专题11 二次函数、几何压轴题（四大题型）（青海专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题11二次函数、几何压轴题 考情概览 考点1二次函数压轴题 考点2三角形压轴题 考点3四边形压轴题 考点4圆压轴题 五年真题 考点1二次函数压轴题 1.(2023青海西宁中考真题)如图，在平面直角坐标系中，直线1与x轴交于点A(6,0),与y轴交于点 B(0,一6)，抛物线经过点A,B,且对称轴是直线x=1. (1)求直线1的解析式： (2)求抛物线的解析式： (3)点P是直线1下方抛物线上的一动点，过点P作PC⊥x轴，垂足为C,交直线1于点D,过点P作 PM⊥，垂足为M.求PM的最大值及此时P点的坐标。 2.(2023青海西宁中考真题)直线y1=ax+b和抛物线y2=ax2+bx(a,b是常数，且a≠0)在同一 平面直角坐标系中，直线y1=ax+b经过点(-4,0).下列结论： ①抛物线y2=ax2+bx的对称轴是直线x=一2 ②抛物线y2=ax2+bx与x轴一定有两个交点 1/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ③关于x的方程ax2+bx=ax+b有两个根X1=-4,X2=1 ④若a>0,当x<-4或x>1时，y1>y2 其中正确的结论是() A.①②③④ B.①②③ C.②③ D.①④ 3.(2023·青海.中考真题)如图，二次函数y=-x2+bx+c的图象与x轴相交于点A和点C(1,0),交y轴 于点B(0,3) B 图1 图2 (1)求此二次函数的解析式： (2)设二次函数图象的顶点为P,对称轴与x轴交于点Q,求四边形AOBP的面积（请在图1中探索）； (3)二次函数图象的对称轴上是否存在点M,使得△AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请求出满 足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由（请在图2中探索） 4.(2022青海西宁.中考真题)如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(3,0),与y轴交于点B, 点C在直线AB上，过点C作CD⊥x轴于点D(1,0),将△ACD沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在 抛物线上的点E处， 备用图 (1)求抛物线解析式： 2/20 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)连接BE,求△BCE的面积； (3)拋物线上是否存在一点P,使∠PEA=∠BAE?若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由 5.(2021青海西宁.中考真题)如图，在平面直角坐标系x0y中，一次函数y=一x+3的图象与x轴交 于点A,与y轴交于点B,点C的坐标为(-2,0)，抛物线经过A,B,C三点. (1)求抛物线的解析式： (2)直线AD与y轴负半轴交于点D,且∠BAO=∠DAO,求证：OB=OD: (3)在(2)的条件下，若直线AD与抛物线的对称轴1交于点E,连接BE,在第一象限内的抛物线上是否 存在一点P,使四边形BEAP的面积最大？若存在，请求出点P的坐标及四边形BEAP面积的最大值；若 不存在，请说明理由， 6.(2021青海中考真题)如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与坐标轴交于A,B两点，点A在x轴 上，点B在y轴上，C点的坐标为(1,0)，抛物线y=ax2+bx+c经过点A,B,C. (1)求抛物线的解析式； (2)根据图象写出不等式ax2+(b-1x+c>2的解集： (3)点P是抛物线上的一动点，过点P作直线AB的垂线段，垂足为Q点，当PQ=号时，求P点的坐标. 考点2三角形压轴题 7.(2025青海西宁.中考真题)综合与实践 1/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【问题提出】 原题呈现（人教版九年级下册85页第14题） 如图1，在锐角△ABC中，探究mBAC,nABc,mAc之间的关系. 【问题探究】 将下列探究过程补充完整： A a a 图1 图2 图3 图4 (1)如图1，过点A作AD⊥BC,垂足为D,过点B作BE⊥AC,垂足为E. 在Rt△ABD中，sin∠ABC=P, ∴AD=c·sin∠ABC, 在Rt△ADC中，sin∠ACB=号， AD=b·sin∠ACB, csin∠ABC=b·sin∠ACB,即sm2Bc=mcB, b 同理，在Rt△AEB中，BE=一， 在Rt△BEC中，BE=， 即nAc=ncB, a b .sin/BAC-sin/ABC sinzACB: 【结论应用】 (2)如图2，在△ABC中，AB=2N3,∠A=70°，∠B=50°.求AC,BC的长.（结果保留小数点 后-位；参考数据：sin50o≈0,77，sin70°≈0.94.) 【深度探究】 (3)如图3，⊙O是锐角△ABC的外接圆，半径为R 求证：mAc=n2Bc=mAc师=2R. 【拓展应用】 2/20 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (4)如图4，在△ABC中，∠BAC=60°，∠B=45°，AB=2W2,D是线段BC上的-个动点，以 AD为直径的⊙O分别交AB,AC于点E,F,连接EF.则线段EF长度的最小值是 8.(2025·青海中考真题)活动与探究 解码蜜蜂的“家”一为什么蜂房是正六边形的？ 蜜峰的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也 不浪费空间.这是数学中的密铺（或镶嵌）问题.平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同 的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片. 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图 每个内角度 能否整除 能否密铺 形 数 正三角 60· 360°÷60°=6 能 形 正方形 ① ② 能 正五边 108° 360°÷108°=号 不能 形 正六边 120° 360°÷120°=3 能 形 正七边 29° 360°÷9=号 不能 形 正八边 ④ 135 ③ 形 1/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)请补全上述表格① ② ③ ;④ 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜峰的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜峰即正多边形的内切 圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小 观察图1，发现⊙O是正三角形ABC的内切圆，与AC切于点D,OD⊥AD,∠OAD=30°，OD=1, 在Rt△AD0中，AD=V5,则△ABC的周长为63. (2)如图2，正方形ABCD的周长为 (3)如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）. 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小。 (4)若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为 正方形的面积为 ;正六边形 的面积为 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造峰房的最优方案， B 图1 图2 图3 考点3四边形压轴题 9.(2025青海.中考真题)如图，在△ABC中，点O,D分别是边AB,BC的中点，过点A作AE引BC交 DO的延长线于点E,连接AD,BE. D (1)求证：四边形AEBD是平行四边形： 2/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)若AB=AC,试判断四边形AEBD的形状，并证明. 10.(2024青海西宁.中考真题)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,点D在AC上，过点D作 DE‖BC交AB于点E,延长BC到点F,使CF=AD,连接CE,DF. (1)求证：四边形DFCE是平行四边形. (2)若∠DCE=30°，AC=2,求FC的长. 11.(2024青海中考真题)综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形.数学 兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用. 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究. 【探究一】 原四边形对角线关 中点四边形形 A 系 状 E H B 不相等、不垂直 平行四边形 F 图1 如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点， 求证：中点四边形EFGH是平行四边形 证明：：E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点， ·EF、GH分别是△ABC和△ACD的中位线， :EF=AC,GH=克AC(①) .EF=GH. 同理可得：EH=FG 1/20 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :中点四边形EFGH是平行四边形 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形 (1)请你补全上述过程中的证明依据① 【探究二】 原四边形对角线关 中点四边形形 系 状 不相等、不垂直 平行四边形 B G AC=BD 菱形 图2 从作图、测量结果得出猜想I：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形 (2)下面我们结合图2来证明猜想I,请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程， 【探究三】 原四边形对角线关 中点四边形形 系 状 E H 不相等、不垂直 平行四边形 D C AC⊥BD ② 图3 (3)从作图、 测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是② (4)下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程. 【归纳总结】 (5)请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形. 中点四边形形 原四边形对角线关 状 系 2/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ③ ④ 结论：原四边形对角线③ 时，中点四边形是④ 12.(2023青海西宁.中考真题)折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的 相关问题.数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动. 【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D 落在点D处，MD与BC交于点N. B D 图1 D D B 图2 【猜想】MN=CN 【验证】请将下列证明过程补充完整： :矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠 ∴.∠CMD=_ :四边形ABCD是矩形 .ADBC（矩形的对边平行) .∠CMD=-(_) ·-=-(等量代换) MN=CN (_ 【应用】 1/20 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD'上，点A落在点A处，点B落在点B处， 折痕为ME (1)猜想MN与EC的数量关系，并说明理由； (2)若CD=2,MD=4,求EC的长. 13.(2021青海西宁.中考真题)如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC,BD相交于点O, △BOC兰△CEB. D 0 B (1)求证：四边形OBEC是矩形； (2)若∠ABC=120°，AB=6,求矩形0BEC的周长. 14.(2021·青海.中考真题)如图，DB是☐ABCD的对角线. (1)尺规作图（请用2B铅笔）：作线段BD的垂直平分线EF,交AB,DB,DC分别于E,O,F,连接 DE,BF(保留作图痕迹，不写作法) (2)试判断四边形DEBF的形状并说明理由， D 考点4圆压轴题 15.(2023青海中考真题)综合与实践 车轮设计成圆形的数学道理 小青发现路上行驶的各种车辆，车轮都是圆形的为什么车轮要做成圆形的呢？这里面有什么数学道理吗？ 带着这样的疑问，小青做了如下的探究活动： 将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶， 2/20 专题11 二次函数、几何压轴题 考情概览 考点1 二次函数压轴题 考点2 三角形压轴题 考点3 四边形压轴题 考点4 圆压轴题 考点1 二次函数压轴题 1．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点，与y轴交于点，抛物线经过点A，B，且对称轴是直线．    (1)求直线l的解析式； (2)求抛物线的解析式； (3)点P是直线l下方抛物线上的一动点，过点P作轴，垂足为C，交直线l于点D，过点P作，垂足为M．求的最大值及此时P点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)的最大值是，此时的P点坐标是 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）根据题意可设抛物线的解析式为，再利用待定系数法求解即可； （3）由题意易证为等腰直角三角形，即得出．设点P的坐标为，则，从而可求出．再结合二次函数的性质可知：当时，有最大值是，此时最大，进而即可求解． 【详解】（1）解：设直线l的解析式为， 把A，B两点的坐标代入解析式，得， 解得：， ∴直线l的解析式为； （2）解：设抛物线的解析式为， ∵抛物线的对称轴为直线， ∴． 把A，B两点坐标代入解析式，得， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （3）解：∵  ，   ∴． ∵在中， ∴． ∵轴，， ∴． 在中，，， ∴， ∴． 在中，，， ∴， ∴． 设点P的坐标为，则， ∴． ∵， ∴当时，有最大值是，此时最大， ∴， 当时，，   ∴， ∴的最大值是，此时的P点坐标是． 【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质等知识．掌握利用待定系数法求函数解析式和利用数形结合的思想是解题关键． 2．（2023·青海西宁·中考真题）直线和抛物线（a，b是常数，且）在同一平面直角坐标系中，直线经过点．下列结论： ①抛物线的对称轴是直线 ②抛物线与x轴一定有两个交点 ③关于x的方程有两个根， ④若，当或时， 其中正确的结论是（    ） A．①②③④ B．①②③ C．②③ D．①④ 【答案】B 【分析】①可得，从而可求，即可求解；②可得，由，可得，即可求解；③可判断抛物线也过，从而可得方程的一个根为，可求抛物线的对称轴为直线，从而可得抛物线与轴的另一个交点为，即可求解；④当，当时，，即可求解． 【详解】解：①直线经过点， ， ， 抛物线的对称轴为直线， 故①正确； ②， 由①得， ， ， ， 抛物线与x轴一定有两个交点， 故②正确； ③当时， ， 抛物线也过， 由得 方程， 方程的一个根为， 抛物线， ， 抛物线的对称轴为直线， 与轴的一个交点为， ， 解得：， 抛物线与轴的另一个交点为， 关于x的方程有两个根，， 故③正确； ④当，当时，， 故④错误； 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的基本性质，二次函数与一次函数交点，二次函数与不等式等，理解性质，掌握解法是解题的关键． 3．（2023·青海·中考真题）如图，二次函数的图象与轴相交于点和点，交轴于点．    (1)求此二次函数的解析式； (2)设二次函数图象的顶点为，对称轴与轴交于点，求四边形的面积（请在图1中探索）； (3)二次函数图象的对称轴上是否存在点，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，请求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由（请在图中探索）． 【答案】(1)； (2)； (3)， 【分析】（1）将，两点坐标代入抛物线的解析式，进一步求解得出结果； （2）连接，将二次函数的解析式配方求得顶点的坐标，邻求得的坐标，从而求得，，的长，再根据求得结果； （3）设，，表示出和，根据列出方程求得的值，进而求得结果． 【详解】（1）解：由题意得， ， ∴， ∴； （2）解：如图，连接，    ∵， ∴， ∴，， 由得，， ∴， ∴； （3）解：设，， ∵， ∴， 由得， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 4．（2022·青海西宁·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点B，点C在直线AB上，过点C作轴于点，将沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处． (1)求抛物线解析式； (2)连接BE，求的面积； (3)拋物线上是否存在一点P，使？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)2 (3)存在，或 【分析】（1）先根据翻折得到E点坐标，然后结合 运用待定系数法求解即可； （2）先确定点B的坐标，然后确定直线AB的解析式，进而确定、、，最后根据结合三角形的面积公式即可解答； （3）先说明是等腰直角三角形，设点P的坐标为，然后分点P在x轴上方和下方两种情况分别解答即可． 【详解】（1）解：∵沿CD所在直线翻折，点A落在点E处 ∴ 把A，E两点坐标代入得，解得 ∴抛物线的解析式为． （2）解：∵抛物线与y轴交于点B ∴令时， ∴ 设直线AB的解析式为 把A，B两点坐标代入得解得 ∴直线AB的解析式为； ∴点C在直线AB上轴于点 当时 ∴ ∴ ∴，， ∴ ∴的面积是2． （3）解：存在，理由如下： ∵， ∴ 在中 ∴是等腰直角三角形 ∵点P在抛物线上 ∴设点P的坐标为 ①当点P在x轴上方时记为，过作轴于点M 在中∵∴ 即解得 （舍去） 当时 ∴ ②当点P在x轴下方时记为，过作轴于点N 在中 ∴ ∴ ∴解得 （舍去） 当时 ∴ 综上，符合条件的P点坐标是或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及求二次函数的性质、二次函数解析式、二次函数与几何图形综合等知识点，灵活运用二次函数的性质以及其与几何知识的联系是解答本题的关键． 5．（2021·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C的坐标为，抛物线经过A，B，C三点． （1）求抛物线的解析式； （2）直线AD与y轴负半轴交于点D，且，求证：； （3）在（2）的条件下，若直线与抛物线的对称轴l交于点E，连接，在第一象限内的抛物线上是否存在一点P，使四边形的面积最大？若存在，请求出点P的坐标及四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，当P点坐标是时，四边形面积的最大值是 【分析】（1）由一次函数可求得A、B两点的坐标，从而用待定系数法即可求得抛物线的解析式； （2）证明即可解决； （3）过点E作轴于点M，由可求得△ABE的面积为定值12；因此只要求出点P的位置使△PAB的面积最大，从而使四边形的面积最大；为此过点P作轴于点，交直线AB于点N，过点B作于点，设点P的坐标为，则可求得PN，且，由可得关于t的二次函数，从而求得△PAB面积的最大值，因而可得四边形BEAP面积的最大值，且可求得此时点P的坐标． 【详解】（1）一次函数与x轴的交点，令，则，解得； 与y轴的交点，令，则 ∴， 设抛物线的解析式为 把A，B，C三点坐标代入解析式，得解得 ∴抛物线的解析式为 （2）在平面直角坐标系中， 在和中 ∴ ∴（全等三角形的对应边相等） （3）存在，理由如下： 过点E作轴于点M ∵ ∴抛物线的对称轴是直线 ∴E点的横坐标是2，即 ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 设点P的坐标为 过点P作轴于点，交直线AB于点N，过点B作于点，如图 ∴ ∴ ∵ ∵ ∴ ∵，抛物线开口向下，函数有最大值 ∴当时，面积的最大值是，此时四边形的面积最大 ∴， 当时， ∴ ∴当P点坐标是时，四边形面积的最大值是． 【点睛】本题是二次函数与图形面积的综合问题，它考查了待定系数法求函数解析式，全等三角形的判定与性质，求二次函数的最值，求图形的面积等知识，求图形面积时用到了割补法，这是在平面直角坐标系中常用的求面积方法，用到了转化思想，即求四边形面积最大值问题转化为求三角形面积最大值问题． 6．（2021·青海·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于两点，点在轴上，点在轴上，点的坐标为，抛物线经过点． （1）求抛物线的解析式； （2）根据图象写出不等式的解集； （3）点是抛物线上的一动点，过点作直线的垂线段，垂足为点,当时，求P点的坐标． 【答案】（1）；（2）；（3）坐标有或或 【分析】(1)先求出A、B两点坐标，再代入抛物线中即可求出解析式； (2)将不等式变形为,进而得到二次函数图像在一次函数图像上方即可求解； (3)先证明△PDQ为等腰直角三角形，进而求出 ，再分类讨论P点在直线AB上方或下方进而求解． 【详解】解：(1)当时，，解得， 当时，， 则点，点， 把，，，分别代入得 解得：，，， ∴该抛物线的解析式为． (2)由不等式， 得， 由图像可知，二次函数图像在一次函数图像上方， 则不等式的解集为； (3)如图，作轴于点，交于点， 在中，∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 设点，则点， 当点在直线上方时， ， 即，解得， 则， ∴点的坐标为：． 当点在直线下方时， ， 即解得， ∴， ∴或， 综上所述，符合条件的点坐标有或或． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，图像法解不等式及等腰直角三角形的性质等，第(3)问中需要分类讨论P点位于直线AB上方或下方的情况． 考点2 三角形压轴题 7．（2025·青海西宁·中考真题）综合与实践 【问题提出】 原题呈现（人教版九年级下册85页第14题） 如图1，在锐角中，探究，，之间的关系． 【问题探究】 将下列探究过程补充完整： （1）如图1，过点A作，垂足为D，过点B作，垂足为E． 在中，，   ∴， 在中，，   ∴， ∴，即， 同理，在中，_____， 在中，_____， ∴___________， 即， ∴； 【结论应用】 （2）如图2，在中，，，．求，的长．（结果保留小数点后一位；参考数据：，．） 【深度探究】 （3）如图3，是锐角的外接圆，半径为． 求证：． 【拓展应用】 （4）如图4，在中，，，，D是线段上的一个动点，以为直径的分别交，于点E，F，连接．则线段长度的最小值是________． 【答案】（1），，，；（2），；（3）证明见解析；（4）． 【分析】（1）根据三角函数的定义，类比题目求解即可； （2）根据（1）中结论可知，代入相关数值求解即可； （3）连接，延长分别交于D，E，连接，根据直径对直角和圆周角定理可知，，根据三角函数的定义，分别在，，，中，可得，，即可得证； （4）过O作，连接，，根据垂径定理，圆周角定理和三角函数可得，当时，最小，此时也最小，根据三角函数求出最小值，即可得解． 【详解】（1）解：同理，在中， ， 在中  ， ， ∴， 即， ∴； 故答案为：，，，； （2）解：， ， 由（1）知：， ， ，， ，； （3）证明：连接，延长分别交于D，E，连接，则， ， 是直径， ， 在中，， ∴， 在中，，   ∴， ∴ ， 同理，在中，， 在中，可得， ， ∴； （4）解：过O作，连接，， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， 当时，最小，此时也最小， 过A作于， 在中，， ， ， 长度的最小值是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角函数，垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，综合运用以上知识解决问题． 8．（2025·青海·中考真题）活动与探究 解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？ 蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片． 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺 正三角形 能 正方形 ①________ ②________ 能 正五边形 不能 正六边形 能 正七边形 不能 正八边形 ③________ ④________ ．．． ．．． ．．． ．．． （1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________． 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．          观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为． （2）如图2，正方形的周长为__________； （3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）． 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小． （4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________． 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案． 【答案】（1）①，②，③，④不能；（2）8；（3）；（4），， 【分析】（1）根据正方形，正八边形内角性质解答； （2）根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即得正方形周长； （3）根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为，即得正六边形周长； （4）在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4，边心距为，积为；正方形的边长为3，面积为9；正六边形的边长为2，边心距为，面积为． 【详解】（1）∵正方形每个内角为 ， ∴， ∴能密铺； ∵正八边形的每个内角为， ∴， ∴不能密铺； 故答案为：①；② ；③；④不能； （2）设切于点E，连接， 则交于点O，， ∵， ∴， ∴， ∴正方形的周长为8； 故答案为：8； （3）设切于点G，连接， 则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴正六边形周长为； （4）三角形： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 正方形： ∵， ∴， 正六边： ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了平面镶嵌．熟练掌握平面镶嵌的原理，正三角形，正方形，正六边形性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 考点3 四边形压轴题 9．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质； （1）先证明，可得，结合可得结论； （2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论. 【详解】（1）证明：∵点为的中点 ∴， ∵ ∴，， 在和中 ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； （2）证明：当时，四边形是矩形， 理由如下： ∵ ，点是边上的中点， ∴ 即， ∵ 由（1）得四边形是平行四边形， ∴ 四边形是矩形. 10．（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，，，点在上，过点作交于点，延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得，进而证明得，再证明，然后由平行四边形的判定定理即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，设，则，再由含角的直角三角形的性质得，然后由勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：，， （等边对等角）． ， ，（两直线平行，同位角相等）． ， （等角对等边）． ， ． 又， 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． （2）解：设， ， 在中，， （在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半）． （勾股定理）， ，解得，（舍去）， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 11．（2024·青海·中考真题）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 【答案】（1）①中位线定理 （2）证明见解析 （3）②矩形 （4）证明见解析 （5）补图见解析；③且；④正方形 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识 （1）利用三角形中位线定理即可解决问题； （2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题； （3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题. 【详解】（1）①证明依据是：中位线定理； （2）证明：∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． （3）②矩形； 故答案为：矩形 （4）证明∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴，， ∴． 同理可得：． ∵ ∴， ∴ ∴中点四边形是矩形． （5）证明：如图4，∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． ∵ 由（4）可知 ∴菱形是正方形． 故答案为：③且；④正方形    12．（2023·青海西宁·中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．    【猜想】 【验证】请将下列证明过程补充完整： ∵矩形纸片沿所在的直线折叠 ∴ ∵四边形是矩形 ∴（矩形的对边平行） ∴ （ ） ∴ （等量代换） ∴（ ） 【应用】 如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为． （1）猜想与的数量关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 【答案】【验证】；；两直线平行，内错角相等；；；等角对等边；【应用】（1），见解析；（2）5 【验证】（1）由折叠得，由平行线性质，得，于是 ，进而可得证，  即； （2）由折叠得，，．在中，根据勾股定理，构建方程求解得，得. 【详解】解：【验证】∵矩形纸片沿所在的直线折叠 ∴ ∵四边形是矩形 ∴（矩形的对边平行） ∴ （两直线平行，内错角相等） ∴（等量代换） ∴（等角对等边  ） 【应用】（1）     理由如下： ∵由四边形折叠得到四边形 ∴ ∵四边形是矩形   ∴（矩形的对边平行） ∴（两直线平行，内错角相等） ∴   ∴（等角对等边） ∵ ∴  即；   （2）∵矩形沿所在直线折叠 ∴，，． 设 ∴ 在中， ∴（勾股定理） ∴  解得 ∴. 【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相等、角相等是解题的关键． 13．（2021·青海西宁·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求矩形的周长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）利用全等三角形性质和菱形对角线互相垂直平分，证四边形是矩形； （2）根据菱形性质得出，，由含30度直角三角形的性质求出OB，即可求解． 【详解】（1）证明：∵△BOC≅△CEB ． ∴，（全等三角形的对应边相等） ∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形） ∵四边形是菱形， ∴ （菱形的两条对角线互相垂直） ∴ ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）； （2）∵四边形是菱形，，， ∴ （菱形的四条边相等）， ∵ ∴ 在中， （在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半） ， ∴矩形的周长． 【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形性质、平行四边形的判定和性质以及矩形的性质，熟记各种特殊四边形的判定方法和性质以及勾股定理是解题的关键． 14．（2021·青海·中考真题）如图，是的对角线． （1）尺规作图（请用2B铅笔）：作线段的垂直平分线，交，，分别于，，，连接，（保留作图痕迹，不写作法）． （2）试判断四边形的形状并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）菱形，见解析 【分析】（1）利用尺规作图画出垂直平分线即可； （2）根据一组对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可求解． 【详解】解：（1）作的垂直平分线 连接，． （2）解：四边形是菱形， 理由如下： ∵是的垂直平分线， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查尺规作图——线段垂直平分线、菱形的判定与性质，掌握上述基本性质定理是解题的关键． 考点4 圆压轴题 15．（2023·青海·中考真题）综合与实践 车轮设计成圆形的数学道理 小青发现路上行驶的各种车辆，车轮都是圆形的.为什么车轮要做成圆形的呢？这里面有什么数学道理吗？带着这样的疑问，小青做了如下的探究活动： 将车轮设计成不同的正多边形，在水平地面上模拟行驶.      (1)探究一：将车轮设计成等边三角形，转动过程如图1，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图2中计算C到的距离. (2)探究二：将车轮设计成正方形，转动过程如图3，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，，圆心角.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），请在图4中计算C到的距离（结果保留根号）. (3)探究三：将车轮设计成正六边形，转动过程如图5，设其中心到顶点的距离是2，以车轮转动一次（以一个顶点为支点旋转）为例，中心的轨迹是，圆心角______.此时中心轨迹最高点是C（即的中点），转动一次前后中心的连线是（水平线），在图6中计算C到的距离______（结果保留根号）. (4)归纳推理：比较，，大小：______，按此规律推理，车轮设计成的正多边形边数越多，其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离______（填“越大”或“越小”）. (5)得出结论：将车轮设计成圆形，转动过程如图7，其中心（即圆心）的轨迹与水平地面平行，此时中心轨迹最高点与转动前后中心连线（水平线）的距离______.这样车辆行驶平稳、没有颠簸感.所以，将车轮设计成圆形. 【答案】(1)1 (2) (3) (4)，越小 (5)0 【分析】（1）是等边三角形，进而求得，进一步得出结果； （2）是等腰直角三角形，进而求得，进一步得出结果； （3）是等边三角形，进而求得，进一步得出结果； （4）比较大小得出结果； （5）圆的半径相等，从而得出结果． 【详解】（1）解：图1， ，， ， ， 是等边三角形， ， ∵C为弧的中点，为半径， ∴， ； （2）解：如图2，    ，，， ， ， ； （3）解：如图3，    ，， 是等边三角形， ， 在中， ， ， 故答案为：，； （4）解：， ，则其中心轨迹最高点与转动一次前后中心连线（水平线）的距离越小； 故答案为：；越小． （5）解：圆的半径相等， ， 故答案为：0． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，正方形的性质，圆的定义，解直角三角形等知识，解决问题的关键是弄清数量间的关系． 16．（2025·青海西宁·中考真题）如图，是的弦，，半径分别与弦垂直，垂足分别为G，H，交于点M，交于点N，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形； (3)若，，则_______． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查弧，弦，角之间的关系，垂径定理，勾股定理，菱形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键： （1）根据弧，弦，角之间的关系以及垂径定理，即可得证； （2）先证明四边形为平行四边形，等积法推出，即可得证； （3）垂径定理结合勾股定理求出的长，设，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵半径分别与弦垂直， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵半径分别与弦垂直， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形； （3）∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， 由（2）知：四边形为菱形， ∴设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得； ∴． 17．（2025·青海·中考真题）如图，线段经过圆心，交于点，，为的弦，连接，． (1)求证：直线是的切线； (2)已知，求的长（结果保留）． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定，弧长公式，含30度角的直角三角形的性质． （1）先由三角形内角和定理得出，再根据得，进而可得，再根据切线的判定可得出结论； （2）根据含30度角的直角三角形的性质得，设，则，求出，再得，然后根据弧长公式求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 且是的半径， ∴直线是的切线； （2）解：在中，， ∴， 设， ∴， 解得， ∵， ∴的长为：． 18．（2024·青海西宁·中考真题）如图，，是的切线，，为切点，连接，，过点作交于点，过点作，垂足为． (1)求证：． (2)若的半径是，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质， （1）根据切线的性质得，，再根据，，得，则四边形是矩形，然后根据矩形的性质可得出结论； （2）设，依题意得，，证明和全等得，然后在中，由勾股定理求出，进而可得的长． 【详解】（1）证明：，是的切线，，是的半径， ，， ，， ， ， 四边形是矩形， ； （2）解：设， 四边形是矩形，的半径是，， ，， ， ∴， ，， ， 在和中， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， ． 19．（2024·青海·中考真题）如图，直线经过点C，且点C在上，，． (1)求证：直线是的切线； (2)若圆的半径为4，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定和性质、直角三角形的性质和勾股定理、扇形面积的计算等知识，解题的关键是掌握切线的判定与性质． （1）利用等腰三角形的性质证得，利用切线的判定定理即可得到答案； （2）在中，利用直角三角形的性质和勾股定理求得，，再根据，计算即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵在中，，， ∴， 又∵是的半径， ∴直线是的切线； （2）解：由（1）知， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ． 20．（2023·青海西宁·中考真题）如图，是⊙O的弦，半径，垂足为D，弦与交于点F，连接，，．    (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由垂径定理，得  ，由圆周角定理，得； （2）可证得；中，勾股定理求得，于是. 【详解】（1）证明：∵  是的半径 ∴，  （垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧） ∴（同弧或等弧所对的圆周角相等） （2）解：∵  又∵ ∴（两角分别相等的两个三角形相似）   ∴（相似三角形对应边成比例） ∵   ∴ 在中     ∴（勾股定理）   即   ∴. 【点睛】本题考查垂径定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理；由相似三角形得到线段间的数量关系是解题的关键． 21．（2022·青海西宁·中考真题）如图，在中，，点D在AB上，以BD为直径的与AC相切于点E，交BC于点F，连接DF，OE交于点M． (1)求证：四边形EMFC是矩形； (2)若，的半径为2，求FM的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角及邻补角互补，可求出，由与AC相切于点E，利用圆的切线垂直于过切点的半径可得出 ，进而可得出 ，结合再利用三个角都是直角的四边形是矩形，即可证出四边形 EMFC 是矩形． （2）在 中，利用勾股定理可求出 OA 的长，进而可得出 AB 的长，由，利用“同位角相等，两直线平行”可得出，进而可得出利用相似三角形的性质可求出 AC 的长，结合 可求出 CE 的长，再利用矩形的对边相等，即可求出 FM 的长． 【详解】（1）∵BD是的直径， ∴， ∴， ∴与AC相切于点E， ∴， ∴， 又∴， ∴， ∴四边形EMFC是矩形． （2）解：在中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴四边形EMFC是矩形， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定，相切，勾股定理，平行线的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：(1）根据各角之间的关系，找出四边形EMFC 的三个角均为直角．（2）利用勾股定理及相似三角形的性质，求出AC的长度． 22．（2021·青海西宁·中考真题）如图，内接于，，是的直径，交于点E，过点D作，交的延长线于点F，连接． （1）求证：是的切线； （2）已知，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）由题意根据圆周角定理得出，结合同弧或等弧所对的圆周角相等并利用经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线进行证明即可； （2）根据题意利用相似三角形的判定即两个角分别相等的两个三角形相似得出，继而运用相似比即可求出的长． 【详解】解：（1）证明：∵是的直径 ∴（直径所对的圆周角是直角） 即 ∵ ∴（等边对等角） ∵ ∴（同弧或等弧所对的圆周角相等） ∴ ∵， ∴ ∴即 ∴ 又∵是的直径 ∴是的切线（经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）． （2）解：∵， ∴ ∵， ∴（两个角分别相等的两个三角形相似） ∴， ∴ ∴． 【点睛】本题主要考查圆的切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解题的关键． 23．（2021·青海·中考真题）如图，在中，是边上的中线，以为直径的交于点，过点作于点，交的延长线于点，过点作于点． （1）求证：； （2）求证：直线是的切线． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）根据题意，通过，即可证明； （2）连接，通过证明OD是的中位线得到，进而根据题意可知，即可证得直线是的切线． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， 在和中，，， ∴； （2）证明：连接， ∵是边上的中线， ∴， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴直线是的切线． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及切线的判定，熟练掌握圆及三角形的相关综合应用方法是解决本题的关键． 24．（2025·青海西宁·三模）如图，抛物线的对称轴为直线，与x轴分别交于A，B两点，点A的坐标是，与y轴交于点 (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，点P是抛物线上一点，连接使得，求出点P坐标； (3)如图3，连接与交于点D，是否存在点P，满足，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)或或或 【分析】本题考查二次函数与几何综合，涉及待定系数法求函数解析式、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、坐标与图形等知识，熟练掌握数形结合与分类讨论思想，以及方程建模是解答的关键． （1）利用待定系数法求解函数解析式即可； （2）过P作轴于H，证明是等腰直角三角形，得到，设，分P在x轴上方时和P在x轴下方时，利用坐标与图形性质列方程求解m值即可解答； （3）先利用待定系数法求得直线的函数表达式为，设，分当点D在线段上时，当点D在延长线上、当点D在延长线上，三种情况，过P作轴于H，交于Q，则轴，，证明得到，则，利用坐标与图形性质列方程求得m值即可解答． 【详解】（1）解：设抛物线的解析式为， ∵抛物线的对称轴为直线，与x轴分别交于A，B两点，点A的坐标是，与y轴交于点， ∴，解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：过P作轴于H，则， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设， ∵抛物线的对称轴为直线，与x轴分别交于A，B两点，点A的坐标是， ∴， 当P在x轴上方时，有， 解得或（与B重合，舍去）， ， ∴； 当P在x轴下方时，有， 解得或（与B重合，舍去）， ， ∴， 综上，点P的坐标为或； （3）解：存在． 设直线的函数表达式为 ∵，， ∴，解得， ∴直线的函数表达式为， 设， 如图，当点D在线段上时，过P作轴于H，交于Q，则轴，， ∴， ∴，则， ∴， 解得或， ∴或， ∴或； 当点D在延长线上，如图， 同理可证， ∴，则， ∴， 解得或（舍去）， ∴ ∴． 当点D在延长线上，如图， 同理可证， ∴，则， ∴， 解得或（舍去）， ∴或， ∴． 综上，点P坐标为或或或． 25．（2025·青海西宁·三模）已知二次函数与x轴的一个交点为，其对称轴为直线，其部分图象如图所示，有下列5个结论：①，②；③；④若关于x的方程有两个实数根，，且满足则；⑤直线经过点，则关于x的不等式的解集是．其中正确结论的个数为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，二次函数与不等式等知识．数形结合是解题的关键． 由题意知，图象开口向下，即，对称轴为直线，则，，当时，，可得，可判断①的正误；图象与轴有两个交点，则有两个不相等的实数根，即，可判断②的正误；将代入得，，可判断③的正误；由题意知，关于对称轴对称的点坐标为，则关于x的方程的两个实数根，为图象交点的横坐标，如图1，由图象可知，，；可判断④的正误；由，可知过点，如图2，由图象可知，关于x的不等式，即的解集为，可判断⑤的正误． 【详解】解：由题意知，图象开口向下，即， 对称轴为直线，则， ∴， 当时，， ∴，①正确，故符合要求； 图象与轴有两个交点，则有两个不相等的实数根，即，②错误，故不符合要求； 将代入得，，③正确，故符合要求； 由题意知，关于对称轴对称的点坐标为， ∵关于x的方程的两个实数根，为图象交点的横坐标，如图1， 由图象可知，，；④正确，故符合要求； ∵， ∴过点，如图2， ∴关于x的不等式，即的解集为，⑤正确，故符合要求； ∴正确结论的个数为4个， 故答案为：4． 26．（2025·青海西宁·三模）如图，抛物线经过点，且对称轴是直线，则下列结论正确的有（   ） ①；②；③若，是抛物线上的两点，则当时，的取值范围是；④若抛物线与轴交于点，当时，函数的最大值与最小值的差为6，则的值为，． A．①② B．②③ C．③④ D．② 【答案】D 【分析】本题考查二次函数的图像与性质，包括二次函数的图像与系数的关系，对称轴公式，函数值的比较及函数在给定区间内的最值问题，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质．根据二次函数的图像与性质，对每个选项进行判断，综合后即可得到正确的个数． 【详解】解：①∵抛物线经过点， 将代入，得， 故①错误； ②∵抛物线对称轴为， ∴，即， 故②正确； ③当时，两点为，， 此时两点关于对称， 故③不正确； ④∵抛物线的对称轴为，且与x轴交于点， ∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为， ∴抛物线解析式为， 又∵抛物线过点， ∴， ∴， ∴抛物线解析式为 ∴顶点坐标， 当时，则为， 此时，当时，函数的最大值4， ∵当时，； 当时，， ∴当时，最小值为， 此时，函数y的最大值与最小值的差为：， 故④不正确； 综上，只有②正确． 故选：D． 27．（2025·青海西宁·一模）如图，抛物线与x轴交于，B两点，与y轴交于点，顶点为点D，对称轴是直线l． (1)求抛物线的函数表达式及顶点D的坐标； (2)求四边形的面积； (3)在线段上是否存在一点M，使与相似？若存在，请直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，； (2)9； (3)存在，或． 【分析】本题考查了二次函数图象与性质，相似三角形的性质和判定，用待定系数法求二次函数的解析式等知识点的应用，此题难度偏大，对学生提出较高的要求，综合性比较强． （1）由待定系数法求出函数表达式，即可求解； （2）由，即可求解； （3）当与相似时，存在或，则或，即或，即可求解． 【详解】（1）解：把，代入，得 ， 解得， ∴抛物线的函数表达式为； ∵； ∴； （2）解：设直线的解析式为， 把 ，代入得: ， 解得， ∴直线的解析式为， ∴当 时， ∴与直线l的交点， ∵，， ∴， ∴， 对于，当时，，解得， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：存在，理由： 由点A、C的坐标得，， 当与相似时，存在或， 则或， 即或， 解得：或， 又直线的解析式为， 设点， 当时，则， 解得：或（舍去）， 当时，同理可得，或（舍去）， 即M的坐标为或． 28．（2025·青海西宁·一模）如图，已知抛物线与轴交于点，与轴交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)在第一象限内抛物线上是否存在点，过点作垂直于轴交轴于点，交直线于点，求的最大值； (3)抛物线上是否存在一点，使直线与轴所夹锐角是的倍？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)抛物线的解析式为； (2)的最大值为； (3)存在，点的坐标为或，理由见详解 【分析】（1）把点代入抛物线，运用待定系数法即可求解； （2）根据题意得到直线的解析式为，设，则，由此得到，根据二次函数图象的最值的计算即可求解； （3）根据题意，分类讨论：①如图所示，点在轴上方，设直线与轴交于点，；如图所示，点在轴下方；根据锐角三角函数的计算得到，由此即可求解． 【详解】（1）解：抛物线与轴交于点，与轴交于点， ∴， 解得，， ∴抛物线的解析式为； （2）解：， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， ∵点在第一象限抛物线上，轴，点在轴上，点在直线的图象上，如图所示， ∴设，则， ∴， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为； （3）解：存在，理由如下， ①如图所示，点在轴上方，设直线与轴交于点，， ∵， ∴，作点关于轴的点，则，连接，过点作于点， ∴，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， ∴， 解得，，， ∴（与点重合，不符合题意，舍去），； ②如图所示，点在轴下方， 同理，， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， ∴， 解得，，， ∴（与点重合，不符合题意，舍去），； 综上所述，存在，点的坐标为或． 【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法求解析式，二次函数最值的计算，二次函数与几何图形面积的计算，锐角三角函数的计算方法是解题的关键． 29．（2025·青海玉树·模拟预测）如图，已知的半径为，四边形内接于，连接、，，． (1)求的长； (2)若经过圆心，延长交延长线于点，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得到直角，再根据勾股定理即可解决问题； （2）根据等边对等角得到角相等，根据同弧所对的圆周角相等得到角相等，根据对角互补和邻补角得到角相等，进而得到角平分线，判断三角形全等，根据三角形全等的性质得到边相等，再根据中位线的性质得到的长，进而可得到答案； 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵的半径为， ∴， ∴的长为； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴平分的外角． ∵经过圆心， ∴，即， ∴ ∴， 作，垂足为， ， ∵为的中位线， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，中位线定理，圆周角定理等知识点，解决此题的关键是合理的作出辅助线． 30．（2025·青海西宁·一模）如图，等边中，，点，分别是，边上一点，且，以为边在直线的同侧作等边，，分别交于点，．    (1)求证：； (2)如图，若，求的长； (3)如图，连接，当点为中点时，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，求得，根据相似三角形的判定定理得到； （2）根据垂直的定义得到，求得，根据含角的直角三角形的性质得到，由，，得到，即可求出的长； （3）连结，以点为圆心，长为半径作⊙，根据等边三角形的性质得到，，求得，得到，根据等边三角形的性质得到，求得，过作于，根据含角的直角三角形的性质得到，，由得出，即，根据勾股定理即可求出，从而得出的长． 【详解】（1）证明：和是等边三角形， ， ， ， ． （2）解：， ， ， ， ， ，， ， ． （3）解：连结，以点为圆心，长为半径作⊙， 点为的中点，和是等边三角形， ，，， ， 点在⊙上， ， ， 过作于，   ， ，， ，， 又， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，等边三角形的性质，含角的直角三角形的性质，圆周角定理，用勾股定理解直角三角形等知识，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 31．（2025·青海·二模）综合与实践 【问题提出】 如图1，在中，于点，，，且．点从点出发沿向点运动，速度为每秒1个单位长度；点从点出发沿向点运动，速度为每秒2个单位长度．过点作，交于点，过点作，交的延长线于点，点出发2秒后点出发，当一个点到达终点时另一个点也停止运动．设点的运动时间为秒，的面积为． 【初步感知】 （1）如图2，当时，___________； （2）如图3，当时，解答下列问题： ①连接，当四边形是平行四边形时，___________； ②求与的函数解析式； 【延伸探究】 （3）当时，是否存在某一时刻，使是以为腰的等腰三角形？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（ 2 ）① 5 ；②；（3）或． 【分析】（1）根据题意得，然后利用，代入值即可求出； （2）①根据平行四边形的判定与性质证明，进而可以解决问题； ②根据题意可得，所以，然后利用，代入值可求出，进而可得与的函数解析式； （3）分两种情况讨论，结合相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质即可． 【详解】解：（1）当时，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）①∵四边形是平行四边形， ， ∵， ∴四边形为平行四边形， ， ， 故答案为：5 ； ②， 由勾股定理得：， 根据题意可知：， ， ∵四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， ， ∴的面积； ； （3）存在，理由如下： 当时，如图： 由题意得：， 解得：； 当时，如图： ∵， ， ∵， ∴， ， ， 解得， 综上所述：或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，函数解析式求解，锐角三角函数，勾股定理等知识点，难度较大，熟练掌握知识点是解题的关键． 32．（2025·青海西宁·一模）综合与实践 如图，正方形和正方形有公共顶点，将正方形绕点按顺时针方向旋转，记旋转角，其中，连接，． (1)如图1，当时，求证：； (2)请你画出除图1外，满足的其它图形，并写出的度数； (3)旋转过程中，________时，最大，________时，最小； (4)旋转过程中，判断与的大小关系，并写出对应的的范围． 【答案】(1)见解析 (2)画图见解析， (3)， (4)当或时，，当时，，当时， 【分析】（1）连接，根据题意，当时，重合，重合，由正方形的性质可得，则重合，根据正方形的性质可得垂直平分，即可得到； （2）由（1）知，当点F在垂直平分线上时，则，可得除图1外，当点F在延长线上时，满足，根据正方形的性质即可求出； （3）根据题意可得点F在以点A为圆心，正方形对角线的长为半径的圆上运动，结合图形可得当三点共线时，由最大值，同理可得当三点共线时，有最小值；由此即可解答； （4）由（1）（2）知，或时，；画出示意图，结合图形根据三角形大角对大边，即可解答． 【详解】（1）证明：如图，连接， 当时，则重合，重合， ∵四边形与四边形都是正方形， ∴， ∴重合， ∵垂直平分， ∴； （2）解：由（1）知，当点F在垂直平分线上时，则， ∴当点F在延长线上时，满足， 如图： 则，即三点共线，点在延长线上， ∴； （3）解：根据题意可得点F在以点A为圆心，正方形对角线的长为半径的圆上运动， 如图，当三点共线时，由最大值， 此时，； 同理，如图，当三点共线时，有最小值， 此时，； （4）解：如图，由（1）（2）知，或时，，，连接， ∵， ∴， ∴， 当点在下方时，即时， ∴， ∴， 如图：在中，， ∴， ∴， 同理得：； 当点在上方时，即时， 同理得：， ∴， 综上：当或时，，当时，，当时，． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质，点与圆的位置关系，三角形三边关系，线段垂直平分线的判定与性质等知识，解题的关键是熟练运用正方形的性质． 33．（2025·青海西宁·三模）综合与实践 【实际情境】 手工课堂上，老师给每个制作小组发放一把花折伞和制作花折伞的材料及工具．同学们认真观察后，组装了花折伞的骨架，粘贴了彩色伞面，制作出精美的花折伞． 【模型建立】 （1）如图1，从花折伞中抽象出“伞形图”，，，求证：． 【模型应用】 （2）如图2，中，的平分线交于点D，已知，求证：． 【拓展提升】 （3）如图3，为的直径，，的平分线交于点E，交于点D，连接，直接写出与的数量关系． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）证明 即可； （2）在上截取，证明 ，从而有，，，由，即，故，再利用等腰三角形性质和三角形外角的性质可知； （3）连接、作交于点F，如图3所示，因为为的直径，，可得，，由平分，可得，，，又，可得，进而，导角证明，即得，故． 【详解】（1）证明：在和中， ， ， ． （2）证明：在上截取，如图2所示， 平分， ∴， 在和中， ， ， ，，， ， 又， ， ， ， ， 即； （3）解：，理由如下： 连接、作交于点F，如图3所示， 为的直径，， ，， ， 平分， ，，， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， 故； 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆周角定理及圆周角定理的推论，等腰直角三角形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题关键． 34．（2025·青海西宁·三模）已知：如图1，是的内接三角形，是的直径，的外角平分线交于D，与相切，交的延长线于E． (1)证明与平行； (2)若，，求长． (3)在（2）的条件下求图2阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，证明，，即可证明结论成立； （2）连接，求出，，利用正切定义即可求出长； （3）连接，作于点H，根据阴影部分的面积即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵与相切， ∴， ∵， ∴， ∵是的平分线，即， ∴， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接， 则， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 又∵平分， ∴， ∵ ∴是等边三角形， ∴, ∴． （3）连接，作于点H， ∵， ∴， ∴阴影部分的面积 【点睛】此题考查了切线的性质、解直角三角形、圆周角定理、扇形面积公式、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆的相关知识是解题的关键． 35．（2025·青海·三模）如图，四边形内接于圆O，为圆O直径，点D为弧中点，的延长线上有一点E，与圆O相切于点D． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，则 ． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)4 【分析】本题主要考查了弧，弦，圆周角之间的关系，垂径定理，切线的性质，相似三角形的性质与判定等等，熟知圆的相关知识是解题的关键． （1）根据题意可得，则，由为圆O直径，与圆O相切于点D，可得，则由直角三角形两锐角互余可得，据此可证明结论； （2）可证明，得到，则可证明，得到； （3）可证明，得到；可证明，设，则，，进而可得，解方程即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵点D为弧中点， ∴， ∴， ∵为圆O直径，与圆O相切于点D， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （3）解：∵为圆O直径， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； ∵点D为弧中点， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， 解得， ∴． 36．（2025·青海·二模）如图，是的直径，点在上，平分交于点，过点作直线，交的延长线于点，连结，． (1)求证：直线与相切； (2)若，． ①求证：四边形是菱形； ②阴影部分面积的大小是___________． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）先利用等腰三角形的性质和角平分线的定义可得，利用平行线的判定与性质可证明，进而利用切线的判定可得结论； （2）①先证是等边三角形，再证，进而即可容易得证； ②将阴影部分面积转化为扇形的面积即可得解． 【详解】（1）证明：平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又为半径， 是的切线； （2）①证明：连接， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴是菱形； ②∵， ∴， ∴， ∴， 由①知四边形是菱形， ∴垂直平分，， 记与交于点F， 则， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质、切线的判定和性质、菱形的判定和性质、扇形面积等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 37．（2025·青海·二模）如图，是的外接圆，，，，垂足分为，，，连接，，．若，的周长为20，则的长为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理、垂径定理等知识点，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 由垂径定理可得，根据三角形的中位线定理得到，进而完成解答． 【详解】解：∵，是的外接圆， ， ∴是的中位线， ， ， ， 故答案为：4． 2/20 1/20 学科网（北京）股份有限公司 $