2025年中考数学复习备考 最后一题高频考点压轴练

最后一题高频考点压轴练 1．【问题情境】点是矩形的边上一点，将沿直线折叠，使点落在边上的点处． 【猜想证明】（1）如图1，判断四边形的形状，并说明理由； 【深入探究】（2）如图2，将图1中的四边形沿直线折叠，点C，D分别落在边，上的点处，交BE于点，展开铺平再将绕点顺时针方向旋转得到，点的对应点分别为G，F，连接，．求的值； 【拓展延伸】（3）如图3，在（2）的条件下，当F、B、G在同一条直线上时，的延长线交于点M，交于点．若，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由． 2．如图1，在中，，，，动点P和Q分别从点A和点C同时出发，点P沿着方向以每秒的速度运动，点Q沿着的路线以每秒的速度运动，点P运动的时间为，连接，在的右侧（下方）以为斜边构造等腰直角三角形． (1)的长为______； (2)如图2，当点D和点C重合时，求的长； (3)①在图3中尺规作图，作的平分线和边相交于点E；（保留作图痕迹，不写作图过程） ②当点D在射线上时，求t的值； (4)如图4，当点D恰好落在边上时，直接写出t的值和点在内部的时长． 3．在中，，点D是边上不与点B重合的一动点，将绕点D旋转得到，点B的对应点E落在直线上，与相交于点G，连接． (1)如图1，当点D与点A重合时， ①求证：； ②判断与的位置关系是______． (2)如图2；当点D不与点A重合，点E在边上时，判断与的位置关系，并写出证明过程；________． (3)如图3，当点D是的中点，点E在边上时，延长相交于点P，若，求的长． 4．综合与实践：在数学综合实践课上，孙老师和“希望小组”的同学们从特殊的几何图形入手，探究旋转变换的几何问题． 【建立模型】（1）如图1，点为等边内部一点，小颜发现：将绕点逆时针旋转得到，则．请思考并证明小颜的结论； 【类比探究】（2）小梁进一步探究；如图2，点为正方形内部一点，将绕点逆时针旋转得到，连接并延长，交于点．求证：； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，点为内部一点，．点，是，上的动点，且，若，，，请直接写出的最小值． 5．综合与实践 【问题呈现】 （1）如图①，和都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________． （2）如图②，在中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，． 【类比探究】 ①如图②，点在线段上时，求证：． 【拓展提升】 ②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长． 6．探究与证明 【问题背景】在四边形中，（E，F分别为边上的动点），的延长线交延长线于点M，的延长线交延长线于点N，连接． 【构建联系】 （1）如图1，若四边形是正方形，求证：； （2）如图2所示平面直角坐标系，在中，，点A坐标为，B，C分别在x轴和y轴上，且反比例函数图象经过BC上的点D，且，求k的值． 【深入探究】 （3）如图3，若四边形是菱形，连接，当且时，求的值． 7．在校园智慧景观设计项目中，井盖作为常见的圆形元素，蕴含着丰富的数学知识．学完“圆”的基本性质后，康老师带领同学们以井盖相关问题开展数学探究活动．         【初步洞察】 我们将校园内的圆形井盖抽象为圆，假设井盖所在圆为 ，明明在内设计了一个三角形，连接，问：与的数量关系是什么？ 萱萱发现：延长，交于点，连接，可以找到数量关系． 浩浩发现：连接，并延长交于点，连接，可以找到数量关系． 请选择一名同学的方法推断出数量关系并证明． 【深入剖析】 在校园井盖的设计优化中，为了增强图案的美感，增添一些线条如图2，内接于，过点作，分别交、⊙O于、，过点作，交于，连接．求证：； 【拓展应用】 校园特殊形状井盖的设计分析中，晨晨突发奇想，如图3，当是钝角三角形时，过点作，分别交延长线、于、，连接．若，，则的直径是多少？请你帮助晨晨解决这个问题． 8．如图1，在正方形中，点分别在边上，且，延长到点G，使得，连接． 【特例感知】 （1）图1中与的数量关系是______________． 【结论探索】 （2）图2，将图1中的绕着点A逆时针旋转，连接并延长到点G，使得，连接，此时与还存在（1）中的数量关系吗？判断并说明理由． 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，若，当是以为直角边的直角三角形时，请直接写出的长． 9．在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 10．（1）如图1，，，为边上的高．若，，则的长为___________． （2）如图2，某市有一块四边形空地，现市政府欲将其打造为市民健身公园．经测量，米．现计划将四边形空地进行扩建，将延长至点，连接，在上设置休息处，满足，沿修建两条健身步道，并在两条健身步道的交汇处修建园区管理处，使入口到管理处的距离尽可能短．试求当最短时，扩建后的长． 参考答案 1．（1）正方形，理由见解析；（2）；（3） （1）首先由矩形得到，然后由折叠得到，，即可证明四边形是正方形； （2）根据题意得到，是等腰直角三角形，然后证明出，即可得到； （3）证明出，得到，设，，然后表示出，，如图所示，连接，证明出，得到，设，，勾股定理得到，，推出，证明出，得到，进而求解即可． （1）四边形是正方形，理由如下： ∵四边形是矩形 ∴ ∵沿直线折叠，使点落在边上的点处 ∴， ∴四边形是正方形； （2）∵四边形是正方形 ∴是等腰直角三角形，即 ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵将绕点顺时针方向旋转得到 ∴等腰直角三角形， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴； （3）根据题意得， 又∵ ∴ ∵由（2）得 ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴设， ∵是等腰直角三角形 ∴ ∴ 如图所示，连接 由（2）得， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴设， ∴ ∵ ∴，即 ∴ ∴， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴． 此题考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 2．(1) (2) (3)①见解析；② (4)， （1）根据勾股定理计算即可求解； （2）当点D和点C重合时，根据，求得的值，进而求解的值， （3）①根据题意，作图即可，②当点D在射线上时，根据对称性，可知，进而求解的值， （4）当点D恰好落在边上时，过点Q作，判定，，当点D落在上时，进而求解的值； （1）解：，，， ， 故答案为：； （2）解：当点D和点C重合时，如图1，，，， 则由题意可得， 所以， 解得：， ∴； （3）解：①如图2所示，线段即为所求． ②当点D在射线上时，根据对称性，可知， ∵，， ∴，解得：； （4）解：当点D恰好落在边上时，过点Q作，垂足为点E，如图3． ∴， ∴． ∴， 设，则，． ∵，， ， ， ∴， ∴． 由，得，， 解得， ， 将代入，得， 解得：． 如图4，当点D落在上时， ∵， ∴，，． ∵， ∴， 解得：． 所以点D在内部的时长为， 综上，t的值为，． 本题考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键； 3．(1)①见解析  ②，理由见解析 (2)，理由见解析 (3) （1）①利用旋转的性质和平角的定解题即可；②根据内错角相等，两直线平行解题即可； （2）过点F作于点H，过点A作于点K，证明是矩形，即可得到结论； （3）连接，证明，然后得到是矩形，再根据勾股定理和三角形的面积公式求出、、长，然后利用相似三角形解题即可． （1）①证明：∵，， ∴， ∴， ∵绕点D旋转得到， ∴，， ∴， ∴； ②，理由为： ∵，， ∴， ∴； （2）解：，理由为： 过点F作于点H，过点A作于点K， 则， ∴， 由旋转可得， 由（1）可得， ∴， ∴， ∴是矩形， ∴； （3）连接， ∵点D是的中点， ∵，， ∴，， ∴， 由旋转可得，， ∴， ∴， ∴， 由（2）可得是矩形， ∴，，， 又∵， ∴，即， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得：． 本题考查旋转的性质，勾股定理，矩形的性质和判定，平行线的判定，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 4．（1）见解析；（2）见解析；（3） （1）根据题意证明，即可得到本题答案； （2）过点B分别作于点 F，于点 G，再证明出和，再证明出四边形为矩形，后得到为正方形，继而利用正方形性质即可得到结论； （3）连接， 将绕点A 逆时针旋转一定的度数得到， 使得， 连接，当M， Q， N三点共线时，有最小值是的长度，再利用勾股定理即可得到答案． （1）证明：∵绕点B逆时针旋转得到， ∴． ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． ∴； （2）证明：如图， 过点B分别作于点 F，于点 G，则 ∵绕点B逆时针旋转得到， ∴． ∵四边形为正方形， ∴． ∵， ∴． ∴． 在和中， ， ∴ ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴四边形为矩形． ∵， ∴矩形为正方形． ∴． ∴． ∵四边形为正方形， ∴， ∴，      ， ； （3）解：连接， 将绕点A 逆时针旋转一定的度数得到， 使得， 连接． ∴同上可得：． ∴． 连接交于点， ∴ (两点之间线段最短)． ∴当M， Q， N三点共线时，有最小值是的长度． 由（2）易得：． ∴，． ∵． ∴． ∴． 过N作于H． ∵， ∴． ∴， ， ． 本题考查全等三角形判定及性质，旋转的性质，等边三角形性质，勾股定理，正方形的判定性质，矩形判定及性质，共线问题最值和勾股定理等． 5．（1）；45°；（2）①见解析；② 本题考查的是相似三角形的性质和判定、勾股定理、以及旋转变换的性质，． （1）证明，根据相似三角形的性质可得，； （2）同理（1）可得可求，，由此求出； （3）分当在内时，当在外时， 两种情况，结合（1）的结论，利用直角三角形性质和勾股定理解三角形即可求解. （1）；； 解：∵和都是等腰直角三角形，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， 故答案为：；； （2）①如图②，过点作，垂足为， ∵在中，，， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由旋转可知：是等腰直角三角形， 同理（1）可得：；； 设，， 则，，， ∴， ∴， ②当在内时，如图③-1，过点作，垂足为， 同理可得：，；； ∵在中，，， ∴， ∴， ∴当时，， ∴， ∴ 当在内时，如图③-2， 同理可求：，， ∴ 综上所述：长为 6．（1）见解析；（2）4；（3）1 本题主要考查了反比例函数与几何综合，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键． （1）根据正方形的性质得到，得到，即，根据相似三角形的判定定理得到结论； （2）过点A作轴于E，作轴于F，过点 D作轴于G，作轴于H，则，得到根据相似三角形的性质得到，根据平行线分线段成比例定理得到，同理得得到求得 计算即可； （3）连接交于G，根据等腰三角形的性质得到，根据菱形的性质得到，根据相似三角形的性质得到，设，结合三角函数的定义和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． （1）证明：如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∵ ， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）如图，过点A作轴于E，作轴于F，过点 D作轴于G，作轴于H，则， ∵ ， ∴ ∴ ∴， 即， ， ∴ ∴， ∵轴，轴， ∴， ∴ 同理 ∵， ∴； （3）如图，连接交于G， ∵， ， ∵四边形是菱形， ∴ ∵ ， ∴，     ∴ 设， 在中， ∴ ∴ ， ∴ 由(1)知， ∴ ∵， ， 故答案为：1． 7．初步洞察：，证明见解析；深入剖析：见详解；拓展应用： 圆的直径为 本题为圆的综合题，考查圆周角定理、相似三角形的判定和性质、垂径定理、勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． [初步洞察]分别选择不同的同学，利用圆周角定理进行角度转换即可解答； [深入剖析] 连接并延长交圆于点，连接，证明，由，即可求解； [拓展应用] 连接并延长交圆于点，连接、、，证明，再用勾股定理，即可求解． [初步洞察] 若选择萱萱同学 证明：延长，交于点，连接， 为的直径， ， ； 若选择浩浩同学 证明：连接，并延长交于点，连接， 为的直径， ， ， ， [深入剖析]证明：如图，连接并延长交圆于点，连接， ， ， 为的直径 ， ， ， ， ， ， ， 由初步洞察知：， ， ， ， ， ， ， [拓展应用]解：如图，连接并延长交圆于点，连接、、， 则，， ∵为直径， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴ ∴， ∴圆的直径为． 8．(1) =，(2)存在，证明见解析，（3）或或16或4． (1)连接GC，证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可； (2)类似（1）的方法，先证△AFD≌△AEB，再证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可； (3)根据E、F是直角顶点分类讨论，结合（2）中结论，利用勾股定理求解即可． 解：(1)连接GC， ∵AE=AF，AD=AB， ∴DF=BE， ∵， ∴DG = BE， ∵∠GDC=∠B=90°，DC=BC， ∴△CDG≌△CBE， ∴CE=CG，∠GCD=∠ECB， ∵∠ECB+∠DCE=90°， ∴∠GCE=∠GCD+∠DCE=90°， ∴=； 故答案为：=； (2) 存在，连接GC， ∵AE=AF，AD=AB，∠FAE=∠DAB=90°， ∴∠FAD=∠EAB， ∴△FAD≌△EAB， ∴FD=EB=GD，∠FDA=∠EBA， ∵∠GDC+∠FDA=90°，∠EBC+∠EBA=90°， ∴∠GDC=∠EBC， ∵DC=BD， ∴△CDG≌△CBE， 与（1）同理，=； (3)当∠FEG=90°时，如图1，因为∠FEA=∠GEC=45°， 所以，A、E、C在一条直线上， ∵AB=5， ∴AC=5, CE=5-3=2, GE=EC=4； 如图2，E在CA延长线上，同理可得，EC=8， GE=EC=16； 当∠EFG=90°时，如图3，∠AFD=∠EFG+∠AFE=135°， 由（2）得，∠AFD=∠AEB=135°，DF=BE， 所以，B、E、F在一条直线上，作AM⊥EF，垂足为M， ∵， ∴EF=6，AM=ME=MF=3， ， BE=DF=1,FG=2， ； 如图4，同图3，BE=DF=7，FG=14，EF=6， ， 综上，的长为或或16或4． 本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和等腰直角三角形的性质，解题关键是恰当的连接辅助线，构造全等三角形；会分类讨论，结合题目前后联系，解决问题． 9．(1)①见解析；② (2) （1）①延长交于H，可证明，得到，则可证明，得到，则； ②如图所示，延长交于M，由平行四边形的性质得到，，证明，，得到，，则；设，则，，进而可得，即可得到；可证明，，设，则，则，据此可得答案； （2）延长交于M，由平行四边形的性质可得，，证明，，再证明，得到，求出，设，则由相似三角形的性质可得，，进而可得；再由，得到，则，解方程即可得到答案． （1）解：①如图所示，延长交于H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是边中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵是边中点， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴； ∴，， 设，则， ∴， ∴； （2）解；如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴，即 ∴， ∵，即， ∴， ∴； ∵， ∴，即， ∴，解得或（舍去）， ∴． 本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 10．（1）；（2）米 本题主要考查了解直角三角形、矩形的判定与性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造矩形、直角三角形、相似三角形成为解题的关键． （1）先运用勾股定理求得，再根据正切函数列方程求解即可； （2）如图：作于点，即四边形是矩形可得、，再解直角三角形可得，如图：连接并延长交于点．证明、可得，易得，即；当时，最小，记为，如图：过作于点，由勾股定理可得，再证明，运用相似三角形的性质可得，进而得到即可解答． 解：（1）∵为边上的高，，， ∴， ∵， ∴，即，解得：． 故答案为：． （2）如图：作于点，即四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ． 如图：连接并延长交于点． ， ， 同理可得：， ， ， ， ∴ ， 当时，最小，记为． 如图：过作于点， ， ， ， ， ，即， ， ， ， ，解得：， 当最短时，扩建后的长为米． 学科网（北京）股份有限公司 $$