专题09 选填题重点题型专练（4大题型）（黑龙江专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题09 选填题重点题型专练 题型概览 题型01多解问题 题型02多结论判断题 题型03最值问题 题型04找规律问题 多解问题题型01 1．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，，已知与位似，位似中心是原点O，且的面积是面积的16倍，则点A对应点的坐标为（    ）    A． B．或 C． D．或 【答案】D 【分析】本题考查的是位似变换的性质，根据位似变换的性质以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或，计算即可． 【详解】解：∵等边的顶点，， ∴， 过A作轴于C，    ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵与位似，位似中心是原点O，且的面积是面积的16倍， ∴与的位似比为， ∴点A的对应点的坐标是或，即或， 故选：D． 2．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在中，，点在直线上，，连接，的度数为 ． 【答案】或 【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质，先根据三角形内角和定理得出，再分两种情况：当点在线段的延长线上，当点在线段上，即可求出答案 【详解】解：∵， ∴． 设，则， 又∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴， 当点在线段的延长线上， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点在线段上， ∵， ∴． ∴​； 综上，的度数为或， 故答案为：或 3．（2025·黑龙江佳木斯·二模）在矩形中，，，点在边上，且，是边上的一个动点，若是直角三角形，则的长为 ． 【答案】1或3或 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键． 分二种情况讨论：当时和当时，根据相似三角形的判定和性质即可求解． 【详解】解：在矩形中，，，， 如图，当时， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得：或； 如图，当时， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得：， ∴； 综上所述，的长为1或3或， 故答案为：1或3或． 4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在矩形中，在线段上取点E，构造以为腰的等腰，连接与交于点F．若，，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了矩形的性质和等腰三角形的性质以及勾股定理等知识.分两种情况：①当为等腰三角形的底边时，②当为等腰三角形的底边时，利用勾股定理和相似三角形的性质即可求解. 【详解】解：分两种情况讨论： ①当为等腰三角形的底边时，如图1． ∵， ∴由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当为等腰三角形的底边时，如图2．此时点在线段的垂直平分线上． 在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 综上所述，的长为或． 故答案为：或． 5．（2025·黑龙江绥化·二模）已知为直角三角形， ，，若将三角形绕点C旋转，将会形成两个同心圆，则小圆内接正三角形与大圆内接正四边形的边心距之比是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了勾股定理，正多边形与圆，解直角三角形，先根据勾股定理求出，然后确定旋转后大、小圆的半径，最后根据正多边形与圆的关系以及直角三角形的知识求解即可． 【详解】解：∵ ，， ∴， ∵将三角形绕点C旋转，将会形成两个同心圆， ∴小圆的半径为6，大圆的半径为8， 如图，设小圆的内接正三角形为，连接、，过C作， 则为小圆内接正三角形的边心距， ∵，， ∴， ∴， 设大圆内接正四边形为，连接、，过C作， 大圆内接正四边形的边心距， ∵，， ∴， ∴， ∴小圆内接正三角形与大圆内接正四边形的边心距之比是， 故答案为：． 6．（2025·黑龙江龙东·二模）在矩形中，，E是的中点，点M在线段上，点N在直线上，将沿折叠，使点A与点E重合，连接．当时，的长为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，折叠的性质，勾股定理，根据题意，可分成三种情况进行分析，①当点N在的延长线上时；②当点N在线段上时，③当点N在线段的延长线上，三种情况讨论求解即可． 【详解】解：根据题意，在矩形中，， ∵点是的中点， ∴， ①当点N在AB的延长线上时，如图，过点E作EH⊥AB于H， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形，    ∴，， 由折叠的性质可得， ∵， ∴在中，由勾股定理得； ∴； ②当点N在线段上时，过点E作于G，    同理得，， 在中，由勾股定理，得； ∴； ③当点N在延长线上时，将沿折叠，点A与点E不可能重合，此种情形不存在； 综合上述，的长为或； 故答案为：或． 7．（2025·黑龙江绥化·二模）在正方形的右侧作正方形，点G在边上且顶点E在的延长线上，已知大正方形的边长是8，，在直线上是否存在点P，可使为直角三角形，则此时的长度为 ． 【答案】3或8或或 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，解一元二次方程，相似三角形的判定和性质等知识．设，分为点、、分别为直角顶点：当时，延长，交于点，可证得，从而，进而得出结果；当时，可得，从而得出，进而得出结果；当，延长，交的延长线于点，可得，，进而得出结果． 【详解】解：如图，设， 当时，延长，交于点，则四边形为矩形， ∴， 则，， ， ， ， ，即； 当时， 同理， ， ，整理得， 解得或， ，； 当， 延长，交的延长线于点， 同理， ， ， ， ， 综上所述：的长度为3或8或或． 故答案为：3或8或或． 8．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在矩形中，，为平面内一点，且，连接，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，当点，，在一条直线上时，的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查旋转的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确作图是解题的关键，分①当点E在的延长线上时，②当点E在上时两种情况讨论，两种情况求解方法基本相同，都是过点P作于点F，求得，从而求出，最后用勾股定理即可的解． 【详解】解：①当点E在的延长线上时，作图如下，过点P作于点F： ∵在矩形中， ∴，， ∴， ∵点，，在一条直线上，且， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ②当点E在上时，作图如下，过点P作于点F： 同理可得：， ∴， ∴， 综上所述：的长为或， 故答案为：或． 9．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）菱形的对角线长度分别为和，过点向直线作垂线，垂足为，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积的计算方法；熟练掌握菱形的性质，由菱形面积的两种计算方法得出结果是解决问题的关键．分当，和当，时两种情况，利用菱形的性质及勾股定理求解即可． 【详解】解：当，时，连接交于，如图所示： 四边形是菱形， ，，，， ， ， ， ，即， 解得：， ∴， ∴ 当，时，连接交于，如图所示： 四边形是菱形， ，，，， ， ， ， ，即， 解得：， ∴， ∴ 故答案为：或． 10．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知的半径为，弦，弦，则的度数为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理逆定理，解直角三角形，掌握知识点的应用及分类讨论思想是解题的关键． 过点作，垂足为，根据垂径定理可得，然后在中， 利用锐角三角函数的定义可得，从而可得，再利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，从而可得，进而可得 ，最后分两种情况：当点不在上时；当点在上时；分别进行计算即可解答． 【详解】解：过点作，垂足为， ∴， 在中，， ∴， 在中，，， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∵， ∴， 分两种情况： 当点不在上时，如图： ∴， 当点在上时，如图： ∴， 综上所述：的度数为或， 故答案为：或． 11．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）不重合的三个点A、B、C都在半径为9的上，的长为，则的大小是 度． 【答案】40或140 【分析】本题考查了弧长公式，圆周角定理等知识，根据弧长公式求出，分两种情况：当点在劣弧对应的圆周角上时，当点在优弧对应的圆周角上时，分别求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：半径为9，的长为，设圆心角为，依题意得： ， 解得：， 即圆心角， 当点在劣弧对应的圆周角上时，， 当点在优弧对应的圆周角上时，， 故答案为：40或140． 12．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）正方形中，点是边上一点，连接，，点是直线上的一点，，连接，则 度． 【答案】25或45 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等待，分点N在线段上和点N在线段延长线上，两种情况画出对应的示意图讨论求解即可． 【详解】解：如图所示，当点N在线段上时， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， ∴； 如图所示，当点N在线段延长线上时， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 综上所述，的度数为25度或45度， 故答案为：25或45． 13．（2025·黑龙江绥化·二模）矩形中，对角线交于点，点在对角线上，若，，，则的长度为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，过点作于，利用勾股定理可得，进而由矩形的性质得，再利用三角形的面积可得，即得，得到，再分点在上和点在上两种情况，利用勾股定理解答即可求解，掌握矩形的性质并运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】解：过点作于，则， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点在上时，∵， ∴， ∴； 当点在上时，， ∴； 综上，的长度为或， 故答案为：或． 14．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在矩形中，，，点为上一个动点，把沿折叠，当点D的对应点落在的角平分线上时，的长为 ． 【答案】或 【分析】连接，过作于点，作于点，延长交于点，然后证明四边形是矩形，则，，，根据角平分线的性质得，，证明四边形是正方形，设，则，，由折叠性质可知，，根据勾股定理求出或，然后分情况求解即可． 【详解】解：如图，连接，过作于点，作于点，延长交于点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵点的对应点落在的角平分线上， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形， 设，则，， 由折叠性质可知：，， ∵， ∴， 解得：或， 当时，则，， 设，则， ∵， ∴，解得：， ∴， 当时，则，， 设，则， ∵， ∴，解得：， ∴， 综上可知：的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，折叠性质，角平分线的性质，正方形和菱形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 15．（2025·黑龙江大庆·二模）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ． 【答案】或/或 【分析】本题考查了平行四边形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解． 【详解】解：当在之间时，作下图， 根据，不妨设， 由翻折的性质知：， 沿直线翻折至所在直线， ， 。 ， 过作的垂线交于， ， ， 当在的延长线上时，作下图， 根据，不妨设， 同理知：， 过作的垂线交于， ， ， 故答案为：或． 16．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知，矩形中，，点M为对角线的三等分点，连接并延长交矩形一边于点E，若，则边的长为 ． 【答案】4或6 【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、矩形的性质、勾股定理等知识．分两种情况分别画出图形，进行解答即可． 【详解】解：当时，如图， ， ∴， 在矩形中， ，， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， 即， 当时，如图， ， ∴， 在矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上可知，的长为或. 故答案为：或 17．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，已知切于点A，，点是上异于A，的点，则 ． 【答案】或 【分析】连接、根据切线的性质求得，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求得，然后分两种情况：当点C在劣弧上时，当点C在劣弧上时，利用圆周角定理和圆内接四边形的性质求解即可． 【详解】解：连接、， ∵切于点A， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 当点C在优弧上时，如图，即点C在处， ； 当点C在劣弧上时，如图，即点C在处， ， ∴或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握切线的性质，圆周角定理和圆内接四边形的性质是解题的关键，注意分类讨论． 18．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知正方形中，点在边上，，.点是正方形边上一点，，则 . 【答案】3或 【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理，由正方形的性质得出，，由勾股定理求出；分两种情况：①当点F在边上时，由勾股定理求出，得出，再由勾股定理求出即可；②当点F在边上时，由勾股定理求出即可． 【详解】解：∵四边是正方形， ∴，，， ∴， 分两种情况： ①当点F在边上时，如图1所示： ∵， ∴， ∴， ∴； ②当点F在边上时，如图2所示： ∵， ∴； 综上所述：的长为3或； 故答案为：3或． 多结论判断题题型02 19．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，且，分别是与的平分线，与交于点G，与交于点E，连接．下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论的序号是（    ） A．①②③⑤ B．②③④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，求正切，四点共圆等知识点，根据正方形得到，，结合角平分线得到，即可得到，，故①正确；再证明，得到，故②正确；作的角平分线交于，则，得到，，据此判断③正确；由，根据等底等高确定，故④正确；由，得到、、、四点共圆，则，，判断⑤错误． 【详解】解：∵正方形， ∴，，， ∵，分别是与的平分线， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故①正确； ∵，，， ∴， ∴， 故②正确； 作的角平分线交于，则， ∴，， ∵，是的平分线， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， 故③正确； ∵， ∴， 故④正确； ∵， ∴、、、四点共圆， ∴， ∴， 故⑤错误； 综上所述，正确结论的序号是①②③④， 故选：C． 20．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）与x轴交于点A、B，顶点为C，对称轴为直线x＝1，给出下列结论：①abc＞0；②若点C的坐标为（1，2），则△ABC的面积可以等于2；③M（x1，y1），N（x2，y2）是抛物线上两点（x1＜x2），若x1＋x2＞2，则y1＞y2； ④若抛物线经过点（3，﹣1），则方程ax2＋bx＋c＋1＝0的两根为﹣1，3．其中正确结论的序号为 ． 【答案】③④ 【分析】①根据对称轴和抛物线与y轴的交点可对①作出判断； ②根据△ABC的面积=AB•yC=×AB×2=2可得AB的长，得出点A的坐标，可对②作出判断； ③根据抛物线的对称轴得到点M、N离对称轴得远近，可对③作出判断； ④根据抛物线与一元二次方程的关系可对④作出判断． 【详解】①抛物线的对称轴在y轴右侧，则ab＜0，而c＞0，abc＜0，故①错误，不符合题意； ②△ABC的面积=AB•yC=×AB×2=2，解得：AB=2，则点A（0，0），即c=0与图象不符，故②错误，不符合题意； ③函数的对称轴为x=1，若x1+x2＞2，则（x1+x2）＞1，则点N离函数对称轴远，故y1＞y2，故③正确，符合题意； ④抛物线经过点（3，-1），则y′=ax2+bx+c+1过点（3，0），根据函数的对称轴是x=1可知该抛物线也过点（-1，0），故方程ax2+bx+c+1=0的两根为-1，3，故④正确； 故选：③④． 【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征． 21．（2025·黑龙江绥化·二模）函数 的图象如图所示，下列说法正确的有（   ） ①方程有四个不等的实数根；② ；③ ；④． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】利用数形结合思想，结合绝对值的意义，函数的性质，解答即可． 【详解】解：根据题意， 当时，方程有三个不等的实数根； 当时，方程有两个不等的实数根； 当时，方程有四个不等的实数根； 当时，方程有两个不等的实数根； 当时，方程没有实数根； 故①错误； 当时，，根据图象，得， 故， 故② 错误； 根据题意，得的对称轴为直线，且，， 故即， 故③ 正确； 当时，，根据图象，得， 故， 当时，抛物线开口向上，故解析式为， 时，根据图象，得， 故， 故即． 故④ 正确； 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数的图象与各项系数的关系，绝对值的意义，数形结合思想，方程根于图象的关系，掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 22．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）早在1700多年前中国古代数学家赵爽就在注解《周髀算经》时给出可以证明著名的“勾股定理”的几何图形，人们称它为“赵爽弦图”，如图所示的“弦图”由四个全等的直角三角形（，，，）围成大正方形（正方形）．连接，设，，则的值为（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了以弦图为背景的计算题，设，，则，由和正切的定义即可得出． 【详解】解：设，， ∴， ∵， ∴， 故选:A 23．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在中，，分别为边上的高，连接，过点D作交于点F，过点F作交于点G，下列结论：①；②若，，则；③；④G为的中点．其中正确的个数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】此题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质， 证明，即可证得，由此判断①；证明，由此判断②；延长交于点N，证明，由此判断③；无法判断④． 【详解】解：∵， ∴， ∵ ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，故①正确； ∵，， ∴， ∴，故②正确； 延长交于点N， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴， ∴，故③正确； 无法证明G为的中点，故④不正确； 故选B． 24．（2025·黑龙江大庆·二模）题目：“要在边长为10的正方形内放置一个与正方形有共同中心O的正多边形，若该正多边形能在正方形内(含边界) 自由旋转，求其边长的最大值d． 例如，当正多边形为正六边形时，如图1，该正六边形边长的最大值．” 甲：当正多边形为正方形时，如图2，该正方形边长的最大值； 乙：当正多边形为等边三角形EFG时，如图3，该等边三角形的边长的最大值．针对甲和乙的答案． 下列判断正确的是（    ） A．甲和乙都对 B．甲和乙都不对 C．甲对乙不对 D．甲不对乙对 【答案】A 【分析】本题考查了正多边形与圆，若正多边形能在正方形内自由旋转，需满足正多边形的半径等于正方形内切圆的半径5，依次求解即可；能理解正多边形能在正方形内自由旋转所需的条件是解题的关键． 【详解】解：根据题意，若正多边形能在正方形内自由旋转，需满足正多边形的半径等于正方形内切圆的半径5， 对于甲：当正多边形为正方形时，若能自由旋转，且正方形边长最大时， 直径、需满足，此时边长 即 ； 对于乙：如图， 当正多边形为等边三角形时，若能自由旋转，且等边三角形边长最大时，其半径，此时等边三角形的边长 ，即d ． 甲和乙的答案均正确， 故选A． 25．（2025·黑龙江绥化·二模）如图所示，边长为4的正方形中，对角线，交于点，点在线段上，连接，作交于点，连接交于点，则： ①； ②； ③； ④若，则． 正确的是　　    A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】①由“”可证，可得，，由四边形的内角和定理可证，可得； ②通过证明，可得； ③通过证明，可得，通过证明，可得，可得； ④由矩形的性质和等腰三角形的性质可得，由等腰直角三角形的性质可求． 【详解】解：如图，连接，   四边形是正方形， ，， 又， ， ，， ， ， ， 又， ， ， ，故①正确； ，， ， ， 又， ， ， ，故②正确； ，， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ，故③正确； 过点作于，于， 则四边形是矩形， ， ，， ， ，，， 是等腰直角三角形， ， ， ，故④正确； 故选：．    【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 26．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在平面直角坐标系中，抛物线（）与x轴交于A、B两点，，，与y轴交点C的纵坐标在与之间，根据图象判断以下结论：①；②；③；④若且，则．其中正确结论有（   ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数的图象判断式子的符号，二次函数的图象与各系数符号等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键．由抛物线过A、B两点，得抛物线的解析式为，根据抛物线的开口方向可确定a的符号，从而确定b的符号，从而可确定前三个；由且得横坐标分别为的两点关于抛物线的对称轴对称，从而可判断④，最后可确定答案． 【详解】解：抛物线过A、B两点，故设， 整理得：， ∴； 由图象知，抛物线的开口向上，则， ∴，且， ∴，，； 故①③正确，②错误； ∵， ∴， 表明，对于，当自变量分别取时的函数值相等， ∵， ∴， ∴二次函数图象上横坐标分别为的两点关于抛物线的对称轴对称； ∵抛物线的对称轴为直线 ∴， 即； 故④错误； 综上，正确的有2个； 故选：B． 27．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，二次函数的图象过点和，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（    ）    A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，二次函数和一元二次方程的关系等，解题的关键是熟练掌握二次函数的图形和性质． 利用二次函数的图象和性质及二次函数和一元二次方程的关系逐项进行判断即可． 【详解】解：①由抛物线图象可知， ∵开口向上， ∴， ∵对称轴位于轴左侧， ， 交轴于负半轴， ， ∴， 故①正确，符合题意； ②由图象可知，当时，， ∴， 故②错误，不符合题意； ③∵二次函数的图象过点和， ， 即，代入， 得， 故③正确，符合题意； ④∵二次函数的图象过点和， ， ∴ 由③得，所以，代入上式得， 原式， 由①得， 又， 即， 故④错误，不符合题意； ⑤由③得， 将代入上式得 原式 ∴， 由抛物线与轴有两个交点可得，， ∴， 故⑤正确，符合题意； 故正确的选项为①③⑤， 故选：B． 28．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示是二次函数的部分图象，该函数图象的对称轴是直线，图象与轴交点的纵坐标是2．则下列结论：①；②方程一定有一个根在和之间；③方程一定有两个不相等的实数根；④点，在抛物线上，且，当时，；⑤函数的最大值大于．其中正确结论的个数为（   ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】B 【分析】本题考查抛物线与x轴的交点，根与系数的关系，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，熟练运用数形结合的方法解决问题．根据二次函数的对称性，开口方向等来判断结论①②，根据二次函数与一元二次方程的关系来判断结论③，根据函数的增减性，函数值判断结论④⑤即可． 【详解】解：抛物线的对称轴为直线， ， ，即，故①正确； 抛物线的对称轴为直线，与x轴的一个交点的横坐标在2和3之间， 抛物线与x轴的另一个交点的横坐标在和0之间， ∴方程一定有一个根在和0之间，故②错误； ∵抛物线图象与轴交点的纵坐标是2， ， ， ， 令，得， 或， ， ， ∴方程一定有两个不相等的实数根，故③正确； 抛物线的开口向下， 抛物线上的点距离对称轴越远y值越小，距离对称轴越近y值越大， ， ， ， ， ， 点到对称轴的距离是，点到对称轴的距离是， ，故④正确； 如图，当时，， ， ， ， 当时，， 函数的最大值大于，故⑤正确， 综上所述，正确的结论有：①③④⑤，共4个， 故选：B． 29．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，抛物线与轴分别交于点，，与轴交于点，且．下列结论：①；②；③方程有两个不相等的实数根；④方程的两个根是，．其中结论正确的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．根据抛物线开口方向，对称轴以及与轴的交点，判断，即可判断①，抛物线与轴分别交于点，，得，，，从而可得，，即可判断②，根据图象可得与有2个交点，即可判断③，把方程可化为，得，解得，即可判断④． 【详解】解：①∵抛物线开口向上，则， ∵抛物线与轴交于点，， ∴对称轴为直线，则， ∴， 抛物线与轴交于负半轴，则 ∴，故①不正确； ②∵抛物线与轴分别交于点，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； ③∵，抛物线与轴交于点，且， ∴抛物线与有2个交点， 即方程有两个不相等的实数根；故③正确； ④∵，， ∴方程可化为， ∴， 解得，；故④不正确． 故选：B． 30．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，已知抛物线的对称轴为直线，且该抛物线与x轴交于点，与y轴的交点B在点，之间（不含端点），则以下结论：①；②；③；④若二次函数在上的最大值为，则或；⑤若方程的两根为，，其中正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题主要考查了二次函数图象与性质，二次函数与一元二次方程之间的关系等等，根据开口方向，对称轴计算公式和与y轴交点的位置可判断①；根据对称性可得抛物线与x轴的另一个交点坐标为，则当时，，据此可判断②；把代入解析式得到，根据抛物线与y轴的交点在之间可得，据此可判断③；根据开口方向可知离对称轴越远函数值越大，分别令时的函数值为，进而求出此时的值即可判断④；根据直线与抛物线的交点在第一，三象限，即可判断⑤． 【详解】解：由图可知抛物线开口向上， ， 对称轴为直线， ∴， ∴， 抛物线与y轴的交点在之间（不含端点）， ， ，故①不正确； 由对称性可知，抛物线与x轴的另一个交点坐标为， ∴当时，， ∴，故②错误； 把代入解析式得，即 ， ， ， ，故③正确； ∵函数图象开口向上， ∴离对称轴越远，函数值越大， 当，即或时 则， 解得（舍去）或； 当，即或时， 则， 解得或（舍去），故④正确； 若方程两根为， 则直线与抛物线的交点的横坐标为， 直线过第一、二、三象限且过点， 直线与抛物线的交点在第一，三象限， 如图所示， 由图象可知，故⑤正确； 综上所述，正确的有③④⑤， 故选：C． 31．（2025·黑龙江绥化·二模）二次函数 的对称轴是 ，图像与负半轴交于点，与轴交于点，且．则下列结论： ①；   ②；   ③； ④若方程的两根为， 则．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】本题主要考查了二次函数图像与系数的关系，熟练掌握二次函数的图形与性质是解题关键．根据抛物线开口方向、对称轴以及抛物线与轴的交点位置，确定的取值范围，即可判断结论①；由抛物线的顶点的纵坐标大于0，可知，即可判断结论②；首先确定，结合可知，进而可得抛物线与轴的另一交点为，故当时，可有，即可判断结论③；由抛物线与轴的两个交点坐标，可得方程的两个根为，，即可判断结论④． 【详解】解：∵该抛物线开口向下， ∴， ∵抛物线的对称轴为， ∴， ∵抛物线与轴的交点在正半轴上， ∴， ∴，所以①正确； 由该二次函数的图像可知，其顶点的纵坐标大于0，即， ∴，所以②错误； 对于二次函数， 令，可得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵对称轴为， ∴抛物线与轴的另一交点为， ∴当时，可有， 即， ∴，所以③正确； ∵抛物线与轴的两个交点分别为，， ∴方程的两个根为，， ∴， ∴，所以④正确． 综上所述，正确的结论是①③④，共3个． 故选：B． 32．（2025·黑龙江绥化·二模）已知二次函数图象的对称轴为直线，部分图象如图所示，下列结论中：①；②；③；④若t为任意实数，则有；⑤当图象经过点时，方程的两根为，则，其中正确的结论有（   ） A．①②③ B．②③⑤ C．②③④ D．②③④⑤ 【答案】C 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．根据抛物线开口方向，与轴的交点位置分别得到，，再利用对称轴得到，即可判断①；根据抛物线与轴有两个交点，即可判断②；当时，，得到，再结合和，即可判断③；当时，有最小值即可判断④；当图象经过点时，利用二次函数的对称性可得图象也经过点，进而得到，，即可判断⑤． 【详解】解：由图象可知，抛物线开口向上，与轴交于负半轴， ，， 抛物线对称轴为直线， ，即， ，故①错误； 由图象可知，抛物线与轴有两个交点， ，故②正确； 由图象可知，当时，， ， 又， ， ， ，故③正确； 由图象可知，当时，有最小值， （t为任意实数）， ，故④正确； 抛物线对称轴为直线，当图象经过点时， 由二次函数对称性得，图象也经过点， 的图象与直线的交点为和， 即方程的两根为和， 又方程的两根为， ，， ，故⑤错误； 综上所述，正确的结论②③④． 故选：C． 33．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）笔直的海岸线上依次有A，B，C三个港口，甲船从A港口出发，沿海岸线匀速驶向C港口，1小时后乙船从B港口出发，沿海岸线匀速驶向A港口，两船同时到达目的地．甲船的速度是乙船的1.25倍，甲、乙两船与B港口的距离y（km）与甲船行驶时间x（h）之间的函数关系如图所示．给出下列说法：①A，B港口相距400km；②甲船的速度为100km/h；③B，C港口相距200km；④乙船出发4h时，两船相距220km．其中正确的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】①由(0,400)可知A，B港口相距400km； ②甲船4个小时行驶了400km，可以求出甲船的速度； ③先求出乙船的速度，再根据两船同时到达目的地列出等式，可求出B，C港口的距离； ④乙船出发4h时，计算两船与B港口的距离，再相加即可． 【详解】解：由题意和题图，可知A，B港口相距400km，故①正确； 甲船4个小时行驶了400km，故甲船的速度为，故②正确； 乙船的速度为，设B、C港口的距离为skm， 则，解得，故③正确； 乙船出发4h时，两船的距离是，故④错误． 故选B． 【点睛】本题考查一次函数的实际应用---路程问题，解答此类问题的关键是根据图像找到一些关键点（如与x轴、y轴的交点，两图像的交点等），分析关键点的实际意义，转化为路程或速度或时间的关系，然后利用题中的等量关系进行解答．这种题型属于常考题型，属较难题. 34．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，四边形中，，过作于，交于点，，，．下列结论： ； 是等腰三角形； ；若，那么．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理，解直角三角形，掌握知识点的应用是解题的关键． 连接，过作于点，则，由三角形的内角和定理先得出，设，则，由角度和差，，，，，从而可判断，连接，可得垂直平分，再证明是等腰直角三角形，设，，则，由，则，所以，然后求出，所以，，通过勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接，过作于点，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵于， ∴， ∴， 设，则， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，，，即，故正确，错误； ∵， ∴， ∴， 如图，连接， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， 设，，则， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， 解得：， ∴，故正确， 故答案为：． 35．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在四边形中，，，连接，若，，且，给出下列结论：①是等腰三角形；②点M是的中点；③；④．其中一定正确的结论是 ．（请将正确结论的序号填在横线上） 【答案】①②③ 【分析】①设，由含有30度角的直角三角形性质得，进而得，在中，根据得，由此得，据此可对结论①进行判断；③设，根据得，则，，证明，再根据得，则，然后根据三角形外角性质得，据此可对结论③进行判断；②连接，作的外接圆，根据得点M在的外接圆上，则，再根据得，据此可对结论②进行判断；④过点B作于点F，根据，，点M是的中点得，，则，，进而得，据此可对结论④行判断；综上所述即可得出答案． 【详解】解：①设， 在中，，， ∴， 由勾股定理得：， ∴，， ∵， ∴， ∴是直角三角形， 在中，， ∴， ∴， ∴是等腰三角形，故结论①正确； ③设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的外角， ∴，故结论③正确； ②连接，作的外接圆，如图1所示： ∵， ∴是外接圆的直径， ∴，， ∴， 根据圆周角定理得：点M在的外接圆上， ∵，即， 又∵， ∴， ∴点M是的中点，故结论②正确； ④过点B作于点G，如图所示： ∵，，点M是的中点， ∴，， 在中，， 由勾股定理得：， 在中， 由勾股定理得：， ∴， ∴，故结论④不正确； 综上所述：一定正确的结论是①②③． 故答案为：①②③． 【点睛】此题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，灵活运用含有30度角的直角三角形的性质和勾股定理进行计算是解决问题的关键． 36．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在中，，平分交于点，于，为中点，连接，过作交于．则下列结论：①；②四边形为平行四边形；③；④若，，则线段的长为7．其中一定正确的结论是 ．（请将正确结论的序号填在横线上） 【答案】①②③ 【分析】延长延长交于点H，证明得，，，结合外角的性质可判断①正确；根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判断②正确；由平行四边形的性质可判断③正确；由得，从而，整理得，设，则，，由平行线分线段成比例定理得，进而可判断④不正确． 【详解】解：延长交于点H， ∵平分交于点D，于E， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵M为中点，E为中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形，故②正确； ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∵，即， ∴， 整理得， 设，则，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故④错误， 故答案为：①②③． 【点睛】此题考查了等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、平行线分线段成比例定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 37．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，面积为8的矩形纸片，连接对角线，，在边上取点F，连接，再以为折痕，将矩形纸片翻折，翻折后点C的对应点为点E，与交于点G，若点P为折痕上一点，连接、，则下列结论正确的序号为 ． ①  ②  ③  ④的最小值为 【答案】①②③④ 【分析】首先根据设，则，由矩形面积求出，即可判断①；根据平行线和折叠的性质得到，推出，即可判断②；如图所示，过点F作交于点H，证明出四边形是矩形，然后证明出，得到，然后等量代换即可判断③；连接，，由折叠得，，得出当点A，P，C三点共线时，取得最小值，即的长度，然后利用勾股定理求出，即可判断④． 【详解】∵四边形是矩形 ∴， ∴ 设，则 ∵矩形的面积为8 ∴ ∴或（舍去） ∴，故①正确； ∵ ∴ 由折叠得， ∴ ∴，故②正确； 如图所示，过点F作交于点H 由折叠得，，，， ∴四边形是矩形 ∴， ∵， ∴ ∴ ∴，故③正确； 如图所示，连接， 由折叠得， ∴ ∴当点A，P，C三点共线时，取得最小值，即的长度 ∵，， ∴ ∴的最小值为，故④正确． 综上所述，结论正确的序号为①②③④． 故答案为：①②③④． 【点睛】此题考查了矩形和折叠问题，勾股定理，解直角三角形，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 38．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在矩形中，是上一点，且，点在的延长线上，连接，，则下列结论： ① ② ③若，则 ④若，，那么． 其中正确的结论序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】过点F作于G，设矩形对角线相交于O，证，得，从而可证得，继而可得出，从而得出，可判断①正确；证明，，即，从而得出，可判断②正确；过点O作于H，先证明，再证明，得出，然后证明，从而可得出，可判断③正确；证明，再设，则，由勾股定理 得，，然后证明，得，从而求得，，，，所以，可判断④错误． 【详解】解：如图，过点F作于G，设矩形对角线相交于O， ∵矩形 ∴， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴，故①正确； ∵矩形 ∴，， ， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴，即 ∴，故②正确； 过点O作于H， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴，故③正确； ∵ ∴ ∵矩形 ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ 设，则， 由勾股定理 得 ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴，故④错误 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，平行线的判定与性质，本题综合性较强，难度较大．正确作出辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键． 39．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，正方形中，，点E、F、G、H分别为、、、上的点，顺次连接，，．过点B作交边于点M（可以与点D重合），则下列正确的结论有 ． ①；②四边形是正方形；③的最小值为；④当时，． 【答案】①②③ 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定、配方法的应用、相似三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．利用正方形的性质和全等三角形的判定推出，可判断①；利用全等三角形的判定推出，得出，进而得到，利用平行线的判定推出，再利用正方形的判定可判断②；设，利用勾股定理和配方法表示出，即可判断③；先利用勾股定理求出的长，再通过证明得到，结合求出的长，可判断④，即可得出结论． 【详解】解：正方形， ，， ，， ， ， ， 又， ，故①正确； ，， ，即， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又，， 四边形是正方形，故②正确； ， 设，则， ， 当时，有最小值8，即的最小值为，故③正确； ，， ， 四边形是正方形， ， 又， ， ， ，即， ， ， ， ， 解得：，故④错误； 综上所述，正确的结论有①②③． 故答案为：①②③． 最值问题题型03 40．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）当 时，二次函数有最小值． 【答案】1 【分析】本题考查二次函数的最值，根据二次函数的性质，进行求解即可． 【详解】解：∵， ∴抛物线的开口方向向上， ∴当时，函数有最小值； 故答案为：1． 41．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）二次函数的最大值是 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的顶点式是解题关键． 根据二次函数的性质进行解答即可． 【详解】解：∵二次函数， ∴ ∴图象开口向下，顶点坐标为， ∴当时，函数有最大值5， 故答案为：5． 42．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在中，，，P为AC边上的一个动点（不与A、C重合），则的最小值是（    ） A． B．3 C．1 D． 【答案】A 【分析】以A为顶点，为一边，在下方作，过B作于D，交于P，由是等腰直角三角形可得，即，故取最小值即是取最小值，此时B、P、D共线，且，的最小值即是的长，根据，，可得，即可得答案． 【详解】解：以A为顶点，为一边，在下方作，过B作于D，交于P，如图： 由作图可知：是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴取最小值即是取最小值，此时B、P、D共线，且，的最小值即是的长， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴的最小值是． 故选：A． 【点睛】本题考查三角形中的最小路径，解题的关键是作辅助线，把的最小值转化为求的最小值． 43．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）菱形中，，点在对角线上，点在上，连接、，的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形，根据得到当三点共线，且时，有最小值，最小值为，据此求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵， ∴当三点共线，且时，有最小值，最小值为， ∵菱形中，， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 44．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，在矩形中，，对角线和相交于点O，，E为上任意一动点，F为的中点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】取的中点和的中点，先证明在上，再作关于的对称点，与交于点，连接，与交于点，并证明此时点使为最小值，最后求出便可． 【详解】解：过的中点和的中点作直线， 为的中点， ，， 、、三点共线，即点在线段上， 作关于的对称点，与交于点，连接，与交于点， 则， 此时，，其值为最小值， 四边形为矩形， ， ∵ 为等边三角形， ，， ， ， ，， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，轴对称的性质，勾股定理，解题的关键是确定使值最小时点的位置． 45．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，，，垂足为M、N，，，，P是上任意一点，则的最小值是 ． 【答案】15 【分析】作点A关于得对称点G，连接与的交点P就是取得最小值的位置点，过点G作，交的延长线于点H，则四边形是矩形，构造直角三角形，利用勾股定理解决即可． 本题考查了将军饮马原理，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握轴对称的性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】解：作点A关于得对称点G，连接与的交点P就是取得最小值的位置点， 过点G作，交的延长线于点H， 则四边形是矩形， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， 故答案为：15． 46．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在梯形中，，，，且，线段上一点，；点E在半径为10的上运动，点F为梯形内部任意一点，且满足，；点在线段上运动，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，过点作，交于点，在上取点，使得，根据两边对应成比例且夹角相等证得，从而由相似三角形的对应边成比例求得，即点在以点为圆心，半径为 5 的圆上运动．作点关于的对称点，连接，则，因此有．连接，交于点，延长，交的延长线于点，过点作于点．通过解直角三角形在中，求得，，在中，，，，在中，，因此在矩形中，，，进而求得，，在中，根据勾股定理求得，即可解答． 【详解】解：连接，过点作，交于点，在上取点，使得， ， ，即， ，， ， ， ， ， 点在以点为圆心，半径为的圆上运动， 作点关于的对称点，连接，，则， ， ， 连接，交于点，延长，交的延长线于点，过点作于点， ，， ， 在中，， ， 点与关于对称， ， ，， 四边形，四边形，四边形都是矩形， ， 在中，，又， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， 在矩形中，，， 点与关于对称， ， ， 在中，， ， 即的最小值为． 故答案为： 【点睛】本题考查最短路径问题，相似三角形的判定及性质，轴对称的性质，矩形的判定及性质，解直角三角形，勾股定理等．掌握最短路径中的将军饮马问题，瓜豆原理是解题的关键． 47．（2025·黑龙江绥化·二模）在中，，，，在平面内有一点P，且始终有，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查线段的最值，根据题意知点的运动轨迹是以为直径的圆，得圆心，由勾股定理得，当点三点共线时的值最小，由勾股定理求出，即可得． 【详解】解：在中，，，， ∴， ∵，始终有， ∴点的运动轨迹是以为直径的圆，如图， 以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 则圆心为， ， ∵， 当点三点共线时的值最小，最小值为， 在，， ∴，即的最小值为， 故答案为：． 48．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，为等边三角形，，点D在上，，连接，点E为的中点，连接，点P为上一动点，连接，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了直角坐标系、等边三角形的性质、两点间距离公式、二次函数的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键。 取的中点为O，建立直角坐标系，则，,进而得到，即，易得；由两点间距离公式可得，则要使最大，则要使最小；再求得直线直线的解析式为，设，则，即；由，则当最小时，最小；然后运用二次函数的性质求最值可确定a的值，进而确定的最小值，最后代入化简即可 【详解】解：如图：取的中点为O，建立直角坐标系，则，, ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴,即, ∴， ∴要使最大，则要使最小， 设直线的解析式为, 则，解得：， ∴直线的解析式为， 由点P为上，可设， ∴, ∴， ∵， ∴当最小时，最小， ∵的开口方向，对称轴为：， ∴当时，最小时，最小， ∴的最小值为, ∴ 故答案为： 49．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在中，，，则的最大值为 ． 【答案】10 【分析】过点作，垂足为，如图所示，利用三角函数定义得到，延长到，使，连接，如图所示，从而确定，，再由辅助圆-定弦定角模型得到点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，即是直径时，取到最大值，由圆周角定理及勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解：过点作，垂足为，如图所示： ， 在中，设，则，由勾股定理可得， ，即， ， 延长到，使，连接，如图所示： ， ，， 是等腰直角三角形，则， 在中，，，由辅助圆-定弦定角模型，作的外接圆，如图所示： 由圆周角定理可知，点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，根据圆的性质可知，当弦过圆心，即是直径时，弦最大，如图所示： 是的直径， ， ， 是等腰直角三角形， ， ，则由勾股定理可得，即的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查动点最值问题，涉及解三角形、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、圆的性质、圆周角定理、动点最值问题-定弦定角模型等知识，熟练掌握动点最值问题-定弦定角模型的解法是解决问题的关键． 50．（2025·黑龙江龙东·二模）如图，正方形的边长为8，E是平面上一动点，且，连接，将绕点E顺时针旋转得到，M为边上的点，且，则线段长的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，连接，求出，根据旋转的性质和勾股定理求得，证明，得到，再根据勾股定理求出，根据，当点落在上时，最小，最小值为，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：连接，如图： ∵四边形是正方形， ，， ， ∵绕点顺时针旋转得到， ， ， ∴， ， ∴， ∵， ， 在和中， ， ， ， ， 在中， ， ， ， ∴点落在上时，最小，最小值为， 故答案为：． 51．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在中，，，，若P为上一个动点，则的最小值为 ． 【答案】3 【分析】过点P作于D，求得，作点C关于的对称点E，连接交于F，连接，得到，再根据，则当P、D、E三点共线时，值最小，最小值等于，然后求出的长即可求解． 【详解】解：过点P作于D， 在中，，， ∴， ∵ ∴ ∴， 作点C关于的对称点E，连接交于F，连接， ∴，， ∴ ∵ ∴当P、D、E三点共线时，值最小，最小值等于， ∵点C关于的对称点E，连接交于F， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为3． 故答案为：3． 【点睛】本题考查利用轴对称求最短路径问题，两点间线段最短，直角三角形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，熟练掌握利用轴对称求最短路径方法以是解题的关键． 52．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，已知圆锥的母线AB长为40 cm，底面半径OB长为10 cm，若将绳子一端固定在点B，绕圆锥侧面一周，另一端与点B重合，则这根绳子的最短长度是 ． 【答案】cm 【分析】根据底面圆的周长等于扇形的弧长求解扇形的圆心角 再利用勾股定理求解即可. 【详解】解：圆锥的侧面展开图如图所示： 设圆锥侧面展开图的圆心角为n°， 圆锥底面圆周长为 则n=90， ∵ 即这根绳子的最短长度是cm， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是圆锥的侧面展开图，弧长的计算，掌握“圆锥的底面圆的周长等于展开图的弧长求解圆心角”是解本题的关键. 53．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，中，，利用尺规在，上分别截取，，使；分别以，为圆心、以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；作射线交于点若，为上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，过点G作于H．根据角平分线的性质定理证明，利用垂线段最短即可解决问题． 【详解】如图，过点G作于H． 由作图可知，平分， 又∵，， ∴， 根据垂线段最短可知，的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查作图：基本作图，垂线段最短，角平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握角平分线的性质． 54．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，目∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是 ． 【答案】 【分析】作DE⊥AB于E点，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而得出结论． 【详解】如图，作DE⊥AB于E点，连接BD ∵菱形ABCD中，∠ABC＝120° ∴∠DAB=60°，则△ABD为等边三角形 ∴∠MAE=30° ∴AM=2ME ∵MD=MB ∴MA+MB+MD=2ME+2MD=2DE 根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小 ∵菱形的边长为6 ∴AB=6，AE=3 ∴ ∴ ∴MA+MB+MD最小值为 故答案为： 【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，掌握菱形的性质，将多条线段转化是解题关键． 55．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点．若P为y轴上一个动点，连接，则的最小值为（　　） A． B．2 C．2 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了二次函数的图象，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，关键在于把求最小值转化为求的最小值；连接，过点P作于点G，连接，过点A作于点H；由B、C的坐标得，则有，从而；于是求最小值转化为求的最小值；利用勾股定理即可求得最小值． 【详解】解：连接，过点P作于点G，连接，过点A作于点H，如图， ， ， ， ， ∴， 的最小值为的长， ∵， ， 在中， ， ， 的最小值为． 故选：C． 找规律问题题型04 56．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在一个正三角形场地中，若在每边上放2盆花，则共需要3盆花：若在每边上放3盆花，则共需要6盆花；以此类推，若在每边上放25盆花，则共需要 盆花． 【答案】72 【分析】设每边上放n盆花，则共需要an盆花（n≥2，且为正整数），根据各图形中所需花盆总数的变化可找出变化规律“an=3n-3”，再代入n=25即可求出结论． 【详解】设每边上放n盆花，则共需要an盆花（n≥2，且为正整数）， ∵a2＝3×2﹣3＝3，a3＝3×3﹣3＝6，a4＝3×4﹣3＝9，…， ∴an＝3n﹣3， ∴a25＝3×25﹣3＝72． 故答案为72． 【点睛】本题考查了规律型：图形的变化类，根据各图形中所需花盆总数的变化，找出变化规律“an=3n-3”是解题的关键． 57．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）用菱形按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有2个菱形，第②个图案中有5个菱形，第③个图案中有8个菱形，第④个图案中有11个菱形，…，按此规律，则第⑧个图案中，菱形的个数是（　　） A．20 B．21 C．23 D．26 【答案】C 【分析】本题考查了图形类的规律探索，解题的关键是找出规律．利用规律求解．通过观察图形找到相应的规律，进行求解即可． 【详解】解：第①个图案中有个菱形， 第②个图案中有个菱形， 第③个图案中有个菱形， 第④个图案中有个菱形， ∴第个图案中有个菱形， ∴第⑧个图案中菱形的个数为， 故选：C． 58．（2025·黑龙江大庆·二模）下列图形都是由同样大小的棋子按一定的规律组成，其中第个图形有颗棋子，第个图形有颗棋子，第个图形有颗棋子，，则第个图形中棋子的颗数为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了图形规律，由第个图形有棋子（颗），第个图形有棋子（颗），第个图形有棋子（颗），，然后根据此规律解答即可，观察图形、发现排列规律是解题的关键． 【详解】解：∵第个图形有棋子（颗）， 第个图形有棋子（颗）， 第个图形有棋子（颗）， ， ∴第个图形中的棋子数为（颗）， 故答案为：． 59．（2025·黑龙江佳木斯·二模）观察下列等式： 第1个等式：； 第2个等式：； 第3个等式：； …… 按照以上规律，第n个等式为 ． 【答案】 【分析】此题考查了有理数的混合运算，以及数字的变化类，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 根据题意推导一般性规律即可． 【详解】解：∵第1个等式：； 第2个等式：； 第3个等式：； …… 按照以上规律，第n个等式为：， 故答案为：． 60．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）观察下列图形： 它们是按一定规律排列的，依照此规律，第7个图形共有 个★． 【答案】22 【分析】本题考查了图形类规律探索，正确归纳类推出一般规律是解题关键．观察图形可得每一个图形比它前面一个图形多3个★，归纳类推出一般规律，由此即可得． 【详解】解：由图可知，第1个图形中★的个数为（个）， 第2个图形中★的个数为（个）， 第3个图形中★的个数为（个）， 第4个图形中★的个数为（个）， 归纳类推得：第个图形中★的个数为个，其中为正整数， 则第7个图形中★的个数为（个）， 故答案为：22． 61．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，用黑白两种颜色的菱形纸片，按黑色纸片数逐渐增加1的规律拼成下列图案，若第n个图案中有2026个白色纸片，则n的值为 . 【答案】675 【分析】本题考查图形的变化，解一元一次方程，根据题目中的图形，可以发现白色纸片个数的变化规律，然后根据第n个图案中有2026张白色纸片，即可求得n的值． 【详解】解：由图可得， 第1个图案中白色纸片的个数为：， 第2个图案中白色纸片的个数为：， 第3个图案中白色纸片的个数为：， …， 第n个图案中白色纸片的个数为：， 令， 解得， 故答案为：675． 62．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）图1是第七届国际数学教育大会（JCME-7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点的直角三角形演化而成的．若图2中的，按此规律继续演化，则的面积为 ． 【答案】 【分析】利用勾股定理依次计算出，，，，然后依据计算出前几个三角形的面积，然后依据规律解答求得△的面积即可得到结论． 【详解】解：，，， ． ； ； ； △的面积． ∴的面积=， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，能根据求出的结果得出规律是解此题的关键． 63．（2025·黑龙江绥化·二模）如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为，那么四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题是几何规律探究题，根据已知条件求得是解决问题的关键．根据已知条件可得，；由此可得．根据所得规律求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 又矩形各边中点是、、、， ， 即； 同理，得； 以此类推，． 又矩形的面积为， 四边形的面积为， 故答案为：． 64．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在平面直角坐标系中，将沿轴向右变换到的位置，再变换到的位置，依次进行下去，若已知点，，，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了点的坐标变化规律问题，由已知可得，即得，据此可得，进而即可求解，找到点的坐标变化规律是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 65．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在平面直角坐标系中，将等边绕点A旋转180°，得到，再将绕点旋转180°，得到，再将绕点旋转180°，得到，……，按此规律进行下去，若点B坐标为，则的坐标为 ．    【答案】 【分析】先求得，由旋转的性质可得为的中点，可求得，同理可得，，，，，…同理可得为的中点，为的中点，为的中点，…从而可依次求得，，，…进一步可推得，将代入即可求解． 【详解】解：∵是等边三角形，， ∴，． 过点A作，交于点M，交于点N， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵将等边绕点A旋转180°，得到， ∴， ∴，，， ∴，，为的中点， 同理可得，，，，，… 同理可得为的中点，为的中点，为的中点，… 同理可得，，，… 依次类推，， ∴，即， 故答案为：．    【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，以及直角三角形的性质，规律问题，解题关键是根据题意，找到图形变化的规律． 66．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，将放置在平面直角坐标系中，使直角顶点落在原点处，直角边落在轴正半轴上，直角边落在轴正半轴上．，取边上一点，过分别作，的平行线，交，于，，连接，使点满足，取边上一点，过分别作，的平行线，交，于，，连接，使点满足，…，以此类推，则的横坐标为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，点作于点，根据矩形的判定和性质，正切值的求法，全等三角形的判定和性质得到，再利用同样的方法得到，找出规律即可求解． 【详解】解：过点作于点，点作于点，如图 由题意可得四边形和四边形是矩形， ，，，， 设， ， ． 则， ，， ． ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ． 同理可得：， ． ， 的横坐标为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了探案规律，正切值的求法，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线，求得是解答关键． 67．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，把置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，与的平分线交于点，过点作的垂线，交轴于点，过点作轴的垂线，交直线于点，与的平分线交于点按此规律，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，涉及角平分线的性质、相似三角形的性质和判定，解直角三角形等相关知识点，综合性强，难度较大，根据作图规律分别求出的长度，坐标，找到变化规律是正确解答此题的关键． 作于，于，于，连接，证明四边形是正方形，得，证明，得，同理可得，设，求得，进而得，同法求得，即，，即可得出变化规律，从而得解． 【详解】解：作于，于，于，连接， ， ， ， 四边形是正方形， ， 与的平分线交于点， ， ， ， ， 同理， 点的坐标为， ，， ， 设， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ， 作于，于，于， 同理可求， ， ，即； 作于，于，于， 同理可求，，， ， ， ， 依此类推，可得的坐标是， 故答案为：． 68．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，直线l的解析式为，与轴分别相交于两点，过点P作的平分线交x轴于点，过点作x轴的垂线与直线l相交于点，作的平分线交x轴于点，过点作轴的垂线与直线l相交于点……按此规律进行下去，则点的横坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了坐标规律探索，解直角三角形，一次函数的性质，先根据一次函数的性质求出，，得出，求出，证明，得出，根据等腰三角形的性质得出，同理得出，此时的坐标为；，此时的坐标为；得出答案即可． 【详解】解：把代入得：， 把代入得：， 解得：， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵轴， ∴的横坐标为， 同理得：， 此时的坐标为； ， 此时的坐标为； …… 的坐标为； 故答案为：． 69．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在平面直角坐标系中，，，将绕点顺时针旋转并且按一定规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角为的等腰三角形．第一次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；第二次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；第三次变化后得到等腰三角形，点的对应点为 ，依此规律，则第个等腰三角形中，点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了点的坐标变化规律，由题意可得旋转三次完成一周，点 在第三象限，每变化一次腰长增加，且，，，进而得到点在第三象限，，又由得，利用三角函数求出点到的距离和到的距离即可求解，由已知找到点的坐标变化规律是解题的关键． 【详解】解：第一次变化后得到等腰三角形，点的对应点为， ∴； 第二次变化后得到等腰三角形，点的对应点为， ∴； 第三次变化后得到等腰三角形，点的对应点为， ∴； ， ∵绕点每次顺时针旋转， ∴旋转三次完成一周， ∴点 在第三象限， ∵每变化一次腰长增加， ∴，，， ∵， ∴点在第三象限，且， ∵， ∴， ∴点到的距离为，到的距离为， ∴点的坐标是， 故答案为：． 70．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在矩形中，，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形相似于矩形；再连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形相似于矩形；…按照此规律作下去．若矩形的面积记作，矩形的面积记，矩形的面积记作，…，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质.解题的关键是根据已知和矩形的性质可分别求得，再利用相似多边形的性质可发现规律，即可求解. 【详解】∵四边形是矩形， ， ， ∵按逆时针方向作矩形的相似矩形， ∴矩形的边长和矩形的边长的比为， ∴矩形的面积和矩形的面积的比, 故答案为：. 71．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，，OP平分∠MON，，过点作交OP于点，在ON上截取，使，过点作交OP于点，过点作垂足为，得正方形；在ON上继续截取，使，过点作交OP于点，过点作，垂足N为，得正方形；……以此类推，在ON上继续截取，使，过点作交OP于点，过点作，垂足为，得正方形．则正方形的面积为 ． 【答案】 【分析】延长A1B1交OM于点F，过B1作B1E⊥OM于点E，利用等腰直角三角形求得，得到，用同样的方法求得，，得出结果． 【详解】解：延长A1B1交OM于点F，过B1作B1E⊥OM于点E， ∵OP平分∠MON，A1B1⊥ON， ∴B1A1=B1E， 在直角△B1EF中，∠B1FE=45°， ∴B1F=， ∴， ∴， ， 又∵OA2=OA1+A1A2=， 用同样方法求得， ， …… 故， 故答案为：． 【点睛】本题是规律探究题，解题的关键是确定面积与正方形个数之间的变化关系． 2 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 选填题重点题型专练 题型概览 题型01多解问题 题型02多结论判断题 题型03最值问题 题型04找规律问题 多解问题题型01 1．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，，已知与位似，位似中心是原点O，且的面积是面积的16倍，则点A对应点的坐标为（    ）    A． B．或 C． D．或 2．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在中，，点在直线上，，连接，的度数为 ． 3．（2025·黑龙江佳木斯·二模）在矩形中，，，点在边上，且，是边上的一个动点，若是直角三角形，则的长为 ． 4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在矩形中，在线段上取点E，构造以为腰的等腰，连接与交于点F．若，，则的长为 ． 5．（2025·黑龙江绥化·二模）已知为直角三角形， ，，若将三角形绕点C旋转，将会形成两个同心圆，则小圆内接正三角形与大圆内接正四边形的边心距之比是 ． 6．（2025·黑龙江龙东·二模）在矩形中，，E是的中点，点M在线段上，点N在直线上，将沿折叠，使点A与点E重合，连接．当时，的长为 ． 7．（2025·黑龙江绥化·二模）在正方形的右侧作正方形，点G在边上且顶点E在的延长线上，已知大正方形的边长是8，，在直线上是否存在点P，可使为直角三角形，则此时的长度为 ． 8．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在矩形中，，为平面内一点，且，连接，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，当点，，在一条直线上时，的长为 ． 9．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）菱形的对角线长度分别为和，过点向直线作垂线，垂足为，则的长为 ． 10．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知的半径为，弦，弦，则的度数为 ． 11．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）不重合的三个点A、B、C都在半径为9的上，的长为，则的大小是 度． 12．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）正方形中，点是边上一点，连接，，点是直线上的一点，，连接，则 度． 13．（2025·黑龙江绥化·二模）矩形中，对角线交于点，点在对角线上，若，，，则的长度为 ． 14．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在矩形中，，，点为上一个动点，把沿折叠，当点D的对应点落在的角平分线上时，的长为 ． 15．（2025·黑龙江大庆·二模）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ． 16．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知，矩形中，，点M为对角线的三等分点，连接并延长交矩形一边于点E，若，则边的长为 ． 17．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，已知切于点A，，点是上异于A，的点，则 ． 18．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知正方形中，点在边上，，.点是正方形边上一点，，则 . 多结论判断题题型02 19．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，且，分别是与的平分线，与交于点G，与交于点E，连接．下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论的序号是（    ） A．①②③⑤ B．②③④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 20．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）与x轴交于点A、B，顶点为C，对称轴为直线x＝1，给出下列结论：①abc＞0；②若点C的坐标为（1，2），则△ABC的面积可以等于2；③M（x1，y1），N（x2，y2）是抛物线上两点（x1＜x2），若x1＋x2＞2，则y1＞y2； ④若抛物线经过点（3，﹣1），则方程ax2＋bx＋c＋1＝0的两根为﹣1，3．其中正确结论的序号为 ． 21．（2025·黑龙江绥化·二模）函数 的图象如图所示，下列说法正确的有（   ） ①方程有四个不等的实数根；② ；③ ；④． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 22．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）早在1700多年前中国古代数学家赵爽就在注解《周髀算经》时给出可以证明著名的“勾股定理”的几何图形，人们称它为“赵爽弦图”，如图所示的“弦图”由四个全等的直角三角形（，，，）围成大正方形（正方形）．连接，设，，则的值为（   ） A．1 B．2 C． D． 23．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在中，，分别为边上的高，连接，过点D作交于点F，过点F作交于点G，下列结论：①；②若，，则；③；④G为的中点．其中正确的个数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 24．（2025·黑龙江大庆·二模）题目：“要在边长为10的正方形内放置一个与正方形有共同中心O的正多边形，若该正多边形能在正方形内(含边界) 自由旋转，求其边长的最大值d． 例如，当正多边形为正六边形时，如图1，该正六边形边长的最大值．” 甲：当正多边形为正方形时，如图2，该正方形边长的最大值； 乙：当正多边形为等边三角形EFG时，如图3，该等边三角形的边长的最大值．针对甲和乙的答案． 下列判断正确的是（    ） A．甲和乙都对 B．甲和乙都不对 C．甲对乙不对 D．甲不对乙对 25．（2025·黑龙江绥化·二模）如图所示，边长为4的正方形中，对角线，交于点，点在线段上，连接，作交于点，连接交于点，则： ①； ②； ③； ④若，则． 正确的是　　    A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 26．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在平面直角坐标系中，抛物线（）与x轴交于A、B两点，，，与y轴交点C的纵坐标在与之间，根据图象判断以下结论：①；②；③；④若且，则．其中正确结论有（   ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 27．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，二次函数的图象过点和，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（    ）    A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 28．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示是二次函数的部分图象，该函数图象的对称轴是直线，图象与轴交点的纵坐标是2．则下列结论：①；②方程一定有一个根在和之间；③方程一定有两个不相等的实数根；④点，在抛物线上，且，当时，；⑤函数的最大值大于．其中正确结论的个数为（   ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 29．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，抛物线与轴分别交于点，，与轴交于点，且．下列结论：①；②；③方程有两个不相等的实数根；④方程的两个根是，．其中结论正确的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 30．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，已知抛物线的对称轴为直线，且该抛物线与x轴交于点，与y轴的交点B在点，之间（不含端点），则以下结论：①；②；③；④若二次函数在上的最大值为，则或；⑤若方程的两根为，，其中正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 31．（2025·黑龙江绥化·二模）二次函数 的对称轴是 ，图像与负半轴交于点，与轴交于点，且．则下列结论： ①；   ②；   ③； ④若方程的两根为， 则．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 32．（2025·黑龙江绥化·二模）已知二次函数图象的对称轴为直线，部分图象如图所示，下列结论中：①；②；③；④若t为任意实数，则有；⑤当图象经过点时，方程的两根为，则，其中正确的结论有（   ） A．①②③ B．②③⑤ C．②③④ D．②③④⑤ 33．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）笔直的海岸线上依次有A，B，C三个港口，甲船从A港口出发，沿海岸线匀速驶向C港口，1小时后乙船从B港口出发，沿海岸线匀速驶向A港口，两船同时到达目的地．甲船的速度是乙船的1.25倍，甲、乙两船与B港口的距离y（km）与甲船行驶时间x（h）之间的函数关系如图所示．给出下列说法：①A，B港口相距400km；②甲船的速度为100km/h；③B，C港口相距200km；④乙船出发4h时，两船相距220km．其中正确的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 34．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，四边形中，，过作于，交于点，，，．下列结论： ； 是等腰三角形； ；若，那么．其中所有正确结论的序号是 ． 35．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在四边形中，，，连接，若，，且，给出下列结论：①是等腰三角形；②点M是的中点；③；④．其中一定正确的结论是 ．（请将正确结论的序号填在横线上） 36．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在中，，平分交于点，于，为中点，连接，过作交于．则下列结论：①；②四边形为平行四边形；③；④若，，则线段的长为7．其中一定正确的结论是 ．（请将正确结论的序号填在横线上） 37．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，面积为8的矩形纸片，连接对角线，，在边上取点F，连接，再以为折痕，将矩形纸片翻折，翻折后点C的对应点为点E，与交于点G，若点P为折痕上一点，连接、，则下列结论正确的序号为 ． ①  ②  ③  ④的最小值为 38．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在矩形中，是上一点，且，点在的延长线上，连接，，则下列结论： ① ② ③若，则 ④若，，那么． 其中正确的结论序号是 ． 39．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，正方形中，，点E、F、G、H分别为、、、上的点，顺次连接，，．过点B作交边于点M（可以与点D重合），则下列正确的结论有 ． ①；②四边形是正方形；③的最小值为；④当时，． 最值问题题型03 40．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）当 时，二次函数有最小值． 41．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）二次函数的最大值是 ． 42．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在中，，，P为AC边上的一个动点（不与A、C重合），则的最小值是（    ） A． B．3 C．1 D． 43．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）菱形中，，点在对角线上，点在上，连接、，的最小值为 ． 44．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，在矩形中，，对角线和相交于点O，，E为上任意一动点，F为的中点，则的最小值为 ． 45．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，，，垂足为M、N，，，，P是上任意一点，则的最小值是 ． 46．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在梯形中，，，，且，线段上一点，；点E在半径为10的上运动，点F为梯形内部任意一点，且满足，；点在线段上运动，连接，则的最小值为 ． 47．（2025·黑龙江绥化·二模）在中，，，，在平面内有一点P，且始终有，则的最小值为 ． 48．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，为等边三角形，，点D在上，，连接，点E为的中点，连接，点P为上一动点，连接，则的最大值为 ． 49．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在中，，，则的最大值为 ． 50．（2025·黑龙江龙东·二模）如图，正方形的边长为8，E是平面上一动点，且，连接，将绕点E顺时针旋转得到，M为边上的点，且，则线段长的最小值是 ． 51．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在中，，，，若P为上一个动点，则的最小值为 ． 52．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，已知圆锥的母线AB长为40 cm，底面半径OB长为10 cm，若将绳子一端固定在点B，绕圆锥侧面一周，另一端与点B重合，则这根绳子的最短长度是 ． 53．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，中，，利用尺规在，上分别截取，，使；分别以，为圆心、以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；作射线交于点若，为上一动点，则的最小值为 ． 54．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，目∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是 ． 55．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点．若P为y轴上一个动点，连接，则的最小值为（　　） A． B．2 C．2 D．4 找规律问题题型04 56．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在一个正三角形场地中，若在每边上放2盆花，则共需要3盆花：若在每边上放3盆花，则共需要6盆花；以此类推，若在每边上放25盆花，则共需要 盆花． 57．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）用菱形按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有2个菱形，第②个图案中有5个菱形，第③个图案中有8个菱形，第④个图案中有11个菱形，…，按此规律，则第⑧个图案中，菱形的个数是（　　） A．20 B．21 C．23 D．26 58．（2025·黑龙江大庆·二模）下列图形都是由同样大小的棋子按一定的规律组成，其中第个图形有颗棋子，第个图形有颗棋子，第个图形有颗棋子，，则第个图形中棋子的颗数为 ． 59．（2025·黑龙江佳木斯·二模）观察下列等式： 第1个等式：； 第2个等式：； 第3个等式：； …… 按照以上规律，第n个等式为 ． 60．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）观察下列图形： 它们是按一定规律排列的，依照此规律，第7个图形共有 个★． 61．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，用黑白两种颜色的菱形纸片，按黑色纸片数逐渐增加1的规律拼成下列图案，若第n个图案中有2026个白色纸片，则n的值为 . 62．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）图1是第七届国际数学教育大会（JCME-7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点的直角三角形演化而成的．若图2中的，按此规律继续演化，则的面积为 ． 63．（2025·黑龙江绥化·二模）如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为，那么四边形的面积为 ． 64．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在平面直角坐标系中，将沿轴向右变换到的位置，再变换到的位置，依次进行下去，若已知点，，，则点的坐标为 ． 65．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在平面直角坐标系中，将等边绕点A旋转180°，得到，再将绕点旋转180°，得到，再将绕点旋转180°，得到，……，按此规律进行下去，若点B坐标为，则的坐标为 ．    66．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，将放置在平面直角坐标系中，使直角顶点落在原点处，直角边落在轴正半轴上，直角边落在轴正半轴上．，取边上一点，过分别作，的平行线，交，于，，连接，使点满足，取边上一点，过分别作，的平行线，交，于，，连接，使点满足，…，以此类推，则的横坐标为 ． 67．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，把置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，与的平分线交于点，过点作的垂线，交轴于点，过点作轴的垂线，交直线于点，与的平分线交于点按此规律，则点的坐标是 ． 68．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，直线l的解析式为，与轴分别相交于两点，过点P作的平分线交x轴于点，过点作x轴的垂线与直线l相交于点，作的平分线交x轴于点，过点作轴的垂线与直线l相交于点……按此规律进行下去，则点的横坐标为 ． 69．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在平面直角坐标系中，，，将绕点顺时针旋转并且按一定规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角为的等腰三角形．第一次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；第二次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；第三次变化后得到等腰三角形，点的对应点为 ，依此规律，则第个等腰三角形中，点的坐标是 ． 70．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在矩形中，，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形相似于矩形；再连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形相似于矩形；…按照此规律作下去．若矩形的面积记作，矩形的面积记，矩形的面积记作，…，则的值为 ． 71．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，，OP平分∠MON，，过点作交OP于点，在ON上截取，使，过点作交OP于点，过点作垂足为，得正方形；在ON上继续截取，使，过点作交OP于点，过点作，垂足N为，得正方形；……以此类推，在ON上继续截取，使，过点作交OP于点，过点作，垂足为，得正方形．则正方形的面积为 ． 2 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$