14 2026年江西中考夺分训练(六) 几何综合探究-【超级考卷】2026年中考数学（江西专用）

2026中考必备试卷（数学） 江西专版 BDH,M为线段BD上的一个动点，连接HM.若CD=2,则当HM十)BM取最小值时，S△MD= 14 2026年江西中考夺分训练（六） 几何综合探究 类型日 动点问题探究 1.数学兴趣小组针对如下问题进行探究，在等边三角形ABC中，AB=2,点D在射线BC上运动，连 接AD,以AD为一边在AD右侧作等边三角形ADE (1)【问题发现】如图①，当点D在线段BC上运动时（点D不与点B 重合)，连接CE,则线段BD与CE的数量关系是 直线BA与CE的位置关系是 (2)【拓展延伸】如图②，当点D在线段BC的延长线上运动时，直线 图① AD,CE相交于点M.请探究△MAE的面积与△MDC的面积之间的数量关系. (3)【问题解决】当点D在射线BC上运动时（点D不与点B,C重合），直线AD,CE相交于点M.若 △MDC的面积是，请求出线段BD的长。 类型日新定义类问题探究 3.新定义：把长方形ABCD绕着一个顶点旋转，使一边落在对角线上，把这样的旋转称为“对角旋转”， 这个旋转角称为“对角旋转角”.如图①，在长方形ABCD中，AB<AD,AC是对角线. (1)如图②，把长方形ABCD绕点A逆时针作“对角旋转”，使边AB落在对角线AC上，此时点B的 对应点为B1,点C的对应点为C1,点D的对应点为D1,连接AC1,CC1.如果∠CAD的度数为a,请 求出“对角旋转角”的度数（用含有α的代数式表示）. (2)在(1)的条件下，若∠C1AD=40°，把长方形ABCD绕点A顺时针作“对角旋转”，使边AD落在 对角线AC上，点B的对应点为B2,点C的对应点为C2,点D的对应点为D2,连接AC2.请求出 ∠C,AD的度数. (3)在长方形ABCD中，BC=2AB十4，在(1)(2)的基础上经“对角旋转”后，连接CC2,△ACC1的面 积为312，△ACC2的面积为130.请直接写出此时长方形ABCD的面积. 2.(1如图①，在△ABC中，∠B=30,D是AB边上的点，过点D作DE1BC于点E,则S的值为 图① (2)如图②，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，AC=5√2，D是边BC的中点.若P是AB边 上一点，试求PD+号AP的最小值， 2 (3)如图③，△ABC为等边三角形，D为AC的中点，连接BD,以BD为斜边向上作等腰直角三角形 中考·数学25一1 中考·数学25一2 4.定义：有一组对角互余的四边形叫做“对余四边形”. 【认识模型】 (1)如图①，四边形ABCD是“对余四边形”，则∠A与∠C的度数之和为 【性质探究】 四边形ABCD是“对余四边形”，BD为对角线，已知AB=BC. 如图②，若∠ABC=60°，求证：AD2十CD2=BD2.小唯发现将△BCD绕点B按逆时针方向旋转 60°，构造等边三角形结合“对余四边形”即可得证.下面是小唯的部分证明过程： 证明：如图②，将△BCD绕点B按逆时针方向旋转60°，得到△BAF,连接FD, .△BCD≌△BAF,∠FBD=∠ABC=60°， ∴.BF=BD,AF=CD,∠C=∠BAF, ∴.△BFD是等边三角形， …… (2)请补全上面的证明过程， (3)如图③，连接AC.若AB=AC,∠ABC=45°，(2)中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明过 程；若不成立，请说明理由. 图① 图② 图③ 类型三 操作、变换问题探究 5.如图①，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，DE∥AB与边AC,BC分别交于点D,E,连接BD, F,G,H分别是DE,DB,AB的中点，分别连接FG,GH. 1)观察图①，猜想中 ,∠FGH= (2)把△CDE绕点C逆时针旋转到图②的位置，(1)中的结论还成立吗？如果成立，请予以证明；如 果不成立，请说明理由. 中考·数学25-3 25 (3)在△ABC所在的平面内，把△CDE绕点C自由旋转.当AC=10,CD=4时，线段GH的长度的 类型四类比、归纳问题探究 取值范围为 7.【问题发现】 (1)如图①，将正方形ABCD和正方形AEFG按如图所示的位置摆放，连接BE和DG.求BE与 DG的数量关系与位置关系，并说明理由， 【类比探究】 (2)若将“正方形ABCD和正方形AEFG”改成“矩形ABCD和矩形AEFG,且矩形ABCD∽矩形 AEFG,AE=3,AG=4”,如图②，E,D,G三点共线，点G在线段DE上.若AD=12D,求BE 5 的长 【拓展延伸】 (3)若将“正方形ABCD和正方形AEFG”改成“菱形ABCD和菱形AEFG,且菱形ABCD∽菱形 AEFG”,如图③.AD=5,AC=8,AG平分∠DAC,点P在射线AG上，在射线AF上截取AQ,使 得AQ=号AP,连接PQ,QC.当an∠PQC=时，直接写出AP的长. 6.(1)如图①，在矩形ABCD的AB边上取一点E,将△ADE沿DE翻折，使点A落在BC上点A'处 若A=6,BC=10,求能的值 (2)如图②，在矩形ABCD的BC边上取一点E,将四边形ABED沿DE翻折，使点B落在DC的延 长线上B'处.若BC·CE=24,AB=6,求BE的值. (3)如图③，在△ABC中，∠BAC=45°，AD⊥BC,垂足为D,AD=10,AE=6.过点E作EF⊥AD 交AC于点F,连接DF,且满足∠DFE=2∠DAC.请直接写出BD+EF的值. 8.(1)【特殊发现】如图①，在正方形ABCD中，F,E分别是边AB,BC上的点，连接DE,CF.当DE⊥ CF时，求的值。 AB 3 (2)【类比探究】如图②，在矩形ABCD中，BC=,F,E,G分别是边CD,BC,AB上的点，连接 DE,PG,当DELFG时，求的值 26 中考·数学26-1 中考·数学26一2 (3)【拓展应用】如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=5,CB=CD=15,F,E分别 是边AB,BC上的点，连接DE,CP相交于点G,连接BG,当P5=时，求线段BG的最小凰 E E 图① 图② 图③ 9.【发现问题】 (1)如图①，在正方形ABCD中，E,F分别是BC,CD 边上的动点，且∠EAF=45°.试判断BE,EF,DF之间 的数量关系.小明把△ABE绕点A顺时针旋转90°至 △ADG,使AB与AD重合，发现EF=FD+BE.请你 图① 图② 图③ 给出证明过程. 【类比延伸】 (2)如图②，在正方形ABCD中，若E,F分别是边CB,DC延长线上的动点，且∠EAF=45°，则(1) 中的结论还成立吗？请说明理由. (3)如图③，如果E,F分别是边BC,CD延长线上的动点，且∠EAF=45°，直接写出EF,BE,DF 之间的数量关系. 【拓展应用】 (4)在(1)中，若正方形ABCD的边长为6，AE=3√5，求EF的长. 中考·数学26一3142026年江西中考夺分训练（六）】 几何综合探究 【详解详析】 1.解：(1)BD=CEBA∥CE (2)S△MAE一S△NMDc=√3.理由如下： ·△ABC和△ADE是等边三角形， ∴.AB=AC,∠BAC=∠DAE=60°，AD=AE ∴.∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC, 即∠BAD=∠CAE, .△ABD≌△ACE(SAS),∴.S△ABD=S△AcE: :'S△AE-S△ACD=SAME-S△MDc, aSau-Sac=San-Sam=Sa= TAB:= ×2- (3)由(1)(2)可知，无论点D在线段BC上还是在线段 BC的延长线上，都有△ABD≌△ACE(SAS),BD= CE,BA/CE,S△ME-SAMDC=√3. 5m-停5au-g+复-3g 2 =2 BA∥CE, ,∴.△MAE的边ME上的高=△ABC的边AB上的高 =5,∴ME=3. .'BA∥CE,∴.△MDC△ADB. CD CM BD=BACD·BA=BD·CM. 设CD=x,分下列两种情况讨论： ①当点D在线段BC上时，如图①， BD=2-x,CE=ME-CM=3-CM. .'BD=CE,.'.2-x=3-CM, .CM=x+1. CD·BA=BD·CM,∴.2x=(2-x)(x+1), 整理，得x2十x-2=0, 解得x1=1,x2=-2(不符合题意，舍去)， ,.BD=2-x=1: 图① 图② ②当点D在线段BC的延长线上时，如图②， BD=2+x.CE=ME+CM=3+CM. .BD=CE,..2+x=3+CM, ∴.CM=x-1. 106 中考数学 CD·BA=BD·CM,.2x=(2+x)(x-1), 整理，得x2一x一2=0， 解得x1=2,x2=一1（不符合题意，舍去）， ∴.BD=2+x=4. 综上所述，线段BD的长为1或4. 2解：0号 (2)如图①，作AH⊥AC,PE⊥AH H 于点E,DF⊥AH于点F,且交AB 于点T. :在等腰直角三角形ABC中， 图① ∠ABC=90°，AC=5√2，D是边BC 的中点， ∴.AB=BC=5,∠BAC=∠C=45°，BD=CD=2.5 (点拨：中点的定义) DF⊥AH,AH⊥AC, ∴DF∥AC(点拔：在同一平面内，垂直于同一条直线 的两条直线互相平行)， .∴.∠BTD=∠BAC=45°，∠BDT=∠C=45°， ∴△BDT为等腰直角三角形， BT=BD=AT-2.5,DT-52 2 AH⊥AC,∠BAC=45°， ∴∠HAT=45°，∴.△AFT为等腰直角三角形， 2AT=5@ 六AF=TF=2A7 4 PE=PA·sin45=PA PD+二AP=PD+PB 当点E与F重合时，PD+号AP的值数小（点接：垂 线段最短)，最小值为DF的长，DF=TF+DT=5y区 大6√215N2,即PD+2AP的取小值为 24 、3+5 (3) 2 【解析】(3)如图②，过点M作EM⊥BC于 点E,过点H作HP⊥BD于点P,作HG H ⊥BC于点G,且交BD于点Q. :△ABC为等边三角形，D为AC的中BG E 图② 点，CD=2 1 BD⊥AC,∠CBD=2∠ABC=30°， ∴.BC=2CD=4,BD=23. :以BD为斜边向上作等腰直角三角形BDH, BP-DP-HP-7BD-3. :EM⊥BC,∠EBM=30°， EM-7 BM,HM+7 BM-HM+EM. 当H,M,G三点共线，即点M与点Q重合时，HM+ 2BM最小，最小值为GH的长. :∠BGQ=∠HPQ=90°，∠BQG=∠HQP, ∴.∠PHQ=∠CBD=30°， :MP-QP-5HP-5xB-1. 3 .MD=QD=QP+PD=1+√3， Sa=号MD·HP=号X1+5)Xg -3+6 2 3.解：(1)由题意可知“对角旋转角”为∠BAC,∠BAC+ ∠CAD=90°， ∴.∠BAC=90°-a, .“对角旋转角”为90°一α. (2)由旋转可知，∠DAC=∠D1AC1· :∠D1AC1+∠C1AD+∠DAC=90°，∠C1AD= 40°，.∠D1AC1+∠DAC=90°-40°=50°， .2∠DAC=50°，.∠DAC=25°， “对角旋转角”为25°， .∠CAC2=25°，∴.∠C2AD=50° (3)240. 【解标13)Sam=号AC·B,C=312, 1 SAMC=AC.D:C:=130,BC=BC,D:C:=AB. .312-AC,BC.130AC.AB. 1 32-2Ac,6C ,.130BC=312AB. 2AC·AB 又.BC=2AB+4,∴.AB=10,BC=24, ∴.S长方形ABD=AB·BC=10X24=240. 4.解：(1)270° (2)补全的证明过程如下： ∴.FD=BD ,∠BAD+∠C=270°，∴.∠BAD+∠BAF=270°， ∴∠FAD=90°，∴.△ADF是直角三角形. 在Rt△ADF中，由勾股定理，得FD=AF2十AD2, BD2=CD2十AD(点拨：等量代换). (3)(2)中的结论不成立.理由如下： AB=AC,∠ABC=45°， .∠ACB=45°，∠BAC=90°， ∴.△ABC是等腰直角三角形， AB-号C 如图，将△BCD绕点B按逆时针方向旋转45°，并缩小 到原来的号，得到△BAE,连接BED. ∴.△BCD∽△BAE,∠EBD=∠ABC=45°， BE-号DAE- 2CD,∠BCD=∠BAE. 在△EBD中，∠EBD=46,BE-号BD. ,∴.△BED是等腰直角三角形， ED=EB-号D, ∠BAD+∠C=270°，.∠BAD+∠BAE=270°， .∠EAD=90° 在Rt△ADE中，由勾股定理，得ED=AE2+AD2, ÷BD=CD+AD,即BD=CD+2AD 5.解：0 90 (2)(1)中的结论仍然成立.证明如下： 在Rt△ABC中，∠BAC=30°， .tan30°= BC_3 AC3· 在R△DEC中，tan∠CDE=tan3o°-CE=5」 CD 3' 器 又∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE=90°， ∴∠ACD=∠BCE,∴△ACD∽△BCE, 腮- F,G分别是DE,DB的中点， :PG是△DBE的中位线，FG=2BE, 同理可得GH=AD,∴品-需-号 FG BE 3 :FG是△DBE的中位线， ∴.FG∥BE,.∠DGF=∠DBE=∠DBC+∠CBE. 同理可得GH∥AD,得∠GHB=∠BAD. 由△ACD∽△BCE,得∠CAD=∠CBE. :∠DGH=∠GHB+∠ABD, ∴.∠FGH=∠FGD+∠DGH=∠DBC+∠CAD+ ∠BAD+∠ABD=90°. 参考答案 107 (3)3≤GH≤7 【解析】(1)在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°， ÷an60-AC=分 BC5 DE∥AB,∴.∠CDE=∠A=30° 在Rt△DEC中，tan∠CDE-CD=S CE√3 .CDCE.CE_BE√3 DE/AB…DA-EBCD-DA=3 F,G,H分别是DE,DB,AB的中点， ∴.FG,GH分别为△DEB,△ADB的中位线， G//BE.GH/AD.FG-BE.GH-7AD. :GH 2BE AD AD=S,∠DGF=∠DBC,∠DGH =∠CDB. .∠FGH=∠DGF+∠DGH,.∠FGH=∠DBC+ ∠CDB=90° (3)由题意可知，AC-CD≤AD≤AC十CD, ∴.10-4≤AD≤10+4，即6≤AD≤14，∴.△CDE绕 点C旋转时，当点D落在AC边上时，AD的最小值为 6;当点D落在AC延长线上时，AD的最大值为14. GH是△BAD的中位线，∴AD=2GH, .3≤GH≤7. 名师点拨 (1)由平行可得∠CDE=∠A=30°，则tan∠CDE =tanA= CD 一号蒂自平行得到品需器 BE 3 DA=3·由三角形中位线定理得到FG∥BE,GH∥ AD,G-BB,GH-台AD,故8所-5-g 1 1 ∠DGF=∠DBC,∠DGH=∠CDB,再根据等量代换 即可得出∠FGH的度数. (2)由30角正物得到C-需证月△4CD☑ △BCE,则BE-BC-B AD三AC三3；由三角形中位线得到G月= BE 3 AD=了，FG∥BE,再根据平行和相似三角形的性质 推导即可 (3)由题意可知，AC一CD≤AD≤AC+CD,则6 ≤AD≤14；由GH是△BAD的中位线，得AD= 2GH,继而可求出GH的取值范围. 6.解：(1)：四边形ABCD是矩形， 108 中考数学 ∴.AD=BC=10,CD=AB=6,∠A=∠B=∠C =90°. 由翻折的性质，得A'D=AD=10,AE=A'E. 在Rt△A'CD中，根据勾股定理，得A'C= √AD2-CD=√102-6=8， ..A'B=BC-A'C=2. 设AE=A'E=x,则BE=AB-AE=6-x. 在Rt△A'BE中，由勾股定理，得BE+AB=A'E, (6-x)2+22=x2,解得x=3, 10 AE-”E=6-10-8AE_号5 10 3=3BE=8=4 3 (2)由翻折的性质，得A'B'=AB=6,A'D=AD=BC, ∠A'=∠A=90°，∠A'B'E=∠B=90°， ∠EB'C+∠A'B'D=90°=∠A'B'D+∠B'DA', .∠EB'C=∠B'DA'. 又：∠ECB'=∠A'=90°， .△EB'C∽△B'DA', 需-股号e 又：BC·CE=24, B'C=BC:CE-24=4, 6 6 ∴.B'D=B'C+CD=10, ∴.A'D=√BD-AB℉=8， ∴BC=AD=AD=8CB--g-3. ,.BE=BC-CE=8-3=5. 【解析】(3)，AD⊥BC,EF⊥AD, .EF∥BC, ∴.△AEF∽△ADC, 腮-报品- CDEF.BD十EF=BD+CD=BC 设EF=3k,则CD=5k. 如图，过点D作DH⊥AC于点H,则 ∠CDH=∠DAC=90°-∠C,过点B 作BG⊥AC于点G. ,EF∥BC, ∴.∠CDF=∠DFE=2∠DAC=B4 2∠CDH, ∴.∠CDH=∠FDH. 又.DH=DH,∠CHD=∠FHD=90°， .△CHD≌△FHD(ASA), .DF=CD=5k. 在Rt△EFD中，由勾股定理，得EF2+DE2=DF, .(3k)2+4=(5k)2,解得k=1(负值已舍去)， ..EF=3,DF=CD=5, ∴.AC=√AD2+CD=√10+5=5√5. ∠CBG+∠C=90°，∠DAC+∠C=90°， ∴.∠CBG=∠DAC, 5.1 tan∠CBG=tan∠DAC=i0=2 设CG=t,则BG=2t. 又∠BAC=45°，.AG=BG=2t, AC=21+1=3,31=55,1=5 31 3,BG=106 5W5 .CG= 3 BC=V6G+G-即BD+EP= 3 7.解：(1)BE=DG,BE⊥DG.理由如下： 如图①，延长DG和BE交于点H,设 DH和AB交于点O. 四边形ABCD和四边形AEFG都 是正方形， 图① ∴.AD=AB,AG=AE,∠BAD= ∠EAG=90°， ∴.∠BAE=∠DAG, '.△BAE≌△DAG(SAS), ∴.BE=DG,∠ABE=∠ADG. :∠AOD=∠BOH, ∴.∠BHO=∠DAO=90°，.BE⊥DG (2)如图②，过点A作AH⊥DE于 点H ,四边形AEFG是矩形， ∴.∠EAG=90°. 图② AE=3,AG=4, ∴.EG=√AE2+AG2=5. 由SA号G·AH=号AE·AG,得 5AH=12, AH=12. 5,六GH=√AG-AH=6 在R△ADH中，AD=12D,AH= 5 5 .DH-VAD-AF 3616 ∴.DG=DH-GH= 55=4. 矩形ABCD∽矩形AEFG, AE AB ∠EAG=∠BAD·AG-AD ∴.∠BAE=∠DAG,∴.△ABE∽△ADG, 腮怨- BE=GD=3. ,9√1015√10 (3)AP的长为4或 4 【解析】(3)如图③， 当点Q在AF上时，连接BD,交AC 于点T,作CH⊥AF,交射线AF于点 H,作CR∥AG,交AF于点R. 四边形ABCD是菱形， 图③ 六BDLAC,AT=2AC=4 1 菱形ABCDO菱形AEFG, ∴.∠DAB=∠GAE,∠DAC= 2∠DAB,∠GAF= 1 ∠GAE, ∴∠DAC=∠GAF. 又0-船-芹△DATAPAQ, ∴∠PQA=∠ATD=90°， PQ 3 tan∠PAQ=AQ-,∠PAQ+∠APQ=909 :an∠PQc=4, 3 ∴.∠PAQ=∠PQC. ,∠PAQ+∠APQ=90°，∠PQC+∠CQH=90°， ∴.∠CQH=∠APQ, .'.tan∠CQH=tan∠APQ, 6阳- 设CH=4x,QH=3x. :∠DAC=∠GAF,∠DAG=∠CAF. :AG平分∠DAC.∠DAG=2∠DAC, 1 ·∠CAF=2∠GAF. 构造三角形如图④，α=23， 3 人a 图④ 4 3a, 6=V6+不-号4tm9= 1 参考答案 (109 1 3 '∠CAH=2∠PAQ,tan∠PAQ=4, mcH=名滑号 ,.AH=3CH=12x,.(12x)2+(4x)2=82, .x=V10 AQ-AH-QH=9x=910 5 5 AP=5 AQ= 910 41 如图⑤， 当点Q在AF的延长线上 时，过点C作CH⊥射线 AF于点H. 由上可知，AQ=3x+12x =15x, B 图⑤ AQ=15×0 5 3√10， MP=A0-5 4 综上所述，AP=9或5y 4 4 名师点拨 (1)证明△BAE≌△DAG,得出BE=DG,∠ADG =∠ABE,进一步得出结论， (2)过点A作AH⊥DE于点H,可依次求得EG -5,AH-号，GH=VG-AF-架R△ADH 求得DH,DG,再根据相似三角形的判定和性质定理 即可得到结论. (3)分为两种情形：当点Q在AF上时，连接BD, 交AC于点T,作CH⊥AF,交射线AF于点H,作CR ∥AC,交AF于点R,可证得∠DAC=∠GAF,从而得 出△DAT∽△PAQ,从而∠PQA=∠ATD=90°，可推 出∠CQH=∠APQ,从而tan∠CQH=tan∠APQ,设 CH=4x,QH=3x,可根据勾股定理进而得出结果；当 点Q在AF的延长线上时，同样方法得出结果. 8.解：(1)：DE⊥CF,∴∠FCB+∠DEC=90° ,四边形ABCD为正方形， ∴.∠B=∠ECD=90°，BC=DC, ∴.∠FCB+∠BFC=90°， ∴.∠DEC=∠CFB, ∴.△FCB≌△EDC(AAS),∴.DE=CF, 器- (2)如图①，过点C作CH∥FG,交AB于点H. 110 中考数学 ·四边形ABCD是矩形， .GH∥FC,AB=CD, .四边形GHCF为平行四边形， ..GF=CH. 图① GF⊥DE,∴.CH⊥DE, 同(1)可得∠DEC=∠CHB, 又：∠B=∠DCE=90°，.△DEC∽△CHB, 8-8-8份-0-是 (3)如图②，作DM⊥BA交BA的M 延长线于点M,作NC⊥BC交MD 4 的延长线于点N,连接AC,过点NF 作NP∥DE交BC于点P,设O为BE -OP-C DC的中点. 图② ,∠ABC=∠M=∠NCB=90°， ∴.四边形MBCN为矩形. 在△ADC和△ABC中， (AD=AB, CD=CB, AC=AC, ∴.△ADC≌△ABC(SSS),∴.∠ADC=∠ABC=90°， ∴∠MDA+∠NDC=90°. '∠MDA+∠MAD=90°， ∴.∠MAD=∠NDC. :∠M=∠MNC=90°，∴.△MDA∽△NCD, 品-器品5 设MD=x,AM=y,则CN=3x,DN=3y. 根据AM+AB=NC,MD+ND=BC, y+5=3.x, 可得 x+3y=15, (x=3, 解得 y=4, ∴.MD=3,AM=4,DN=12,NC=9. ,DN∥EP,DE∥NP, 四边形DEPN为平行四边形，DE=NP, 8器-深- C-器-号∠Gp-∠CB-90 ∴.△NCP∽△CBF,∴.∠FCB=∠PNC, ∴.∠FCB+∠NPC=∠PNC+∠NPC=90°， ∴.NP⊥FC,则DE⊥FC, ∴D,G,C,N四点共圆，在以点O为圆心，DO长为半 径的圆上， 且当B,G,O三点共线时，线段BG最短. 如图②，连接BO,过点O作OQ⊥BC于点Q, ,∠OCQ=∠NDC, ∴.sin∠OCQ=sin∠NDC, 兴瓷- 00=00=2， ..CQ=OC-0Q=6, ∴.BQ=BC-CQ=9, OB =BQ+0Q BG 0B-0G =96-15 2 即线段BG的最小值为9y5-15 2 模型归纳 “直角对直径”型“隐形圆” 1.知识点拨：90°的圆周角所对的弦是直径（圆周 角定理的推论). 2.模型说明： (1)如图①，在△ABC中，∠C=90°，若AB的长固 定，则点C的运动轨迹为以AB为直径的⊙O(不含点 A,B). 图① 图② (2)如图②，Rt△ABC和Rt△ABD共斜边AB,则 A,B,C,D四点共圆，均在以AB为直径的⊙O上.（确 定四点共圆后，可根据圆周角定理的推论得到角相等， 完成角度的等量转化) 9.解：(1)证明：由旋转的性质可得∠ADG=∠B=90°， AE=AG,∠BAE=∠DAG,BE=DG. 又∠ADC=90°， F,D,G三点共线 ∠EAF=45°， ∠BAE+∠FAD=45°， .∠FAG=∠FAD+∠DAG=∠FAD+∠BAE =45°， ∴∠FAG=∠EAF. 又AE=AG,AF=AF, ∴.△AFG≌△AFE(SAS), ..EF=GF=FD+DG=FD+BE. (2)不成立. 理由：如图，把△ABE绕点A顺时针旋 转90°至△ADG,使AB与AD重合. :∠ABE=∠ADG=90°，AB=AD, F,G,D三点共线 由旋转的性质可知∠DAG=∠BAE, AG=AE,DG=BE, ∴.∠FAE=∠FAB+∠BAE=∠FAB+∠DAG =45°， ∴∠FAG=∠FAE. 又AF=AF, ∴.△AFG≌△AFE(SAS), ..EF=GF=DF-DG=DF-BE. (3)EF=BE-DF. (4)由(1)知，EF=FD+BE 在Rt△ABE中，BE=√(3√5)2-62=3， .CE=6-3=3. 设EF=x,则DF=x一3， .CF=6-(x-3)=9-x. 在Rt△CEF中，CF2+CE2=EF2, 即(9-x)2+32=x2, 解得x=5, .EF的长是5. 技巧点拨 此题主要考查了几何图形的旋转变换，是一道综 合题，难度较大，解题的关键是掌握旋转的性质：对应 角相等，对应线段也相等. 152026年江西中考夺分训练（七） 二次函数综合探究 【详解详析】 1.解：(1)由表格知，抛物线的顶点为(3,4.5)， .设抛物线的解析式为y=a(x-3)2+4.5. 将(0,0)代入，得9a+4.5=0, 1 解得a=一2’ .抛物线的解析式为y=一0.5(x一3)2十4.5. （2②由题意，得-05c-3+45-方 Γ8 解得1=0,2 31 5 5 :斜坡点B靠近点Ox=2: 1、51 则y=×2=2 B(受2》： 参考答案 111