻折，使得点B落在点处，若点P是矩形内一动点，连接、、，则的最小值为 ． 函数和几何综合中规律类问题题型06 1．（2025·四川宜宾·二模）烷烃是一类由碳、氢元素组成的有机化合物质，下图是这类物质前四种化合物的分子结构模型图，其中中间的大球代表碳原子，周围的小球代表氢原子．第种如图①有个氢原子，第种如图②有个氢原子，第种如图③有个氢原子，……按照这一规律，第种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川广安·模二模）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为B，将绕点A顺时针旋转到的位置，使点B的对应点落在直线上，再将绕点顺时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，以此进行下去…，若点B的坐标为，则点的纵坐标为 ． 3．（2025·四川绵阳·二模）如图，把置于平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，点P是内切圆的圆心．将沿x轴的正方向作无滑动翻转，使它的三边依次与x轴重合，第一次翻转后圆心为，第二次翻转后圆心为，依此规律，第21次翻转后，内切圆的圆心的坐标是 ． 4．（2025·四川广安·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知直线的函数解析式为，点的坐标为，以点为圆心，的长为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；以点为圆心，的长为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点，以点为圆心，的长为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点，按照这样的规律进行下去，点的横坐标是______． 5．（2025·四川成都·二模）由火柴棒摆成的3个图案如图所示，按图中规律摆放，则第2025个图案需要 根火柴棒． 1 / 88 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 函数和几何中选填压轴题 题型概览 题型01二次函数的图象与系数的关系 题型02二次函数的图象与性质 题型03几何综合中最值问题 题型04几何综合中多结论问题 题型05圆的综合中“隐圆问题”和其他问题 题型06函数和几何综合中规律类问题 二次函数的图象与系数的关系题型01 1．（2025·四川绵阳·二模）如图，抛物线（a，b，c是常数，）与x轴交于A、B两点，顶点．给出下列结论，正确的有（   ） ①；②；③若点，，在抛物线上，则；④关于x的方程有实数解，则；⑤当时则． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数的图象与系数的关系，二次函数与一元二次方程等知识，由抛物线开口向上，与轴的负半轴相交，得到，由图象可知，抛物线的对称轴在轴的右侧，可得，可判断①，由图象可知，当时，，可判断②，根据抛物线上的点离对称轴越近，函数值越小可判断③，由抛物线与直线有交点，方程有解，，则有实数解，要使有实数解，则，可判断④，过点作轴于点，可得是等腰直角三角形，则，设，，由根与系数的关系得到，则，得到，再得到，所以，即，设，则，解得，则可判断⑤，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵抛物线开口向上，与轴的负半轴相交， ∴， 由图象可知，抛物线的对称轴在轴的右侧， ∴， ∴， ∴，故①符合题意； 由图象可知，当时，， ∴，故②不符合题意； 若点，，在抛物线上，根据抛物线上的点离对称轴越近，函数值越小和图象可知，，故③不符合题意； ∵抛物线与直线有交点，方程有解，， ∴有实数解， 要使有实数解， ∴，故④不符合题意； 过点作轴于点，如图： 由抛物线的对称性可知，， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点是抛物线的顶点， ∴，， ∵抛物线开口向上， ∴， ∴， 又∵， ∴，即， 设， ∴， 解得：， ∴，故⑤符合题意， 综上，符合题意的有，共个， 故选：C． 2．（2025·四川南充·二模）二次函数，当时，随的增大而减小．点，都在这个函数图象上．下列结论：①；②；③；④；⑤．正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，根据二次函数的增减性并结合已知可得出，，即可判断①、②；把A、B的坐标代入函数解析式，并结合不等式的性质，即可判断③、④，根据作差法即可判定⑤． 【详解】解∵当时，随的增大而减小， ∴，故①错误； ，即， ∴， ∴，故②正确； ∵在上， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 在该范围内成立，故③正确； ∵在上， ∴， ∵， ∴， 又，则， ∴，即， 在该范围内成立，故④正确； ∵，， ∴， ∴，故⑤正确， 故选：D． 3．（2025·四川绵阳·二模）如图，二次函数的图象经过点和点．给出下列结论：①；②；③当时，的值小于0．其中正确的是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，抛物线的对称轴和交点之间的关系，通过图象判断函数值等，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质． 利用二次函数的图形和性质逐项进行判断即可． 【详解】解：①根据抛物线开口向下，对称轴位于轴的右侧，且与轴交于负半轴可得， ， 所以选项①正确，符合题意； ②由抛物线和轴的交点可得，抛物线的对称轴在点的右侧， ， 解得， 所以选项②正确，符合题意； ③由抛物线的图象可知，当时，的值小于0， 所以选项③正确，符合题意； 故选：D． 4．（2025·四川绵阳·二模）二次函数图象的一部分如图所示，其对称轴是直线，且该图象过点．有下列说法：①；②；③；④若是抛物线上两点，则．其中正确的是（　　） A．①② B．①②④ C．①②③ D．②④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的各项系数与对称轴的关系是解题的关键． 根据抛物线开口方向得到，根据抛物线的对称轴得，则，根据抛物线与y轴的交点在x轴下方得到，得到，，于是可对①②进行判断；由于时，，则得到，则可对③进行判断；通过点离对称轴要比点离对称轴要远对④进行判断． 【详解】解：∵抛物线开口向上， ∴， ∵抛物线对称轴为直线， ∴，则， ∵抛物线与y轴的交点在x轴下方， ∴， ∴，， 所以①②正确； ∵对称轴是直线，且该图象过点． ∴抛物线过点 ∴时，， ∴，所以③错误； ∵点离对称轴要比点离对称轴要远， ∴，所以④正确． 综上可知，①②④正确， 故选：B． 5．（2025·四川德阳·二模）如图，二次函数的图象关于直线对称，与x轴交于，两点，若，则下列四个结论：①，②，③，④．正确结论的个数为（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系．根据二次函数的对称性，即可判断①；由开口方向和对称轴即可判断②；根据抛物线与x轴的交点和时的函数的取值，即可判断③；根据图象可判断当时，y有最小值，且为，又可求出，结合对于任意实数m，都有，即可得出，即可判断④． 【详解】解：∵二次函数的图象关于直线对称，与x轴交于，两点，且， ∴，故①正确； ∵二次函数的图象关于直线对称， ∴其对称轴为直线，即， ∴， ∴， 由图象可知该抛物线开口向上， ∴， ∴， 故②错误； ∵抛物线与x轴有两个交点， ∴， 由图象结合题意可知当时，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 故③正确； 由图象可知当时，y有最小值，且为， ∵， 又∵对于任意实数m，都有， ∴，即， ∴， 故④错误． 综上所述，正确的有①③，一共2个． 故选：B． 6．（2025·四川绵阳·二模）如图，抛物线 与x轴交于两点，且给出下列结论：①；②；③当时，y 随x 的增大而减小；④的值是一个定值；⑤b的取值范围是 ．其中正确的个数是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，二次函数的图象性质，掌握二次函数的图象性质以及函数与方程的关系是解题的关键． 利用抛物线的对称轴位置即可判断①；根据抛物线与根据抛物线与y轴交于点，与x轴交于点可判断②；求得对称轴，利用二次函数的性质即可判断③；把代入，得，再根据，得即，根据，则，，求得，可判断④；由得到关于b的不等式组，解不等式组求得b的取值范围即可判断⑤． 【详解】解：由图象可知抛物线的对称轴为直线 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴，故①错误； 把代入得， 把代入，得， ∴ ∴，故②正确； ∵抛物线的开口向下， ∴当时，y随x 的增大而减小 又∵， ∴当时，y 随x 的增大而减小，故③正确； 把代入，得， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴，即的值是一个定值，故④正确； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 解得，故⑤正确． ∴正确有②③④⑤共4个， 故选：B． 7．（2025·四川成都·二模）已知抛物线的图象及对称轴如图所示，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，根据二次函数的图象与系数关系即可得，掌握二次函数的性质，数学结合思想是解题的关键． 【详解】解：根据题意得，， ∵， ∴， 故A结论正确； ∵抛物线与x轴有两个交点， ∴， 故B结论正确； ∵， ∴， 故C结论错误，符合题意； 当时，，当时，， ∴ ∴ ∴， ∴ 故D结论正确； 故选：B． 8．（2025·四川宜宾·二模）如图，抛物线经过点，顶点为，且抛物线与轴的交点B在和之间（不含端点）则下列结论：①当时，；②有两个实数根；③当的面积为时，；④当为直角三角形时，在内存在唯一一点，使得的值最小，最小值的平方为，其中正确的结论是（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【分析】①先求出抛物线于x轴的另一个点的坐标，根据图象即可判断①是否正确；②根据二次函数与一元二次方程关系，利用数形结合思想即可判断②是否正确；③利用割补法用a表示出面积，再求出a的值，即可判断③是否正确；④过点A、M分别作y轴、x轴的平行线交于点C，连接、、，运用分类讨论思想，求出a的值，再将绕点B逆时针旋转得到，连接，过点作轴于点T，作轴于点Q，推出当点O，点P，点，点共线时，值最小，最小值为，此时，设，在和中，利用勾股定理列出方程组，求出m，n的值，进而求出，并与比较，即可判断④是否正确． 【详解】解：①∵抛物线经过点，顶点为， ∴抛物线的对称轴为直线， ∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为， ∵抛物线的开口向上， ∴当时，， 故①正确； ②方程有两个实数根相当于函数的图象与函数的图象有两个交点， 画出函数图象如下，由图可知，这两个图象没有交点， 故②正确； ③将，代入， 得， 解得：， ∴， ∴抛物线的顶点为， 设抛物线对称轴交x轴于H，如图， 则， ∴，，， ∵， ∴， ∴ ， ∵， ∴， ∴， 故③正确； ④如图，过点A、M分别作y轴、x轴的平行线交于点C，连接、、， 则四边形是矩形， ∴， ∵，，， ∴，，，，，， ∵为直角三角形，有三种情况：或或， 显然， ∴只能或， 若，则， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴； 若，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴； ∵点B在与之间（不含端点）， ∴， 解得， ∴， ∴，， 如图，将绕点B逆时针旋转得到，连接，过点作轴于点T，作轴于点Q， ∴，，， ∴和是等边三角形， ∴，， ∴， ∴当点O、P、、共线时，值最小，最小值为， 此时， 设， 则，，，， 在中， 由勾股定理，得， 在中， 由勾股定理，得， 即， 解得， ∴， 故④错误； 综上，正确的有①②③． 故选：A． 9．（2025·四川成都·二模）如图，二次函数的图象与轴相交于，两点，下列说法正确的是（   ）    A． B．对称轴为直线 C．关于的方程有两个不相等的实数根 D． 【答案】C 【分析】本题主要考查二次函数图象的性质，根据图形开口，对称轴的知识即可求解，掌握二次函数图象的性质，对称轴的计算方法是解题的关键． 【详解】解：根据图形得：抛物线与y轴交于负半轴， ∴，故A选项错误，不符合题意； ∵图象与轴相交于，两点， ∴对称轴为直线，故B选项错误，不符合题意； ∵抛物线开口向上，且顶点坐标位于y轴的下方， ∴抛物线与直线有两个交点， ∴关于的方程有两个不相等的实数根，故C选项错误，符合题意； ∵对称轴为直线， ∴，即，故D选项错误，不符合题意； 故选：C 10．（2025·四川宜宾·二模）如图，抛物线的图像交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，点为抛物线的顶点，连结、、，且．以下结论：①点坐标为；②；③；④在内存在唯一一点，使得的值最小，若的最小值为，则．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】先求出抛物线的对称轴，利用对称性求出点的坐标，可判断①；将抛物线的解析式配方后化顶点式，求出顶点的坐标，根据点位置可以确定的符号，以此判断②；根据，可过D点作的垂线，构造相似三角形，列出比例式，将点的坐标代入抛物线解析式中，得到用表示，代入比例式中，得到关于的方程求解，求出，再判断③；通过将绕点A顺时针旋转，得到，点，，，在同一直线上时，最小，再求出结论即可判断④. 【详解】解：抛物线的对称轴为， ∵抛物线的图像交轴负半轴于点，交轴正半轴于点， ∴，故正确①； ∵抛物线，点为抛物线的顶点， ∴， ∵点在第三象限， ∴，故②正确； 过点作轴于点，则， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵抛物线的图像交轴负半轴于点， ∴，解得：， 又点， ∴， ∵抛物线的图像交轴负半轴于点， ∴点，即， ∴， ∵， ∴， ∴，解得：， ∵抛物线的开口向上， ∴， ∴，故③正确； 将绕点A顺时针旋转，得到， 则， 是等边三角形， 点，，，在同一直线上时，最小，过点作轴于点，轴于点， 设，则，，， ∵， ∴， ∴，，， ∵将绕点A顺时针旋转，得到， ∴，， ∴， ∵，， ∴，解得（舍去），或， ∴，故④正确. 综上所述，①②③④都正确. 故选：D． 11．（2025·四川广安·二模）如图，已知抛物线与轴交于点，，与轴交于点，对称轴为直线．有下列四个结论：①；②；③若点在抛物线上，当时，；④若，则．其中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】此题考查二次函数的图象和性质，二次函数与x轴的交点问题，数形结合是解题的关键． 首先求出，然后得到当时，，即可判断①；然后得到，求出，，代入即可判断②；根据增减性即可判断③；由得到，然后代入即可判断④． 【详解】解：∵，对称轴为直线 ∴ ∴由图象可得，当时，，故①正确； ∴ ∴， ∴，故②正确； ∵对称轴为直线，开口向上 ∴当时，y随x的增大而增大 ∴当时，，故③错误； 若， ∴ ∴ ∴ ∴，故④正确． 综上所述，其中正确的有3个． 故选：C． 12．（2025·四川自贡·二模）如图，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，对称轴为直线，下面五个结论正确的序号为 ． ①； ②； ③；④；⑤时， 【答案】②③④⑤ 【分析】此题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，解题关键是注意掌握数形结合思想的应用． 根据对称轴位置及图象开口向上可判断出的符号，从而判断①；利用对称轴，可判断②；利用对称轴和开口向上，即可判断最小值，从而判断③的正误；由二次函数的性质即可判断④；由推出，，得到，即可得到，可判断⑤． 【详解】解：抛物线开口向上， ， 抛物线对称轴为直线， ， ， ， 抛物线与轴交于点在轴的负半轴， ， ， 故结论①错误； 二次函数的图象与轴交于点，对称轴为直线，抛物线与轴的另一个交点为， ， 故结论②正确； ， ， ， ， ， 故结论③正确； 对称轴为直线， 函数的最小值为， ， ， 故结论④正确； ， ， ， ， ， ， ， ， 故结论⑤正确； 综上所述，结论正确的是②③④⑤； 故答案为：②③④⑤． 二次函数的图象与性质题型02 1．（2025·四川泸州·二模）在抛物线中，有．已知点，是平面上两点，连接，若抛物线的图象与线段有交点时，则的取值范围是（    ）． A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题考查二次函数的性质，涉及用参数表示函数表达式、根据函数与线段的位置关系列不等式求解参数范围．解题关键在于根据抛物线开口方向分情况讨论，通过将线段端点横坐标代入抛物线表达式，结合函数与线段有交点的条件列出不等式求解．本题可先根据已知条件，用表示出和，从而得到抛物线的表达式．然后将线段两端点的横坐标代入抛物线表达式，结合抛物线与线段有交点这一条件，分和两种情况讨论，列出不等式求解的取值范围． 【详解】解：∵， ∴，， ∴抛物线的表达式为 ∴抛物线的对称轴为， 当时： 抛物线开口向上，要使抛物线与线段有交点， 当时，；当时， 把代入得：， ∴， ∴，即， ∴，结合，此条件满足． 把代入得：， ∴， ∴，即， ∴ 当时： 抛物线开口向下，要使抛物线与线段有交点， 当时，；当时， 把代入得， ∴， ∴，即， ∴ 把代入得， ∴， ∴，即， ∴，结合，此条件满足． 综上，的取值范围是或 故选：D 2．（2025·四川宜宾·二模）关于抛物线（是常数），以下结论： ①若此抛物线与轴只有一个公共点，则； ②若此抛物线与坐标轴只有一个公共点，则； ③若点，在抛物线上，则； ④无论为何值，抛物线的顶点到直线的距离都等于． 其中结论正确的有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，由可判断①；由可判断②；利用二次函数的性质可判断③；由二次函数解析式可得抛物线的顶点坐标为，即得抛物线的顶点所在的直线为，即得到直线与直线平行，结合图形，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可判断④，综上即可求解，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 【详解】解：①若此抛物线与轴只有一个公共点， 则， 解得，故①错误； ②若此抛物线与坐标轴只有一个公共点， 则， 解得，故②正确； ③∵抛物线， ∴抛物线开口向上，对称轴为直线，当时，随的增大而减小， ∴点关于对称轴的对称点坐标为， ∵， ∴，故③错误； ④∵， ∴抛物线的顶点坐标为， ∴抛物线的顶点所在的直线为， ∴直线与直线平行， 如图，设直线与轴交于点，过点作直线于点，则，， ∴是等腰直角三角形， 当时，， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴抛物线的顶点到直线的距离都等于，故④正确； 综上，结论正确的有个， 故选：． 3．（2025·四川泸州·二模）已知抛物线经过点和，且抛物线与轴的另一个交点的横坐标满足，那么的取值可能是（   ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】本题考查二次函数图象和性质，根与系数之间的关系，把点和代入解析式，求出，根与系数的关系得到，进而求出的范围，即可． 【详解】解：∵抛物线经过点和， ∴， ∴， ∵抛物线与x轴的其中一个交点的横坐标m满足，另一个交点的横坐标为， ∴， ∴， ∴， ∴； 故a的取值可能是； 故选：B． 4．（2025·四川广元·二模）已知二次函数（a为非零常数，），当时，y随x的增大而增大，则下列结论正确的是（   ） ①当时，y随x的增大而减小； ②若图象经过点，则； ③若，是函数图象上的两点，则； ④若图象上两点，对一切正数n，总有，则. A．①② B．①③ C．①②③ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题． 【详解】解：①：∵二次函数（a为非零常数，）， ∴，，， 又∵当时，y随x的增大而增大， ∴，开口向下， ∴当时，y随x的增大而减小， 故①正确； ②：∵二次函数（a为非零常数，），当时，y随x的增大而增大， ∴， 若图象经过点，则，得， ∵，， ∴ ， 故②错误； ③：又∵对称轴为直线，， ∴ ， ∴若，是函数图象上的两点，2025离对称轴近些，则， 故③正确； ④若图象上两点，对一切正数n，总有，， 则满足 ， 解得 ， 故④正确； ∴①③④正确；②错误． 故选：D． 5．（2025·四川泸州·二模）已知二次函数的图象与x轴有两交点，当且该函数图象与轴两交点的横坐标，满足：，时，则的取值范围是（   ） A． B． C．或 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查二次函数的图像与性质、利用不等式组求字母取值范围等知识点，熟练掌握二次函数各系数与图象之间的关系是解题的关键． 中根据开口方向及，的范围可判断出对应y的取值，从而建立不等式组求解即可． 【详解】解：当时，，即二次函数开口向上， ∵， ∴当时，；当时，， ∴，解得：， ∵， ∴当时，；时，， ∴，解得：， ∴． 故选：B． 6．（2025·四川泸州·二模）已知函数在时与轴有且仅有一个公共点，则参数的取值范围是（   ） A．或或 B．或或 C．或 D．或或 【答案】A 【分析】本题主要考查了二次函数与坐标轴的交点问题，注意数形结合是解题的关键． 分类讨论，当时，此时为一次函数，根据一次函数的图象得到符合题意；当时，为二次函数，与轴有且仅有一个公共点，根据求出，再进行检验判断即可；再讨论当和，看与y轴的交点位置求解即可． 【详解】解：当时，函数为，图象经过第一、二、四象限，与x轴交点在x轴正半轴，符合题意； 当时，， 解得：， 当时，对称轴为直线，符合题意； 当，对称轴为直线，不符合题意； 当时，如图： 对称轴在轴左侧，且当时，函数值小于0， ∴， 解得：； 当时，对称轴，函数值大于0恒成立，符合题意，如图： 综上所述：或或， 故选：A． 7．（2025·四川成都·二模）已知二次函数图象的顶点为，若点的坐标为，则与之间的关系式为 ；设点所在的定直线为，二次函数图象上有两个不同点，，连接，若线段与定直线没有公共点，则的取值范围为 ． 【答案】 或 【分析】本题主要考查了二次函数的性质、配方法将函数解析式化成顶点式、二次函数与直线的位置关系等知识点，掌握二次函数的性质成为解题的关键． 通过配方法将二次函数化成顶点式确定顶点坐标，然后消去m即可解答；由二次函数的定义可得，再根据对称性可得，进而得到直线上纵坐标为t的点的横坐标为；然后分点A在店B的右侧和左侧两种情况解答即可． 【详解】解：∵，顶点的坐标为， ∴， ∴； ∴ ∵设点所在的定直线为， ∴直线解析式， ∵点A在二次函数图象上， ∴， ∵A，B两点纵坐标相同， ∴A，B两点关于对称轴对称， ∴则， ∵直线解析式， ∴直线上纵坐标为t的点的横坐标为， ∵线段与定直线没有公共点， ∴当点A在店B的右侧时，即，有，解得：； 当点A在店B的左侧时，即，有，解得：． 综上，m的取值范围为或． 故答案为：，或． 8．（2025·四川成都·二模）定义：若存在实数，对于任意的函数值，都满足，则称这个函数是有界函数，在所有满足条件的中，其最小值称为这个函数的边界值．例如，如图中的函数是有界函数，其边界值是．将函数的图象向上平移个单位，得到的函数的边界值满足时，则的取值范围是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了二次函数图象的平移和二次函数的最值问题，根据条件分类讨论函数值绝对值最大的情况是解决问题的关键点． 根据二次函数的平移得出，当时，，当时，，当时，，然后分三种情况分析，结合函数草图及二次函数的性质求解即可． 【详解】解：函数的图象向上平移个单位，得到的函数解析式为， 当时，， 当时，， 当时，， 抛物线的开口向下，对称轴为直线， 当时，此时，在对称轴右侧，即，即， ∴， 此时，不等式组无解，不符合题意； 当时， 此时，，即，，即， ∴， ∴， ∴， , 解得：， ∴； 当时， 此时，，即， ，即， ∵ ∴， ∴， ∴， , 解得：， ∴； 综上可得：或， 故答案为：或． 9．（2024·四川成都·二模）若点的坐标满足，其中，t为常数，则称点M为“好点”．若双曲线上存在“好点”，则k的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质．根据题意列出方程组，解方程组得到，依据条件得到，整理出的代数式，按照自变量取值范围，利用二次函数的性质确定的范围即可． 【详解】解：双曲线上存在“好点”， ， ①②得：， ， ， ， 整理得：， ，， ∴当时，k最大为，此时，不满足, 当时，k最小为， ． 故答案为：． 几何综合中最值问题题型03 1．（2025·四川泸州·二模）如图，是等边三角形的边上的动点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，，若，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】延长到，使，根据等边三角形的性质和旋转的性质得出，，根据如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且相应的夹角相等，那么这两个三角形相似可得，根据相似三角形的对应角相等，对应边成比例可得，，推得，，根据如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且相应的夹角相等，那么这两个三角形相似可得，根据相似三角形的对应角相等得出，得出点在的边上运动，根据三角形的外角性质和等边对等角得出，求得，，作点关于的对称点，连接，根据轴对称的性质得出，，根据垂线段最短和两点之间，线段最短得出满足，，三点共线，且时，的值最小，根据三个角是直角的四边形是矩形得出四边形是矩形，根据矩形的对边相等和勾股定理求出的值，即可求解． 【详解】解：延长到，使．如图： ∵为等边三角形，绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 由可得， ∴， ∴， ∴点在的边上运动， ∵，， ∴， 故，， 作点关于的对称点，连接， 则，， 故， 当，，三点共线时，， 当时，的值最小， 故满足，，三点共线，且时，的值最小， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 故最小值为． 故答案为： 2．（2025·四川德阳·二模）如图，点，是正方形的边上两个动点，满足．连接交于点，连接交于点．若正方形的边长为，则线段长度的最小值是 ． 【答案】 【分析】根据正方形的性质，利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，再利用“”证明和全等，则，从而得到；再求出，取的中点，连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，利用勾股定理列式求出，然后根据三角形的三边关系可知当、、三点共线时，的长度最小，据此解答． 【详解】解：如图， 在正方形中，，，， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ． ， ， ． 取的中点，连接、，如图：   则， 在中，， 根据三角形的三边关系，得， 当、、三点共线时，的长度最小，最小值． 故答案为：． 3．（2025·四川南充·二模）如图，矩形的对角线交于点，．是线段上的动点，以为边作等边三角形，点分别位于两侧．在点运动的全过程中，的最大值为，的最小值为．则 ． 【答案】 【分析】首先证明出是等边三角形，得到，，证明出，得到，，然后求出的最大值；然后得到是的角平分线，即点F在的角平分线上运动，得到，如图所示，延长交于点G，得到的最小值，进而求解即可． 【详解】解：∵矩形的对角线交于点，． ∴， ∴是等边三角形 ∴， ∵是线段上的动点，以为边作等边三角形， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴， ∵是线段上的动点， ∴当点E运动到点O时，取得最大值，此时取得最大值，即的长度， ∴的最大值； ∵ ∴ ∴ ∴是的角平分线，即点F在的角平分线上运动 ∵ ∴ 如图所示，延长交于点G ∴ ∴当点F和点G重合时，取得最小值，即的长度 ∴的最小值 ∴． 故答案为：． 4．（2025·四川绵阳·三模）如图，在四边形中， ， ，，为上一点，且平分，为上一点，且，若，，则的长是 【答案】/ 【分析】本题考查了锐角三角函数、勾股定理、相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是作辅助线构造相似三角形，利用相似三角形的性质求出边长．根据，设，则，利用勾股定理可得，过点作，可证四边形是矩形，根据，可证是的垂直平分线，根据垂直平分线的性质可得，，，过点作，可证，根据相似三角形的性质可以求出，可证，利用相似三角形的性质可求的长度． 【详解】解：， ， 设，则， ， ， 如下图所示，过点作， ， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 是的垂直平分线， ， ， ， ，，， 过点作， ， ， ， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为： ． 5．（2025·四川达州·二模）如图，在菱形中，，，，分别是边，上的两个动点，满足，与交于点．当最大时，线段的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，轨迹，切线等知识．证明，推出，推出．由，推出点的运动轨迹是，设圆心为，连接，，．求出是切线时的长即可． 【详解】解：如图， 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， 点的运动轨迹是， 设圆心为，连接，，． ，， 垂直平分线段， ，，，， ， ， 当与相切时，的值最大，此时． 故答案为：． 6．（2025·四川成都·二模）如图，在等边△ABC中，，点是等边△ABC外一点，连接，，在线段上取一点，使得，连接，若，则长度的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，四点共圆，圆周角定理等知识点；取中点，中点，在左边作一个等腰三角形，使，，连接，，，，则，， ，，得到，，再由，得到、、、四点共圆，推出，，即可证明，得到，则点在以为圆心，为半径的圆上运动，，当、、三点共线时最小． 【详解】解：取中点，中点，在左边作一个等腰三角形，使，，连接，，，， ∵在等边中，， ∴，， ∴， ∵，，中点， ∴，，，， ∴，即， 解得（负值舍去）， ∵， ∴， ∵， ∴、、、四点共圆， ∴，， ∵，，， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∵， ∴点在以为圆心，为半径的圆上运动， ∴， ∵， ∴当、、三点共线时最小， 故答案为：． 7．（2025·四川宜宾·二模）如图，在正方形中，，点是边的中点，点、是边上的两个动点且，连结、，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平移的性质、正方形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，把向右平移个单位长度，使点与点重合，得到，作点关于的对称点，连接，则有，当点、、三点共线时最短，利用勾股定理求出的长度，即为的最小值． 【详解】解：如下图所示，把向右平移个单位长度，使点与点重合，得到，延长交于M，则四边形是矩形， ∴，； 四边形是正方形， ，， 则， 由平移的性质可知， ， 作点关于的对称点，连接， 则， ， ， 当点、、三点共线时最短， ∵，， ，， ， 在中，， 的最小值是． 故答案为： ． 8．（2025·四川内江·二模）如图，正方形的边长为8，点是边的中点，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接．则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，根据正方形的性质和勾股定理可得的长，再由翻折知，由可知当点三点共线时，最小．由勾股定理求出的长即可解决问题． 【详解】解：∵正方形的边长为8， ∴， ∵点G是边的中点， ∴， 连接， ∴， ∵将△沿翻折得到， ∴， ∵， ∴当点G、F、A三点共线时，最小， ∴的最小值为． 故答案为：． 9．（2025·四川绵阳·二模）如图，在中，，，，D为边上一动点，将线段绕点C按逆时针方向旋转得到线段，连接，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】过点C作于点K，将线段绕点C逆时针旋转得到，连接，延长交的延长线于点J，证明，得出，证明四边形是正方形，得出，说明点E在直线上运动，当点E与点J重合时，的值最小，求出，即可得出答案． 【详解】解：如图，过点C作于点K，将线段绕点C逆时针旋转得到，连接，延长交的延长线于点J， ∵将线段绕点C逆时针旋转，得到线段， ∴， ∵， ∴， 又∵， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴点E在直线上运动，当点E与点J重合时，的值最小， 在中，，，， ∴，，， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为：． 10．（2025·四川成都·二模）由两个大小相同的等边三角形拼成如图所示的四边形，其中，点E、F、G、H分别是边、、、的中点，在直线上方有一个动点P，且满足四边形的面积是的面积的6倍，则周长的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接交于，作于，由题意可得四边形为菱形，，求出，， ，由三角形中位线定理可得，，，，证明四边形为矩形，求出，结合题意可得，求出点在到的距离是的直线上运动，由题意可得点到直线的距离为，作点关于直线的对称点为，连接交直线于，由轴对称的性质可得，由两点之间，线段最短可得，，此时的值最小，作于，则，，求出的最小值为，即可得解． 【详解】解：如图，连接交于，作于， ∵、是两个大小相同的等边三角形， ∴，， ∴四边形为菱形，， ∴，，， ∴， ∵点E、F、G、H分别是边、、、的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，，， ∴四边形为平行四边形，， ∴四边形为矩形， ∴， ∵四边形的面积是的面积的6倍， ∴， ∴，即， ∴， ∴点在到的距离是的直线上运动， 由题意可得点到直线的距离为， 作点关于直线的对称点为，连接交直线于， 由轴对称的性质可得：， ∴由两点之间，线段最短可得，，此时的值最小， 作于，则，， ∴，即的最小值为， ∴周长的最小值为， 故答案为：． 11．（2025·四川成都·二模）如图，在菱形中，，，M是的中点，点P是上一动点，连接，，则的最小值为 ． 【答案】6 【分析】连接，延长到点Q，使得，连接，则点A，Q关于直线对称，故当P与点C重合时，取得最小值，且为． 本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，线段和最小，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】连接，延长到点Q，使得，连接， ∵菱形中，，，M是的中点， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点A，Q关于直线对称， ∴当P与点C重合时，取得最小值， 且为， 故答案为：6． 12．（2025·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知一次函数分别交轴，轴于点，，点是直线上一动点，连接，则线段的最小值为 ．    【答案】 【分析】本题考查了勾股定理，点到直线的距离，一次函数与坐标轴交点问题，根据一次函数解析式求得的坐标，进而求得的长，根据等面积法即可求解． 【详解】解：∵一次函数分别交轴，轴于点，， 当时，，解得：，则 当时，，则， ∴ ∴ ∵点是直线上一动点，连接，当时，最小， 此时 ∴ 故答案为：． 13．（2025·四川成都·二模）如图，在△ABC中，，点，分别是，的中点，连接，点是边上一点（点不与点，重合），连接交于点，点，分别是，的中点，连接，．若，，则的最小值为 ，且此时线段的长为 ． 【答案】 【分析】过点作关于的对称点，连接，，交于点，过点作于点，利用点，分别是，的中点，得出，，，，利用，， 求出和，利用点，分别是，的中点，得出，由对称可得，由两点之间线段最短得，求出，利用四边形是矩形，得出，， 则，利用勾股定理即可求解的最小值， 利用，得出，，求出，，设，得出，再利用，列式求出，即可求解． 【详解】解：如图，过点作关于的对称点，连接，，交于点，过点作于点， ∴，， ∵点，分别是，的中点，， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点，分别是，的中点， ∴，， ∴， 由对称可得， ∴由两点之间线段最短得， ∵， 解得：， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为； 当取得最小值时如图， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：；． 14．（2025·四川广安·二模）如图，在中，是边上的动点（不与点A，B重合），过点分别作于点于点，连接，则的最小值为 ． 【答案】3 【分析】本题主要考查了矩形的性质、垂线段最短、含30度直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 如图：连接， 先说明四边形是矩形，再根据矩形的性质可得，由垂线段最短可得时，线段的值最小，即最小；再根据含30度直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图：连接， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 由垂线段最短可得时，线段的值最小，即最小， ∵， ∴，即的最小值为3． 故答案为：3． 几何综合中多结论问题题型04 1．（2025·四川南充·二模）如图，在正方形中，对角线，相交于点，点在边上，且，连接交于点，过点作，连接并延长，交于点，过点作分别交，于点、，交的延长线于点，现给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】由“”可证，可得，由等腰三角形的性质可求；；由“”可证，可得；③通过证明，可得，进而可得结论，根据，，得出，根据，则，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； 如图，过点O作于K， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，故②正确； ∵，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； ∵，， ∴， 又∵，， ∴ ∴ ∴，故④正确 综上，正确的是①②③④． 故选：D． 2．（2025·四川绵阳·二模）如图，在菱形中，，点E，F分别在边，上，且，连接，交于点G，连接．现有下列结论：①；②平分；③；④．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】先证明是等边三角形，利用“”证明，利用全等三角形的性质和三角形的外角性质可判断①；过C作于M，交延长线于N，则，根据四边形的内角和可推导出，然后证和可判定②；利用含30度角的直角三角形性质以及全等三角形的性质可判定③；运用勾股定理求得，，利用全等三角形的性质可得，进而得，利用三角形的面积公式可判断④，进而可得答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，， 又， ∴是等边三角形， ∴，，又， ∴， ∴， ∴， ∴； 故①符合题意； 过C作于M，交延长线于N，则， ∵， ∴， 又， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ， ∴， ∴， 即平分， 故②符合题意； ∵平分，且， ∴ 则， ∴，， ∵， 则， 即， 故③符合题意； ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故④符合题意； 故选：D． 3．（2025·四川眉山·二模）如图，在正方形纸片中，是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连接并延长交于点．给出以下结论： ①为等腰三角形；②四边形AECF是平行四边形 ③；④．其中正确的结论是（    ） A．①② B．①②④ C．②③④ D．①②③ 【答案】B 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 设正方形的边长为，，根据折叠的性质得出，根据中点的性质得出，即可判断①，证明四边形是平行四边形，即可判断②，求得，设，则，勾股定理得出，进而判断③，进而求得，，勾股定理求得，进而即可判断④，即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵为的中点， ∴， 设正方形的边长为， 则， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴是等腰三角形，故①正确； 设， ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形，故②正确； ∴， ∴，即是的中点， ∵，， ∴， 在中，， ∵， ∴， 设，则， ∴ ∴ ∴， ∴，故③错误； ∴， ∴， 连接，如图所示， ∵，，， 又， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上分析可知：正确的为：①②④． 故选：B． 4．（2025·四川南充·二模）如图，在矩形中，，点E是边上一动点（点E不与点A重合），过点D作交的延长线于点F，以，为邻边作矩形，交于点H，连接，则下列结论：①；②当点恰好落在的延长线上时，；③当点在边上运动时，为定值；④当点在边上运动时，长度的最大值为． 其中正确结论的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】证出，根据相似三角形的性质即可判断①正确；先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出垂直平分，根据线段垂直平分线的性质可得，由此即可判断②正确；过点作于点，设，根据相似三角形的性质可得，从而可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，，则，然后根据正切的定义即可判断③正确；先求出，，再证出，根据相似三角形的性质可得，利用二次函数的性质即可判断④正确． 【详解】解：∵四边形和都是矩形，， ∴，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，则结论①正确； 如图，点恰好落在的延长线上， ∵四边形和都是矩形， ∴， ∴，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴垂直平分， ∴， ∴当点恰好落在的延长线上时，，则结论②正确； 如图，过点作于点， ∵四边形和都是矩形，， ∴，， 设， 由上已证：， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即当点在边上运动时，为定值，则结论③正确； 设，则， 由上可知，，， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 由二次函数的性质可知，在内，当时，取得最大值，最大值为， 即当点在边上运动时，长度的最大值为，则结论④正确； 综上，正确结论的个数是4个， 故选：D． 5．（2025·四川遂宁·二模）如图，以△ABC的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．(填序号)    【答案】①②④ 【分析】①当时，是等边三角形，根据等角对等边，以及三角形的内角和定理即可得出，进而判断①；证明，根据全等三角形的性质判断②；作直线于点， 过点作于点，过点作于点，证明，，，即可得是的中点，故④正确，证明，可得，在中，，在中，，得出 ，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：①当时，是等边三角形， ∴ ∴ ∵等腰直角、， ∴， ∴， ∴；故①正确； ②∵等腰直角、， ∴，， ∴， ∴， ∴；故②正确； ④如图所示，作直线于点， 过点作于点，过点作于点，    ∵，， ∴， 又， ∴， 又∵， ∴， 同理得，， ∴，，， ∵，， ∴， ∴，即是的中点，故④正确， ∴， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴,故③错误， 故答案为：①②④． 6．（2025·四川绵阳·二模）如图，矩形的顶点C在反比例函数的图象．上，反比例函数的图象与，分别交于点E，F，轴于点H，轴于点G，与相交于点M．有下列说法：①矩形的面积是1；②的面积是 ；③矩形与矩形的面积一定相等；④若的面积为，矩形的面积为，则必有．其中说法正确的是 （填序号）． 【答案】②③ 【分析】该题考查了反比例函数与几何综合，以及反比例函数值的几何意义，解题的关键是数形结合． 根据题意设，则，从而得出，再根据图象解答判断即可． 【详解】解：根据题意设， 则， ∴， ∴矩形的面积，故①错误； 的面积 ，故②正确； ∵反比例函数的图象与，分别交于点E，F， ∴， ∴， 即矩形与矩形的面积相等，故③正确； ∵的面积， 矩形的面积， ∴，故④错误； 故答案为：②③． 圆的综合中“隐圆问题”题型05 1．（2025·四川资阳·二模）如图，在中，，，△ABC的内切圆交于点，点从出发，沿射线每次前进一个单位，点从出发沿和射线每次前进个单位，为正整数且，当次前进后与相似，所有满足条件的为 ． 【答案】，，，， 【分析】本题考查的是三角形的内切圆、相似三角形的性质及勾股定理，先求出三角形内切圆半径及长，再分情况讨论，根据相似三角形性质求出即可． 【详解】如图，连接、、， 中，， ， 设，则，，， ， 解得， 当次前进后，点前进的距离是，点前进的距离是， ①当时， ， ， ， ， 整理，可得， 为正整数且， 时，；时，；时，； ②当时， ， ， ， 整理，可得， 为正整数且， 时，；时，； 综上，可得所有满足条件的为、、、16、32． 故答案为：、、、16、32． 1．（2025·四川达州·二模）如图，在矩形中，点F是上一点，以点D为圆心，长为半径画弧，与交于点E，再以点C为圆心，长为半径画弧，使得弧与恰好相切于点H，与交于点G．若，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查圆的切线的性质、勾股定理、解直角三角形、扇形的面积公式等知识．连接，由题意，结合勾股定理和解直角三角形求得，,，利用圆的切线性质得到，解直角三角形的，利用求得即可． 【详解】解：如图，连接， 由题意，，，，， ∴，, ∴， ∵弧与恰好相切于点H， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ． 故答案为：． 3．（2025·四川成都·二模）如图，为等腰三角形，，，在以为端点的射线上取一点，连接．若，当取最小值时，把线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接，则点到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形，旋转的性质，直角所对的弦是直径，等腰三角形的性质，勾股定理，根据题意画出图形是解题的关键；首先确定的位置，根据题意得出在以为直径，为半径的圆上运动，当在的延长线上时，取得最小值，连接，过点作于点，交于点，过点作于点，计算出，，根据，可得，进而解，根据，即可求解． 【详解】解：过点作于点，连接， ∵为等腰三角形，，， ∴， ∵， ∴在以为直径，为半径的圆上运动， ∵ ∴当在的延长线上时，取得最小值， 如图，把线段绕点顺时针旋转后得到线段，则， ∴是等腰直角三角形， 连接，过点作于点，交于点，过点作于点， ∵， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∵ ∴ ∴， ∵ ∴， ∴， ∴, ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 在中， ∴ ∴，， 在中， ∴ 即点到直线的距离为， 故答案为：． 4．（2025·四川成都·二模）平面内，对于图形与点，给出如下定义：图形绕点逆时针旋转得到图形，若图形与图形有重叠，则称图形关于点“逆垂相关”．如图，在平面直角坐标系中，线段的端点分别是，．若以为圆心，为半径的上存在点，使线段关于点“逆垂相关”，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据题意画图得出， P在A时， 线段 对应线段，P在B时， 线段 对应线段，P在时， 线段 对应线段，P在时， 线段 对应线段，要证与其对应线段有交有点，则A在以为边的左侧正方形内，B在以为边的右侧正方形内，P在正方形内，可得当过点A时，r取得最大值，当与相切时，r取得最小值，记切点为，结合切线性质，解直角三角形等知识求解，即可解题． 【详解】解：根据题意画图可得， ⸪线段关于点“逆垂相关”， ⸫ P在A时， 线段 对应线段， P在B时， 线段 对应线段， P在时， 线段 对应线段， P在时， 线段 对应线段， 要证与其对应线段有交有点， 则A在以为边的左侧正方形内，B在以为边的右侧正方形内， P在正方形内， 则当过点A时，r取得最大值，连接， ∵，， ∴， 此时， 当与相切时，r取得最小值，记切点为，交于点，作于点， ，． ，， ，即， 由正方形性质可知，即为等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 解得， 综上所述，的取值范围是． 故答案为：． 5．（2025·四川宜宾·二模）如图，在平行四边形中，，，，P为边上一点（不与A、D重合），Q为平面内一点，且，以为边作，使斜边，平分，交于点F，连结，在点P、Q的运动过程中，的最大值与最小值的差为 ． 【答案】/ 【分析】根据，得出点的运动轨迹是以为圆心，2为半径的圆，根据，，，得出，可得，在中，，得出，，根据平分，得出，如图，过点作交的角平分线于点，连接．根据，得出，同理根据，得出，即可，证明得出，求出，即可得点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据点与圆特征得出的最大值与最小值的差是的直径． 【详解】解：∵， ∴点的运动轨迹是以为圆心，2为半径的圆， ∵，，， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 如图，过点作交的角平分线于点，连接． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆， 根据图象可得的最大值与最小值的差， ∴的最大值与最小值的差是的直径． 故答案为：． 6．（2025·四川成都·二模）如图，，直角△ABC的斜边的一端点在边上滑动，另一端点在边上滑动，点与点在直线的异侧，其中．当时，长为 ；若点从点处开始滑动，到点滑动到点处时结束，则在此过程中，点经过的路径长为 ． 【答案】 ； ． 【分析】本题考查圆的相关以及锐角三角函数，熟练掌握圆的相关定理以及解直角三角形的应用是解题的关键．本题先得出四点共圆，可知，进一步求出；第二空主要分析出点经过的路径，才可能对症下药，进一步得出答案． 【详解】解：连接，过点作于，则， ∵，， ∴， ∵，， ∴四点共圆， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴； ∵四点共圆， ∴, ∴,即为定值， 可知在直线上运动， 如图，经过的路径长为， , 在中，由勾股定理得： , 此时， , ∴经过的路径长为． 故答案为：，． 7．（2025·四川成都·二模）如图，矩形中，，，点E是的中点，点F是边上一动点．将沿着翻折，使得点B落在点处，若点P是矩形内一动点，连接、、，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查旋转的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．将绕点顺时针旋转得到，连接，连接，由等腰三角形得出，再由折叠得出点的轨迹在点为圆心，为半径的圆周上，所以的最小值为，即的最小值为，经计算答出答案即可． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到， 连接，连接， 则，，共线，， ， ， 点是的中点， ， ， ， 由折叠成， ， 点在以点为圆心，为半径的圆上， ， 两点间线段最短， ， 即 ， ， 则的最小值为． 故答案为：． 函数和几何综合中规律类问题题型06 1．（2025·四川宜宾·二模）烷烃是一类由碳、氢元素组成的有机化合物质，下图是这类物质前四种化合物的分子结构模型图，其中中间的大球代表碳原子，周围的小球代表氢原子．第种如图①有个氢原子，第种如图②有个氢原子，第种如图③有个氢原子，……按照这一规律，第种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了图形类的规律探索，掌握相关知识是解题的关键．观察前面四幅图可知氢原子的个数是序号的倍加，据此规律求解即可． 【详解】解：图①有个氢原子， 图②有个氢原子， 图③有个氢原子， ……， 以此类推，可知图中有个氢原子， 第种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是：个； 故选：D． 2．（2025·四川广安·模二模）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为B，将绕点A顺时针旋转到的位置，使点B的对应点落在直线上，再将绕点顺时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，以此进行下去…，若点B的坐标为，则点的纵坐标为 ． 【答案】315 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，解题的关键是计算出的各边，根据旋转的性质，求出，，，得出规律，求出，再根据一次函数图象上的点求出点的纵坐标即可． 【详解】解：轴，点， ，点A的纵坐标为，代入，得：， 解得：， 即， ，，， 由旋转可知：，， ， ，， 同理可得，，……， 以此类推可得（n为正整数） ， 设，则， 解得：或（舍去）， 则，即点的纵坐标为315， 故答案为：315． 3．（2025·四川绵阳·二模）如图，把置于平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，点P是内切圆的圆心．将沿x轴的正方向作无滑动翻转，使它的三边依次与x轴重合，第一次翻转后圆心为，第二次翻转后圆心为，依此规律，第21次翻转后，内切圆的圆心的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查三角形的内切圆与内心，切线长定理，坐标与图形性质，根据题意找出规律是解题的关键，由勾股定理得出，得出的内切圆的半径，因此的坐标为，由题意得出，得出规律：每滚动3次一个循环，由，即可得到结果． 【详解】解：∵点A的坐标为，点B的坐标为， ∴， ∴， ∴的内切圆的半径， ∴的坐标为， 的坐标为，即， 的坐标为，即， ∴每滚动3次一个循环， ∴第次滚动后，的圆心的横坐标为， ∴的横坐标是， ∴的坐标为， 故答案为：． 4．（2025·四川广安·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知直线的函数解析式为，点的坐标为，以点为圆心，的长为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；以点为圆心，的长为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点，以点为圆心，的长为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点，按照这样的规律进行下去，点的横坐标是______． 【答案】 【分析】本题考查的是一次函数性质应用，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质及点的坐标规律问题，作轴于点H，依次求出，找出规律即可解决． 【详解】解：作轴于点H， 由条件可知， ∴， ∵，， ∴， 由条件可知， ∴由勾股定理得：， ∴， 同理，， ∴， 同理，， ， ⋯⋯ ∴， 即点的横坐标是， 故答案为：． 5．（2025·四川成都·二模）由火柴棒摆成的3个图案如图所示，按图中规律摆放，则第2025个图案需要 根火柴棒． 【答案】 【分析】本题考查了图形变化的规律，能根据所给图形发现所需火柴棒的根数依次增加2是解题的关键． 根据所给图形，依次求出所需火柴棒的根数，发现规律即可解决问题． 【详解】解：由所给图形可知， 第1个图案中火柴棒的根数为：； 第2个图案中火柴棒的根数为：； 第3个图案中火柴棒的根数为：；所以第个图案中火柴棒的根数为根． 当时，（根）， 即第个图案中火柴棒的根数为根． 故答案为：． 1 / 88 学科网（北京）股份有限公司 $$