【中考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编45题（10-6）

【中考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编45题（10-6） 一．选择题（共15小题） 1．（2026•罗湖区模拟）随着科技的发展，无人机已广泛应用于生产和生活，如代替人们在高空测量距离和角度．某数学兴趣小组用无人机测量潮汐塔AB的高度，测量方案如图所示：无人机在距水平地面120m的点M处测得潮汐塔顶端A的俯角为22°，再将无人机沿水平方向飞行73m到达点N，测得潮汐塔底端B的俯角为45°（点M，N，A，B在同一平面内），则潮汐塔AB的高度为（　　）（结果精确到1m．参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40） A．41m B．42m C．43m D．77m 2．（2026•郑州模拟）某同学利用数学绘图软件探究函数的图象，在输入一组a、b的值后得到如图所示的函数图象（与y轴无交点），根据你学习函数的经验，这组a，b的值应满足（　　） A．a＞0，b＞0 B．a＜0，b＞0 C．a＞0，b＜0 D．a＜0，b＜0 3．（2026•望城区一模）如图1，将Rt△EFG与正方形ABCD按如图所示的方式摆放，边FG在直线BC上，∠EGF＝90°，EG＝FG＝10cm，AB＝16cm，Rt△EFG以2cm/s的速度沿着BC方向运动，初始时点G与点B重合，当点F与点C重合时停止运动，在运动过程中，当Rt△EFG与正方形ABCD重叠部分面积为18cm2时，其运动时间为（　　） A．10 B．20 C．1或10 D．2或20 4．（2026•青秀区一模）如图，过点C（1，2）分别作x轴、y轴的平行线，交直线y＝﹣x+6于A，B两点，若反比例函数的图象与△ABC有公共点，则k的取值范围是（　　） A．2≤k≤8 B．2≤k≤9 C．5≤k≤8 D．5≤k≤9 5．（2018•威海）矩形ABCD与CEFG如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC＝EF＝2，CD＝CE＝1，则GH＝（　　） A．1 B． C． D． 6．（2026•顺德区一模）若二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y＝ax+b图象大致是（　　） A． B． C． D． 7．（2026•安徽二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为AC边的中点，E点在BC上，BE＝2EC，连接AE，BD交于点F，∠BFE＝∠BAC，则下列结论错误的是（　　） A．∠DCF＝∠DBC B．FC平分∠DFE C．∠BAC＝90° D．DC＝EC 8．（2026•南京模拟）如图，在△ABC中，点D为边AB上一点，连接CD．点E为CD中点，连接BE，若∠CDB＝∠CBD＝30°，∠ACD＝∠EBD，AC，则BE的长是（　　） A． B． C． D． 9．（2025•潮州四模）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，S△ABC＝4cm2．正方形CDEF的顶点D，F分别在AC，BC边上，设CD＝CF＝x，△ABC与正方形CDEF重叠部分的面积为y，则下列图象中能表示y与x之间的函数关系的是（　　） A． B． C． D． 10．（2017•阿坝州）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），其部分图象如图所示，下列结论： ①4ac＜b2；②方程ax2+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣1，x2＝3；③3a+c＞0；④当y＞0时，x的取值范围是﹣1≤x＜3；⑤当x＜0时，y随x增大而增大；其中结论正确的个数是（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 11．（2026•郑州模拟）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，⊙O为正方形ABCD的外接圆，EF为⊙O直径．若EF＝1，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 12．（2026•罗湖区模拟）如图，有一块锐角三角形材料，边BC＝120mm，高AD＝80mm，要把它加工成正方形零件，使其一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，则这个正方形零件的边长为（　　） A．60mm B．48mm C．36mm D．24mm 13．（2026•顺德区一模）如图，点A、B、C均在⊙O上，连接AO、BO、AC、BC．若∠AOB＝70°，∠A＝50°，则∠OBC的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．35° 14．（2026•安徽二模）已知抛物线y＝ax2+2x+3a﹣1（a≠0）分别经过一、二、三、四象限，则a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 15．（2025•眉山）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在AC上，CD，动点P在Rt△ABC的边上沿C→B→A方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为t秒，正方形DPEF的面积为S．当点P由点B运动到点A时，如图2，S是关于t的二次函数．在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等．下列4个结论：①当t＝1时，S＝3；②点P在线段BA上时S＝2t2﹣16t+34；③AD＝4；④t1+t2＝4．其中正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二．填空题（共15小题） 16．（2026•郑州模拟）如图，在Rt△ABC中，点P为斜边AB的中点，点Q为AC边上不与端点重合的一动点，连接BQ，PQ．若AB＝6，∠A＝30°，则BQ+PQ的最小值为　 　 ． 17．（2026•罗湖区模拟）如图，已知△OAB的一边AB平行于x轴，且反比例函数y经过△OAB顶点B和OA上的一点C，若OC＝2AC且△OBC的面积为，则k的值为 　 　 ． 18．（2026•安徽二模）扇形餐盘具有独特的视觉效果和实用性，广泛应用于家庭、餐饮及商业场景，如图，一餐盘所在大圆的半径为55cm，所在小圆的半径为35cm，对应的圆心角为40°，则该餐盘的面积为　 　 cm2．（结果保留π） 19．（2026•南京模拟）定义：若一个钝角三角形中，两个锐角的内角满足其中一个角的2倍与另一个角互余，则我们称这个三角形为“倍角互余三角形”．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点P为BC上一个动点，若△APB为“倍角互余三角形”，则BP的长为　 　 ． 20．（2026•望城区一模）如图所示的扇形OAB中，∠AOB＝120°，过点O作OC⊥OB，OC交AB于点P，若OP＝2，则阴影部分的面积为 　 　 ． 21．（2026•罗湖区模拟）如图，菱形ABCD中，，点E在边AD上，点F在对角线BD上，作AG⊥BE，EG∥AF交AG于点G．若，则　 　 ． 22．（2026•郑州模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D是AC的中点，将△ABC绕点D顺时针旋转60°得到△A′B′C′，A′B′分别交AC，AB于E，F两点，则B，B′两点间的距离是　 　 ，EF的长为　 　 ． 23．（2026•望城区一模）你作为望城“雷小锋”，参加“学习十五五，奋进新征程”密室闯关．大门密码是一个三位数ABC（A，B，C均为0～9的整数），密码线索均来自望城区“十五五”规划主要预期目标： 望城未来五年主要预期目标为： ①地区生产总值年均增长5.5%∼6%； ②全社会研发经费投入年均增长8%； ③高技术制造业增加值占规模工业增加值比重达26%，居民收入增长与经济增长同步． x、y、z依次为线索中三项数据百分号前的数值：①A为x最小值的整数部分；②B为y的四分之一；③C满足3A+3B+C＝z．请推理出大门密码　 　 ． 24．（2026•青秀区一模）如图，将△AOB绕点O逆时针旋转得到△COD，∠OAB＝75°，若CD恰好经过点A，且OC⊥OB，OA＝4，则AB＝　 　 ． 25．（2018•盘锦）如图①，在矩形ABCD中，动点P从A出发，以相同的速度，沿A→B→C→D→A方向运动到点A处停止．设点P运动的路程为x，△PAB面积为y，如果y与x的函数图象如图②所示，则矩形ABCD的面积为　 　 ． 26．（2026•顺德区一模）如图，点D、E、F是等边三角形ABC边上的点，满足．连接DE、EF、FD，写出符合题意的三个不同类型的正确结论：　 　 ． 27．（2026•安徽二模）已知实数a，b，c满足a+b﹣2c＝10． （1）若a＞0且a﹣b+c＝0，则b的范围是　 　 ； （2）若ab﹣50＝2c2，则a﹣b﹣c的值为　 　 ． 28．（2026•南京模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，点D、E分别在边AC和BC上，AC+CD＝5，BC+CE＝7，则AE+BD的最小值是　 　 ． 29．（2025•龙泉市二模）如图，在▱ABCD中，BC＝3，CD＝4，点E是CD边上的中点，将△ADE沿AE翻折得△AFE，连结BF，点B，F，E恰好在同一直线上，延长AF交BC于点G．则△BFG与四边形AGCD的面积比为　 　 ． 30．（2017•广安）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2…按如图所示放置，点A1、A2、A3…在直线y＝x+1上，点C1、C2、C3…在x轴上，则An的坐标是 　 　 ． 三．解答题（共15小题） 31．（2026•望城区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（abc≠0）与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0）（0＜x1＜x2），与y轴交于点C，顶点为点D，直线CD与x轴交于点M，点O为坐标原点，不妨约定：若M为线段OB中点，则称该抛物线为“X—型”抛物线；若M为线段CD中点，则称该抛物线为“Y—型”抛物线．根据该约定，完成下列各题． （1）下列抛物线中是“X—型”抛物线的有：　 　 （填序号）； ①y＝x2﹣3x+4；②y＝x2﹣2x﹣3；③y＝x2﹣4x+3； （2）若抛物线y＝ax2+bx+c（abc≠0）为“Y—型”抛物线，且直线CD的解析式为y＝﹣2x+c，求的值； （3）抛物线G：y＝x2+bx+c为“X—型”抛物线，若将抛物线G向下平移2个单位长度后得到的新抛物线是“Y—型”抛物线，试求出抛物线G的解析式． 32．（2026•青秀区一模）我们已经学过完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab+b2，将它适当变形可以解决很多数学问题． （1）填空：已知a+b＝5，ab＝3，则a2+b2＝　 　 ． （2）“幻方”起源于中国，是我国古代数学的杰作之一．在数学活动课上，小彬和小华同学探究类似填幻方的数字游戏，将数字1，2，3，4，5，6填入如图所示的“□”中，使每个圆圈上的三个数字之和都相等． ①如图1所示，两个空白“□”中，从左到右依次应填　 　 ，　 　 ；每个圆圈上的三个数字之和为　 　 ． ②如图2所示，三个“□”中的数字分别记为：a，b，a+b﹣3，请根据图3的对话内容，求a+b的值． 小彬：由填数规则得1≤a+b﹣3≤6； 所以4≤a+b≤9 小华：我发现，若记每个圆圈上的三个数字之和为S，则a+b的值可以用含S的式子表示． 小彬：对！根据你的发现，可以求出a+b的值． 图3 ③在②的结论下，若12+22+32+42+52+62+a2+b2+（a+b﹣3）2＝126，求ab的值． 33．（2025•眉山）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点B′处，折痕交AB于点E，再沿着过点B′的直线折叠，使点D落在B′C边上的点D′处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点B′、D′及折痕CE、B′F，连接B′E、B′C、D′F． 【初步猜想】（1）确定CE和B′F的位置关系及线段BE和CF的数量关系． 创新小组经过探究，发现CE∥B′F，证明过程如下： 由折叠可知∠DB'F＝∠CB'F∠DB'C，∠ECB'＝∠ECB∠BCB'．由矩形的性质，可知AD∥BC，∴∠DB′C＝∠BCB′，∴①　 　 ，∴CE∥B′F． 智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为②　 　 ． 经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一： 方法一：证明△AB′E≌△D′CF，得到B′E＝CF，再由B′E＝BE可得结论． 方法二：过点B′作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形CFB′G，然后证B′G＝B′E可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】（3）如图2，在矩形ABCD中，AB＝6，按上述操作折叠并展开后，过点B′作B′G∥AB交CE于点G，连接D′G，当△B′D′G为直角三角形时，求出BE的长． 34．（2026•顺德区一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过（0，2）和（2，2）两点． （1）补充一个条件，求抛物线的表达式； （2）将抛物线y＝ax2+bx+c向左平移m（m＞0）个单位得到新的抛物线y1．当x＞﹣1时，y1随x的增大而增大，求m的取值范围； （3）当时，判断y与的大小，并说明理由． 35．（2026•安徽二模）如图1，正方形ABCD中，E、F分别为边BC、CD上的点，且BE＝CF，连接BF、AE相交于点G，P为BC延长线上一点，连接AP交BF、CF于点M、N，且EM⊥AP． （1）求证：∠AGB＝90°； （2）若AE＝EP，求的值； （3）如图2，若BE＝EC＝2，求CP的长． 36．（2026•罗湖区模拟）（1）发现：如图1所示，BD是矩形ABCD的对角线，作AF⊥BD交BD于点F，交BC于点E．求证：△ABE∽△BCD； （2）探究：如图2，点G是矩形ABCD边BC上一点，连接DG，过点D作AF⊥DG交BC于点G，，探究的值； （3）拓展：在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，点P为BC边上的三等分点，点E和F分别为直线AD和BC上的点，将矩形ABCD沿直线EF翻折，点P恰好落在边CD上的点Q处，求的值． 37．（2026•郑州模拟）综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验．请运用已有经验，对“对补四边形”进行研究．定义：对角互补的四边形叫作对补四边形． （1）初步认识 某学习小组先对“对补四边形”的角进行探究． 如图1，四边形ABCD是对补四边形，若∠A：∠B：∠C＝5：3：4，则∠D的度数为　 　 ； （2）性质探究 该学习小组就“对补四边形”的边和对角线继续进行探究： ①如图2，四边形ABCD是对补四边形，若对角线AC平分∠DAB，求证：CD＝CB； ②如图3，四边形ABCD是对补四边形，AB＝AD，连接AC，若∠ACB＝α，求∠BCD的度数．（用含α的式子表示） （3）拓展应用 如图4，在边长为4的等边△ABC中，D是边AB的中点，E是边AC上一动点，将△AED沿ED翻折，得到△FED，延长EF交直线BC于点G，若，请直接写出FG的长． 38．（2026•望城区一模）如图，四边形ABCD是⊙O内接四边形，对角线AC与BD相交于点E，对角线AC平分∠BAD．点F在线段AC上，满足CF＝CD，连接FB，FD． （1）求证：△ABE∽△ACD； （2）若S△BCD＝S△BFD，求的值； （3）若∠BFD＝∠BCD，⊙O的半径为1，记DE＝x，，试求出y关于x的函数解析式，并直接写出的最大值． 39．（2026•青秀区一模）综合与探究 已知△ABC中，点E在边AB上，点F在边BC的延长线上，连接EF交AC于点D． 【初探】（1）如图1，若∠B＝90°，AB＝BC，AE＝CF，过点E作EG∥BF交AC于点G． ①求证：△DGE≌△DCF； ②求证：； 【再探】（2）如图2，若∠B＝90°，AB＝2BC，AE＝2CF，探究CD与BE之间的数量关系； 【深探】（3）如图3，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点，点E是AB上一点，点F在BC延长线上，AB＝8，AE＝2，BC＝4CF，当点C从点B运动到点A，请直接写出点D的运动路径的长． 40．（2026•海门区校级模拟）综合与实践 问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系． 探究发现：如图1，在△ABC中，AC＝BC，P是AB边上一点，过点P作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，过点A作AF⊥BC于F，连结CP，由图形面积分割法得：S△ABC＝S△APC+　 　 ，则AF＝　 　 +　 　 ； 实践应用：如图2，△ABC是等边三角形，AC＝3，点G是AB边上一点．连结CG，将线段CG绕点C逆时针旋转60°得CF，连结GF交BC于P，过点P作PD⊥GC于D，PE⊥CF于E，当AG＝1时，求PD+PE的值； 拓展延伸：如图3，已知AB是半圆O的直径，AC，BE是弦，AC＝BE，P是AB上一点，PD⊥AC，垂足为D，AB＝10，AD＝2，BD＝4，求S△PAC+S△PBE的值． 41．（2026•顺德区一模）平移、旋转、轴对称、相似变换等几何变换，为静态图形赋予动态生成的意义，让孤立图形在运动变化中建立关联，在变与不变中揭示图形的本质属性与内在规律．这既是从特殊到一般认识几何世界的基本思想，也是理解空间形式、发展几何直观与推理能力的重要路径． 【特例探究】 如图1，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点E是矩形内一动点，且∠DEC＝90°．将CE绕点C逆时针旋转90°，并放大为原来的2倍后，点E的对应点为点F．连接BF，交DE的延长线于点G，连接AE． （1）按题意在图1中画出符合题意的四边形CEGF，判断其形状，并说明理由； （2）当点G为BF中点时，求的值； （3）求的最小值； 【类比探究】 （4）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，，．连接BD，若AB＝2BC，求BD的最大值． 42．（2026•安徽二模）如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OB＝OC，抛物线的对称轴为直线x＝m． （1）求b、m的值； （2）过C点的直线l：y＝kx+3（k＜0）与抛物线另交于点P，与直线x＝m交于点M． ①若3S△ACM＝2S△APM，求k的值； ②如图2，将直线l向下平移s（s＞0）个单位，得到直线l′，交y轴于点D，交直线x＝m于点F，过D点作DE⊥l于点E，设DE•DF＝t，求的最小值． 43．（2025•长沙）如图1，点O是以AB为直径的半圆的圆心，AD与BC均为该半圆的切线，C，D均为直径AB上方的动点，连接CD，且始终满足CD＝AD+BC． （1）求证：CD与该半圆相切； （2）当半径r时，令AD＝a，BC＝b，m，n，比较m与n的大小，并说明理由； （3）在（1）的条件下，如图2，当半径r＝1时，若点E为CD与该半圆的切点，AC与BD交于点G，连接EG并延长交AB于点F，连接AE，BE，令EG＝x，CD＝y，求y关于x的函数解析式．（不考虑自变量x的取值范围） 44．（2026•西湖区校级模拟）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D，连接AC． （1）如图1，求证：∠BAC＝∠DAC； （2）如图2，连接BC，延长DC交AB的延长线于点E，∠AEC的平分线分别交AC，BC于点F，G，求证：CF＝CG； （3）如图2，在（2）的条件下，若G是EF的中点，且，CD＝4，求线段CF的长． 45．（2026•银川一模）已知：如图所示，在平面直角坐标系xOy中，∠B＝90°，OC＝5，OB＝4，若点M是边OB上的一个动点（与点O、B不重合），过点M作MN∥OC交BC于点N． （1）求点B的坐标； （2）当△MBN的周长与四边形OMNC的周长相等时，求BM的长； （3）在OC上是否存在点Q，使得△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出此时MN的长；若不存在，请说明理由． 【中考二轮复习】全国2026年最新选择、填空、解答压轴题汇编45题（10-6） 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C C B C C D A A B D 题号 12 13 14 15 答案 B A C B 一．选择题（共15小题） 1．（2026•罗湖区模拟）随着科技的发展，无人机已广泛应用于生产和生活，如代替人们在高空测量距离和角度．某数学兴趣小组用无人机测量潮汐塔AB的高度，测量方案如图所示：无人机在距水平地面120m的点M处测得潮汐塔顶端A的俯角为22°，再将无人机沿水平方向飞行73m到达点N，测得潮汐塔底端B的俯角为45°（点M，N，A，B在同一平面内），则潮汐塔AB的高度为（　　）（结果精确到1m．参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40） A．41m B．42m C．43m D．77m 【解答】解：延长BA交MN于点C，则BC⊥MN， 由题意得，BC＝120m，MN＝73m， 在Rt△CNB中，∠CNB＝45°， ∴∠CNB＝∠CBN＝45°． ∴CN＝BC＝120m． ∴MC＝MN+CN＝73+120＝193（m）， 在Rt△AMC中，∠AMC＝22°， ∴AC＝MC•tan22°≈193×0.4＝77.2（m）， ∴AB＝BC﹣AC＝120﹣77.2≈43（m）， 即潮汐塔AB的高度约为43m． 故选：C． 2．（2026•郑州模拟）某同学利用数学绘图软件探究函数的图象，在输入一组a、b的值后得到如图所示的函数图象（与y轴无交点），根据你学习函数的经验，这组a，b的值应满足（　　） A．a＞0，b＞0 B．a＜0，b＞0 C．a＞0，b＜0 D．a＜0，b＜0 【解答】解：从函数整体图象来看，发现部分图象有类似反比例函数再从y轴左侧图象，判断图象虚线代表的意义可知： 设虚线为x＝m（显然，m＜0）， 由图中可知，当x＜m时，y＜0， 因为|x|＞0， 所以， 当x＞m时，y＞0， 因为|x|＞0， 所以， 所以（x﹣b）在m的左右两侧时，符号是不同的，即b＝m＜0， 当x＜b时，x﹣b＜0，而y＜0，所以a＞0，故C正确． 故选：C． 3．（2026•望城区一模）如图1，将Rt△EFG与正方形ABCD按如图所示的方式摆放，边FG在直线BC上，∠EGF＝90°，EG＝FG＝10cm，AB＝16cm，Rt△EFG以2cm/s的速度沿着BC方向运动，初始时点G与点B重合，当点F与点C重合时停止运动，在运动过程中，当Rt△EFG与正方形ABCD重叠部分面积为18cm2时，其运动时间为（　　） A．10 B．20 C．1或10 D．2或20 【解答】解：设运动时间为t秒，Rt△EFG与正方形ABCD重叠部分面积为ycm2，则G点运动的距离为2tcm， ∵EG＝FG＝10cm，∠EGF＝90°， ∴△EFG是等腰直角三角形，∠EFG＝45°， 分三种情况讨论： 当5＜t≤8时，点F在BC上，点G在BC上（未到达C），此时△EFG 完全在正方形ABCD内部，如图 ∴， ∵50≠18， ∴此时无解； 当0≤t≤5时，点F在点B左侧或重合，点G在BC上，此时重叠部分为直角梯形，其高为BG＝2tcm，下底为EG＝10cm，如图， 设EF交AB于点H，则△FBH为等腰直角三角形， ∵FB＝FG﹣BG＝（10﹣2t）cm， ∴HB＝FB＝（10﹣2t）cm， ∴， 令﹣2t2+20t＝18，整理得t2﹣10t+9＝0， 解得t1＝1，t2＝9， ∵0≤t≤5， ∴t＝1； 当8＜t≤13时，点G在C右侧，点F在C左侧，此时重叠部分为△FCK（K为EF与CD的交点），如图， ∵∠KCF＝90°，∠KFC＝45°， ∴△FCK是等腰直角三角形， ∵F点运动的总距离为2tcm，初始F在B左侧10cm处，F点相对于B的位置为（2t﹣10）cm， ∴FC＝BC﹣（2t﹣10）＝16﹣2t+10＝（26﹣2t）cm， ∴， 令2（13﹣t）2＝18，即（13﹣t）2＝9， 解得13﹣t＝3或13﹣t＝﹣3， ∴t＝10或t＝16， ∵8＜t≤13， ∴t＝10， 综上所述，当重叠部分面积为18cm2时，运动时间为1s或10s． 故选：C． 4．（2026•青秀区一模）如图，过点C（1，2）分别作x轴、y轴的平行线，交直线y＝﹣x+6于A，B两点，若反比例函数的图象与△ABC有公共点，则k的取值范围是（　　） A．2≤k≤8 B．2≤k≤9 C．5≤k≤8 D．5≤k≤9 【解答】解：当x＝1时，y＝﹣1+6＝5， 当y＝2时，﹣x+6＝2，解得x＝4， ∴点A、B的坐标分别为A（4，2）、B（1，5）， 根据反比例函数系数的几何意义，当反比例函数与点C相交时，k＝1×2＝2最小， 设反比例函数与线段AB相交于点（x，﹣x+6）时k值最大， 则k＝x（﹣x+6）＝﹣x2+6x＝﹣（x﹣3）2+9， ∵1≤x≤4， ∴当x＝3时，k值最大为9， 因此，k的取值范围是2≤k≤9． 故选：B． 5．（2018•威海）矩形ABCD与CEFG如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC＝EF＝2，CD＝CE＝1，则GH＝（　　） A．1 B． C． D． 【解答】解：如图，延长GH交AD于点P， ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形， ∴∠ADC＝∠ADG＝∠CGF＝90°，AD＝BC＝2、GF＝CE＝1， ∴AD∥GF， ∴∠GFH＝∠PAH， 又∵H是AF的中点， ∴AH＝FH， 在△APH和△FGH中， ∵， ∴△APH≌△FGH（ASA）， ∴AP＝GF＝1，GH＝PHPG， ∴PD＝AD﹣AP＝1， ∵CG＝2、CD＝1， ∴DG＝1， 则GHPG， 故选：C． 6．（2026•顺德区一模）若二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则一次函数y＝ax+b图象大致是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵开口方向：抛物线开口向下， ∴a＜0， ∵从图中可知对称轴在y轴右侧， ∴根据对称轴公式，得直线， ∵a＜0， ∴b＞0， 分析一次函数y＝ax+b的图象： a＜0，说明直线从左上到右下； b＞0，说明直线与y轴交于正半轴； 故符合这两个特征的是选项C， 故选：C． 7．（2026•安徽二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为AC边的中点，E点在BC上，BE＝2EC，连接AE，BD交于点F，∠BFE＝∠BAC，则下列结论错误的是（　　） A．∠DCF＝∠DBC B．FC平分∠DFE C．∠BAC＝90° D．DC＝EC 【解答】解：∵∠AFD＝∠BFE，∠BFE＝∠BAC， ∴∠BAD＝∠AFD， 又∵∠ADB＝∠FDA ∴△ADF∽△BDA， ∴∠DAF＝∠DBA，， ∵D为AC边的中点， ∴AD＝CD， ∴， 又∵∠FDC＝∠CDB ∴△CDF∽△BDC， ∴∠DCF＝∠DBC，∠DFC＝∠DCB，故A结论正确，不符合题意； 如图所示，过点C作CG∥AB交AE的延长线于点G， ∴∠G＝∠BAF，∠ABC＝∠BCG，∠BAC+∠GCA＝180°， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝∠BCG， ∴∠ACG＝2∠ACB， ∵∠BFE+∠DFG＝180°，∠BFE＝∠BAC， ∴∠DFG＝∠DCG． 又∵∠DFC＝∠BCD， ∴∠EFC＝∠ECG， ∴∠EFC＝∠DFC ∴FC平分∠DFE，故B结论正确，不符合题意； ∵AB∥CG， ∴△ABE∽△GCE， ∴， ∴AB＝2CG， ∵D为AC边的中点， ∴AC＝2CD， 又∵AB＝AC＝2CD， ∴CG＝CD， 如图所示，过C点作CM⊥BD，CN⊥AG，垂足分别为M、N， ∴CN＝CM，∠CMD＝∠CNG＝90°， ∴Rt△CGN≌Rt△CDM（HL）， ∴∠G＝∠CDM＝∠ADF＝∠BAF， ∴∠DAF+∠ADF＝∠DBA+∠BAF， ∴∠AFB＝∠AFD， 又∵∠AFB+∠AFD＝180°， ∴∠AFB＝∠AFD＝90°， ∴∠ADF+∠DAF＝90°， ∴∠BAF+∠DAF＝90°，即∠BAC＝90°，故C结论正确，不符合题意； ∴， ∵BE＝2EC， ∴， 又∵，且AC＞0， ∴CD≠EC，故D结论错误，符合题意； 故选：D． 8．（2026•南京模拟）如图，在△ABC中，点D为边AB上一点，连接CD．点E为CD中点，连接BE，若∠CDB＝∠CBD＝30°，∠ACD＝∠EBD，AC，则BE的长是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：如图，∠ACD＝∠EBD，过点B作BF⊥DC交DC的延长线于点F，过点C作CH∥BE交AB的延长线于点H， ∴∠DBE＝∠DHC，∠ACD＝∠DHC， ∵∠A＝∠A， ∴△ACD∽△AHC， ∴， 设CE＝n， ∵点E为CD中点， ∴CD＝2CE＝2DE＝2n， ∵∠CDB＝∠CBD＝30°， ∴BC＝CD＝2n， ∵∠FCB＝∠CDB+∠CBD＝60°， ∴∠FBC＝90°﹣∠BCF＝90°﹣60°＝30°， 在直角三角形BCF中，， 由勾股定理得：， ∵∠CDB＝30°，∠F＝90°， ∴， ∵， 在直角三角形BEF中，由勾股定理得：， ∵BE∥CH，CD＝2CE， ∴△DEB∽△DCH， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∵， ∴， 解得：（经检验，是分式方程的解，且符合题意）， ∴． 故选：A． 9．（2025•潮州四模）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，S△ABC＝4cm2．正方形CDEF的顶点D，F分别在AC，BC边上，设CD＝CF＝x，△ABC与正方形CDEF重叠部分的面积为y，则下列图象中能表示y与x之间的函数关系的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，S△ABC＝4cm2， ∴AC×BC＝4， ∴AC＝BC＝2， 当0＜x时，y＝x2； 当x≤2时，设ED交AB于M，EF交AB于N，如图： ∵CD＝x， ∴AD＝2x， 在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°， ∴∠A＝45°， ∵四边形CDEF是正方形， ∴∠MDA＝∠MDC＝90°， ∴△AMD为等腰直角三角形， ∴DM＝2x， ∴EM＝x﹣（2x）＝2x﹣2， ∴S△EMN2， ∴y＝x2﹣2 ＝﹣x2+4x﹣4， ∴当x≤2时，y为开口向下的抛物线， 观察各选项，只有A符合题意． 故选：A． 10．（2017•阿坝州）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），其部分图象如图所示，下列结论： ①4ac＜b2； ②方程ax2+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣1，x2＝3； ③3a+c＞0； ④当y＞0时，x的取值范围是﹣1≤x＜3； ⑤当x＜0时，y随x增大而增大； 其中结论正确的个数是（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【解答】解：∵抛物线与x轴有2个交点， ∴b2﹣4ac＞0，所以①正确； ∵抛物线的对称轴为直线x＝1， 而点（﹣1，0）关于直线x＝1的对称点的坐标为（3，0）， ∴方程ax2+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣1，x2＝3，所以②正确； ∵x1，即b＝﹣2a， 而x＝﹣1时，y＝0，即a﹣b+c＝0， ∴a+2a+c＝0，所以③错误； ∵抛物线与x轴的两点坐标为（﹣1，0），（3，0）， ∴当﹣1＜x＜3时，y＞0，所以④错误； ∵抛物线的对称轴为直线x＝1， ∴当x＜1时，y随x增大而增大，所以⑤正确． 故选：B． 11．（2026•郑州模拟）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，⊙O为正方形ABCD的外接圆，EF为⊙O直径．若EF＝1，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵⊙O与正方形ABCD均为中心对称图形，且正方形ABCD的对角线交于点O，⊙O为正方形ABCD的外接圆，EF为⊙O直径， ∴S阴影＝S弓形AEB＝S扇形AOB﹣S△AOB， ∵EF＝1， ∴， ∵正方形ABCD的对角线交于点O， ∴∠AOB＝90°， ∴， ∴图中阴影部分的面积为， 故选：D． 12．（2026•罗湖区模拟）如图，有一块锐角三角形材料，边BC＝120mm，高AD＝80mm，要把它加工成正方形零件，使其一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，则这个正方形零件的边长为（　　） A．60mm B．48mm C．36mm D．24mm 【解答】解：∵正方形EFGH的FG边在BC上， ∴EH∥BC， ∴△AEH∽△ABC， ∴， 设KD＝x， ∴EF＝GH＝KD＝x， ∴， 解得：x＝48， ∴这个正方形零件的边长是48mm． 故选：B． 13．（2026•顺德区一模）如图，点A、B、C均在⊙O上，连接AO、BO、AC、BC．若∠AOB＝70°，∠A＝50°，则∠OBC的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．35° 【解答】解：∵∠AOB＝70°， ∴． ∴∠ODB＝∠ADC＝180°﹣∠A﹣∠C＝95°． ∵∠O+∠ODB+∠OBC＝180°， ∴∠B＝180°﹣∠ODB﹣∠AOB ＝180°﹣95°﹣70° ＝15°． 故选：A． 14．（2026•安徽二模）已知抛物线y＝ax2+2x+3a﹣1（a≠0）分别经过一、二、三、四象限，则a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵抛物线y＝ax2+2x+3a﹣1（a≠0）经过四个象限． ∴抛物线与x轴有两个不同交点，且两个交点分别在原点两侧． 当x＝0时，y＝3a﹣1，若两个交点在原点两侧，则y与二次项系数a异号，即 a（3a﹣1）＜0． 解不等式得． 计算判别式Δ＝22﹣4a（3a﹣1）＝4+4a（1﹣3a）． ∵， ∴1﹣3a＞0， ∴Δ＝4+4a（1﹣3a）＞0，满足有两个不同交点的条件． ∴a的取值范围是． 故选：C． 15．（2025•眉山）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在AC上，CD，动点P在Rt△ABC的边上沿C→B→A方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为t秒，正方形DPEF的面积为S．当点P由点B运动到点A时，如图2，S是关于t的二次函数．在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等．下列4个结论：①当t＝1时，S＝3；②点P在线段BA上时S＝2t2﹣16t+34；③AD＝4；④t1+t2＝4．其中正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：在Rt△PCD中CD，PC＝t， 则S＝PD2＝t2+2， 当S＝6时，即t2+2＝6， 解得：t＝2（负值已舍去）， 即BC＝2， 当t＝1时，S＝t2+2＝3，故①正确； 由图象可知抛物线顶点为（4，2），且过点（2，6）， 则抛物线的表达式为：S＝a（t﹣4）2+2， 将（2，6）代入上式得：6＝a（2﹣4）2+2， 解得：a＝1， 则抛物线的表达式为：S＝（t﹣4）2+2＝t2﹣8t+18（2≤x≤8），故②错误； 当S＝18时，则t2﹣8t+18＝18， 解得：t＝0（舍去）或8， 则AB＝8﹣2＝6， ∴AC4， ∴AD＝43，故③错误； 画出S＝t2+2（0≤t≤2），如图： 从两个函数表达式看，两个函数a相同，都为1， 若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等， 从图象看，t1、t2关于t＝2对称， 则（t1+t2）＝2， 即t1+t2＝4，故④正确． 故选：B． 二．填空题（共15小题） 16．（2026•郑州模拟）如图，在Rt△ABC中，点P为斜边AB的中点，点Q为AC边上不与端点重合的一动点，连接BQ，PQ．若AB＝6，∠A＝30°，则BQ+PQ的最小值为　　 ． 【解答】解：在Rt△ABC中，点P为斜边AB的中点，点Q为AC边上不与端点重合的一动点，则： 延长BC到点D，使CD＝BC，连接PD，交AC于点Q，连接CP，如图所示： ∵∠ACB＝90°， ∴AC⊥BD， ∵CD＝BC， ∴AC垂直平分BD， ∴BQ＝DQ， ∴BQ+PQ＝DQ+PQ， ∵两点之间线段最短， ∴此时PQ+DQ最小，即BQ+PQ最小， ∵在Rt△ABC中，∠A＝30°，AB＝6， ∴， ∴CD＝BC＝3， ∵点P为斜边AB的中点， ∴， ∴BP＝CP＝BC＝CD， ∴∠CBP＝∠CPB，∠CPD＝∠CDP， ∵∠CBP+∠CPB+∠CPD+∠CDP＝180°， ∴， ∴∠BPD＝90°， ∵BD＝BC+CD＝6， ∴， 即BQ+PQ的最小值为． 故答案为：． 17．（2026•罗湖区模拟）如图，已知△OAB的一边AB平行于x轴，且反比例函数y经过△OAB顶点B和OA上的一点C，若OC＝2AC且△OBC的面积为，则k的值为 　8　 ． 【解答】解：作BD⊥x轴，CE⊥x轴，AF⊥x轴， ∴AF∥CE， ∴， ∵OC＝2AC， ∴， 设点B（，n）， ∵AB∥x轴， ∴A点的纵坐标为n， ∴CEn， ∵点C反比例函数y， ∴C（，n）， ∵S△OBC＝S△OBD+S梯形BCED﹣S△COE＝S梯形BCED， ∴（nn）（）， 解得k＝8， 故答案为：8． 18．（2026•安徽二模）扇形餐盘具有独特的视觉效果和实用性，广泛应用于家庭、餐饮及商业场景，如图，一餐盘所在大圆的半径为55cm，所在小圆的半径为35cm，对应的圆心角为40°，则该餐盘的面积为　200π　 cm2．（结果保留π） 【解答】解：如图， 该餐盘的面积＝S扇形OCD﹣S扇形OAB ＝200π． 19．（2026•南京模拟）定义：若一个钝角三角形中，两个锐角的内角满足其中一个角的2倍与另一个角互余，则我们称这个三角形为“倍角互余三角形”．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点P为BC上一个动点，若△APB为“倍角互余三角形”，则BP的长为　或5　 ． 【解答】解：如图所示，当2∠B+∠BAP＝90°时， 如图，在AB上取一点D，连接DP，使得DP＝DB，过点D作DE⊥BC于E， ∴∠DPB＝∠B，BP＝2BE， ∴∠ADP＝∠DPB+∠B＝2∠B， ∴∠ADP+∠BAP＝90°， ∴∠APD＝90°， 由条件可得， ∴， ∴， 设BE＝4x，BD＝PD＝5x， ∴BP＝8x，AD＝10﹣5x， ∴PC＝BC﹣BP＝8﹣8x， 由勾股定理得AP2＝AD2﹣PD2＝AC2+CP2， ∴（10﹣5x）2﹣（5x）2＝62+（8﹣8x）2， 解得或x＝0（舍去）， ∴； 如图所示，当2∠BAP+∠B＝90°时， 由条件可知∠BAC＝2∠BAP， ∴AP平分∠BAC， 如图所示，过点P作PH⊥AB于H，则PH＝PC， 设BP＝5m，则PH＝CP＝8﹣5m， ∵， ∴， ∴8﹣5m＝3m， ∴m＝1， ∴BP＝5； 综上所述，BP的长为或5． 故答案为：或5． 20．（2026•望城区一模）如图所示的扇形OAB中，∠AOB＝120°，过点O作OC⊥OB，OC交AB于点P，若OP＝2，则阴影部分的面积为 　3π﹣2　 ． 【解答】解：∵OC⊥OB， ∴∠BOC＝90°， ∵∠AOB＝120°，OA＝OB， ∴∠PBO＝30°， ∴OB＝OP÷tan30°＝2， ∴阴影部分的面积为 22＝3π﹣2． 故答案为：3π﹣2． 21．（2026•罗湖区模拟）如图，菱形ABCD中，，点E在边AD上，点F在对角线BD上，作AG⊥BE，EG∥AF交AG于点G．若，则　　 ． 【解答】解：连接AC，分别交BD，BE于点O，M，连接OG，OE，设BD，GE相交于点N， 在菱形ABCD中，AC⊥BD， ∵AG⊥BE，∠AME＝∠BMO， ∴∠OBE＝∠OAG， ∵，， ∴△OBE∽△OAG， ∴∠EOB＝∠GOA， ∴， ∴∠GOE＝∠AOB＝90°， ∴△AOB∽△GOE， ∴∠ABO＝∠GEO＝∠ADO， ∵AF∥GE， ∴∠AFD＝∠END， ∴∠ABF+∠BAF＝∠NEO+∠NOE， ∴∠BAF＝∠DOE， ∴△DOE∽△BAF， ∴， 设OA＝8x，则OB＝OD＝15x，AB＝17x， ∴． 故答案为：． 22．（2026•郑州模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D是AC的中点，将△ABC绕点D顺时针旋转60°得到△A′B′C′，A′B′分别交AC，AB于E，F两点，则B，B′两点间的距离是　　 ，EF的长为　　 ． 【解答】解：连接DB′，BB′，DB，如图： ∵∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1， ∴AB＝2BC＝2， ∴． ∵D是AC中点， ∴， ∴ ， 由旋转性质，DB＝DB′，且旋转角∠BDB′＝60°， ∴△BDB′为等边三角形， ∴； ∵∠A′＝∠A＝30°，∠ADA′＝60°， ∴∠A'ED＝180°﹣30°﹣60°＝90°， ∴△A′DE为直角三角形． 又∵， ∴， ∴， ∵∠AEF＝∠A'ED＝90°，∠A＝30°， ∴． 故答案为：；． 23．（2026•望城区一模）你作为望城“雷小锋”，参加“学习十五五，奋进新征程”密室闯关．大门密码是一个三位数ABC（A，B，C均为0～9的整数），密码线索均来自望城区“十五五”规划主要预期目标： 望城未来五年主要预期目标为： ①地区生产总值年均增长5.5%∼6%； ②全社会研发经费投入年均增长8%； ③高技术制造业增加值占规模工业增加值比重达26%，居民收入增长与经济增长同步． x、y、z依次为线索中三项数据百分号前的数值：①A为x最小值的整数部分；②B为y的四分之一；③C满足3A+3B+C＝z．请推理出大门密码　525　 ． 【解答】解：根据题意，得x＝5.5∼6，y＝8，z＝26， ∵A为x最小值的整数部分；B为y的四分之一；C满足3A+3B+C＝z， ∴， ∴3×5+3×2+C＝26， ∴C＝5， ∴大门密码是525， 故答案为：． 24．（2026•青秀区一模）如图，将△AOB绕点O逆时针旋转得到△COD，∠OAB＝75°，若CD恰好经过点A，且OC⊥OB，OA＝4，则AB＝　　 ． 【解答】解：由旋转的性质得：OA＝OC、∠C＝∠OAB＝75°、∠AOB＝∠COD， ∴∠OAC＝∠C＝75°， ∴∠AOC＝180°﹣75°﹣75°＝30°， ∵OC⊥AB， ∴∠COB＝90°， ∴∠AOB＝∠COB﹣∠AOC＝90°﹣30°＝60°， ∴∠B＝180°﹣∠OAB﹣∠AOB＝180°﹣75°﹣60°＝45°， 如图，作AF⊥OB于点F， 在Rt△AOF中，∠AOF＝60°，OA＝4， ∴∠OAF＝90°﹣60°＝30°， ∴， ∴， 在Rt△ABF中，∠B＝45°， ∴△ABF是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 25．（2018•盘锦）如图①，在矩形ABCD中，动点P从A出发，以相同的速度，沿A→B→C→D→A方向运动到点A处停止．设点P运动的路程为x，△PAB面积为y，如果y与x的函数图象如图②所示，则矩形ABCD的面积为　24　 ． 【解答】解：从图象②和已知可知：AB＝4，BC＝10﹣4＝6， 所以矩形ABCD的面积是4×6＝24， 故答案为：24． 26．（2026•顺德区一模）如图，点D、E、F是等边三角形ABC边上的点，满足．连接DE、EF、FD，写出符合题意的三个不同类型的正确结论：AF＝BD＝CE，△ADF≌△BED≌△CFE，△DEF是等边三角形（答案不唯一）　 ． 【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠C， ∵AD＝BE＝CF， ∴AB﹣AD＝BC﹣BE＝AC﹣CF， ∴AF＝BD＝CE， ∴△ADF≌△BED≌△CFE（SAS）， ∴DF＝DE＝EF， ∴△DEF是等边三角形， 故答案为：AF＝BD＝CE，△ADF≌△BED≌△CFE，△DEF是等边三角形（答案不唯一）． 27．（2026•安徽二模）已知实数a，b，c满足a+b﹣2c＝10． （1）若a＞0且a﹣b+c＝0，则b的范围是b＞﹣10　 ； （2）若ab﹣50＝2c2，则a﹣b﹣c的值为　﹣5　 ． 【解答】解：（1）由a﹣b+c＝0，a+b﹣2c＝10得， ， 因为a＞0， 所以 解得b＞﹣10； 故答案为：b＞﹣10； （2）由a+b＝10+2c，ab＝2c2+50得， a，b可看成方程x2﹣（10+2c）x+（2c2+50）＝0得两实根， 所以Δ＝[﹣（10+2c）]2﹣4（2c2+50）＝﹣4（c﹣5）2≥0， 解得c＝5， 所以a+b＝20，ab＝100， 则a（20﹣a）＝100， 解得a1＝a2＝10， 所以a＝b＝10， 所以a﹣b﹣c＝10﹣10﹣5＝﹣5． 故答案为：﹣5． 28．（2026•南京模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，点D、E分别在边AC和BC上，AC+CD＝5，BC+CE＝7，则AE+BD的最小值是　　 ． 【解答】解：设CD＝a，CE＝b， ∵AC+CD＝5，BC+CE＝7， ∴AC＝5﹣a，BC＝7﹣b， 由勾股定理可得，， ∴， 即表示点（a，b）到点（5，0）和点（0，7）的距离的和， 如图： 当（a，b）在线段MN上时，AE+BD取得最小值，最小值为MN的长． 故答案为：． 29．（2025•龙泉市二模）如图，在▱ABCD中，BC＝3，CD＝4，点E是CD边上的中点，将△ADE沿AE翻折得△AFE，连结BF，点B，F，E恰好在同一直线上，延长AF交BC于点G．则△BFG与四边形AGCD的面积比为　1：8　 ． 【解答】解：如图，延长AD，与BE的延长线交于点H， ∵在▱ABCD中，BC＝3，CD＝4， ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD，AD∥BC， ∴∠1＝∠2，∠DAG＝∠5，∠3+∠C＝180°，∠C＝∠HDE， ∵将△ADE沿AE翻折得△AFE，点B，F，E恰好在同一直线上， ∴AD＝AF＝3，∠3＝∠4，DE＝EF， ∴AF＝BC， ∵∠4+∠AFB＝180°， ∴∠AFB＝∠C， 在△ABF和△BEC中， ， ∴△ABF≌△BEC（AAS）， ∴BF＝EC，AB＝BE＝4， ∵点E是CD边上的中点， ∴BF＝EC＝DE＝EF＝2， 在△DEH和△CEB中， ， ∴△DEH≌△CEB（ASA）， ∴DH＝CB＝3，EH＝EB＝4， ∴AH＝FH＝6， ∴∠DAG＝∠4， ∵∠4＝∠BFG， ∴∠5＝∠BFG， ∴BF＝BG＝2， ∴CG＝1， ∵∠DAG＝∠5， ∴△BFG∽△HFA， ∴， 设△BFG边的BG上的高为h，则△AFH的边AH上的高为3h，▱ABCD的底边AD上的高为4h， 则△BFG与四边形AGCD的面积比为， 故答案为：1：8． 30．（2017•广安）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2…按如图所示放置，点A1、A2、A3…在直线y＝x+1上，点C1、C2、C3…在x轴上，则An的坐标是 　（2n﹣1﹣1，2n﹣1）　 ． 【解答】解：∵直线y＝x+1和y轴交于A1， ∴A1的坐标（0，1）， 即OA1＝1， ∵四边形C1OA1B1是正方形， ∴OC1＝OA1＝1， 把x＝1代入y＝x+1得：y＝2， ∴A2的坐标为（1，2）， 同理A3的坐标为（3，4）， … An的坐标为（2n﹣1﹣1，2n﹣1）， 故答案为：（2n﹣1﹣1，2n﹣1）， 三．解答题（共15小题） 31．（2026•望城区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（abc≠0）与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0）（0＜x1＜x2），与y轴交于点C，顶点为点D，直线CD与x轴交于点M，点O为坐标原点，不妨约定：若M为线段OB中点，则称该抛物线为“X—型”抛物线；若M为线段CD中点，则称该抛物线为“Y—型”抛物线．根据该约定，完成下列各题． （1）下列抛物线中是“X—型”抛物线的有：　③　 （填序号）； ①y＝x2﹣3x+4；②y＝x2﹣2x﹣3；③y＝x2﹣4x+3； （2）若抛物线y＝ax2+bx+c（abc≠0）为“Y—型”抛物线，且直线CD的解析式为y＝﹣2x+c，求的值； （3）抛物线G：y＝x2+bx+c为“X—型”抛物线，若将抛物线G向下平移2个单位长度后得到的新抛物线是“Y—型”抛物线，试求出抛物线G的解析式． 【解答】解：（1）①在y＝x2﹣3x+4中， 当y＝0时，得：x2﹣3x+4＝0， ∵Δ＝（﹣3）2﹣4×1×4＝﹣7＜0， ∴方程x2﹣3x+4＝0无实数根，即抛物线y＝x2﹣3x+4与x轴无交点， ∴抛物线y＝x2﹣3x+4不为“X—型”抛物线； ②在y＝x2﹣2x﹣3中， 当y＝0时，得：x2﹣2x﹣3＝0， 解得：x1＝﹣1，x2＝3， 此时不满足0＜x1＜x2， ∴抛物线y＝x2﹣2x﹣3不为“X—型”抛物线； ③在y＝x2﹣4x+3中， 当y＝0时，得：x2﹣4x+3＝0， 解得：x1＝1，x2＝3， 当x＝0时，得：y＝3， ∴A（1，0），B（3，0），C（0，3）， ∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1， ∴D（2，﹣1）， 设直线CD的解析式为y＝kx+b′，将点C，点D的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线CD的解析式为y＝﹣2x+3， 在y＝﹣2x+3中，当y＝0时，得：﹣2x+3＝0， 解得：， ∴， ∵OB的中点坐标为， ∴点M是OB的中点， ∴该抛物线为“X—型”抛物线， 故答案为：③； （2）在y＝﹣2x+c中， 当x＝0时，得：y＝c； 当y＝0时，得：﹣2x+c＝0， 解得：， ∴C（0，c），； ∵抛物线y＝ax2+bx+c（abc≠0）为“Y—型”抛物线， ∴M 为线段CD中点， ∴D（c，﹣c）， ∴ac2+bc+c＝﹣c，且对称轴为直线x＝c， ∴， ∴b＝﹣2ac， ∴﹣ac﹣2＝﹣2ac， ∴ac＝2， ∴b＝﹣4， 在y＝ax2+bx+c（abc≠0）中， 当y＝0时，得：ax2+bx+c＝0， ∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣4）2﹣4×2＝8， ∴， ∴ ； （3）平移前，在y＝x2+bx+c中，当x＝0时，y＝c， ∴C（0，c）， ∵抛物线G：y＝x2+bx+c为“X—型”抛物线， ∴M为线段OB中点， ∴， ∵， ∴， 设直线CD的解析式为y＝k1x+b1，将点C，点D的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线CD的解析式为， 在中，当y＝0时，得：， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 将抛物线G向下平移2个单位长度后得到的新抛物线的解析式为y＝x2+bx+c﹣2，平移后的顶点坐标为， 在y＝x2+bx+c﹣2中，当x＝0时，得：y＝c﹣2， ∴平移后的抛物线与y轴交于点（0，c﹣2）， ∵平移后的抛物线为“Y—型”抛物线， ∴点和点（0，c﹣2）组成的线段的中点在x轴上， ∴， ∴b2＝8c﹣16， ∴， 解得：c＝6， ∴b2＝8×6﹣16＝32， ∴， ∵， ∴b＜0， ∴， ∴抛物线G的解析式为． 32．（2026•青秀区一模）我们已经学过完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab+b2，将它适当变形可以解决很多数学问题． （1）填空：已知a+b＝5，ab＝3，则a2+b2＝　19　 ． （2）“幻方”起源于中国，是我国古代数学的杰作之一．在数学活动课上，小彬和小华同学探究类似填幻方的数字游戏，将数字1，2，3，4，5，6填入如图所示的“□”中，使每个圆圈上的三个数字之和都相等． ①如图1所示，两个空白“□”中，从左到右依次应填　4　 ，　5　 ；每个圆圈上的三个数字之和为　12　 ． ②如图2所示，三个“□”中的数字分别记为：a，b，a+b﹣3，请根据图3的对话内容，求a+b的值． 小彬：由填数规则得1≤a+b﹣3≤6； 所以4≤a+b≤9 小华：我发现，若记每个圆圈上的三个数字之和为S，则a+b的值可以用含S的式子表示． 小彬：对！根据你的发现，可以求出a+b的值． 图3 ③在②的结论下，若12+22+32+42+52+62+a2+b2+（a+b﹣3）2＝126，求ab的值． 【解答】解：（1）∵（a+b）2＝a2+2ab+b2， ∴a2+b2＝（a+b）2﹣2ab， ∵a+b＝5，ab＝3， ∴原式＝52﹣2×3＝25﹣6＝19． 故答案为：19； （2）解：①设两个空白“□”中，左边空白“□”应填的数为x，右边空白“□”应填的数为y， 根据每个圆圈上的三个数字之和相等， 可得：， 解得：， ∴两个空白“□”中，从左到右依次应填4，5， 每个圆圈上的三个数字之和为：3+x+y＝3+4+5＝12． 故答案为：4；5；12； ②设上方的圆圈上空白“□”应填的数为m，左侧的圆圈上空白“□”应填的数为x，右侧的圆圈上空白“□”应填的数为y， ∵每个圆圈上的三个数字之和为S， ∴， ∴①+②+③得：4a+4b﹣6+（m+x+y）＝3S， ∴x+y＝2S+6﹣3（a+b）， ∵1+2+3+4+5+6＝x+y+m+a+b+（a+b﹣3）， ∴x+y+m+2（a+b）＝24， ∴24﹣2（a+b）＝3S﹣4（a+b）+6， ∴， ∵4≤a+b≤9，S为整数， ∴a+b＝6或9； ③∵12+22+32+42+52+62＝91， 又∵12+22+32+42+52+62+a2+b2+（a+b﹣3）2＝126， ∴a2+b2+（a+b﹣3）2＝126﹣91＝35， ∵（a+b）2＝a2+2ab+b2， ∴（a+b）2﹣2ab+（a+b﹣3）2＝35， ∴2ab＝（a+b）2+（a+b﹣3）2﹣35， 由②可知：a+b＝6或9， 当a+b＝6时， 2ab＝62+（6﹣3）2﹣35＝36+9﹣35＝10， ∴ab＝5； 当a+b＝9时， 2ab＝92+（9﹣3）2﹣35＝81+36﹣35＝82， ∴ab＝41； 综上，ab＝5或41． 33．（2025•眉山）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点B′处，折痕交AB于点E，再沿着过点B′的直线折叠，使点D落在B′C边上的点D′处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点B′、D′及折痕CE、B′F，连接B′E、B′C、D′F． 【初步猜想】（1）确定CE和B′F的位置关系及线段BE和CF的数量关系． 创新小组经过探究，发现CE∥B′F，证明过程如下： 由折叠可知∠DB'F＝∠CB'F∠DB'C，∠ECB'＝∠ECB∠BCB'．由矩形的性质，可知AD∥BC，∴∠DB′C＝∠BCB′，∴①　∠ECB'＝∠FB'C ，∴CE∥B′F． 智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为②BE＝CF ． 经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一： 方法一：证明△AB′E≌△D′CF，得到B′E＝CF，再由B′E＝BE可得结论． 方法二：过点B′作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形CFB′G，然后证B′G＝B′E可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】（3）如图2，在矩形ABCD中，AB＝6，按上述操作折叠并展开后，过点B′作B′G∥AB交CE于点G，连接D′G，当△B′D′G为直角三角形时，求出BE的长． 【解答】解：（1）由折叠可知，． 由矩形的性质，可知AD∥BC， ∴∠DB'C＝∠BCB'． ∴①∠ECB'＝∠FB'C． ∴CE∥B'F． 智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为②BE＝CF， 故答案为：①∠ECB'＝∠FB'C；②BE＝CF； （2）法一：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，BC＝AD， ∵折叠， ∴∠EB'C＝∠B＝90°，B'D＝B'D'，BC＝B'C＝AD，∠D＝∠B'D'F＝90°，BE＝B'E， ∴AD﹣B'D＝B'C﹣CD'，即：AB'＝CD'，∠CD'F＝90°＝∠A， 由（1）知：∠CB'D＝∠BCB'， 又∵∠AB'E+∠CB'D＝180°﹣∠EB'C＝90°，∠BCB'+∠B'CF＝∠BCD＝90°， ∴∠AB'E＝∠FCD'， 又∵∠A＝∠CD'F，AB'＝CD'， ∴△AB'E≌△D'CF， ∴B'E＝CF， ∵BE＝B'E， ∴BE＝CF； 法二：作B'G∥AB交CE于点G，则：B'G∥AB∥CD， ∵CE∥B'F， ∴四边形CFB'G为平行四边形， ∴B'G＝CF， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， ∴AB∥B'G， ∴∠B'GE＝∠BEC， ∵折叠， ∴∠BEC＝∠B'EC，BE＝B'E， ∴∠B'GE＝∠B'EC， ∴B'E＝B'G， ∴BE＝B'E＝B'G＝CF； （3）∵B'G∥AB， ∴∠A＝∠GB'D＝90°， 由（2）可知：B'G＝B'E＝BE＝CF，CD'＝AB'，△AB'E≌△D'CF， ∴D'F＝AE， 设BE＝x，则：B'G＝B'E＝CF＝x，D'F＝AE＝AB﹣BE＝6﹣x， ∴， 如图，当△B'D′G为直角三角形时，则：∠B'GD'＝90°， ∴∠GB'D+∠B'GD'＝180°， ∴GD'∥AD∥BC， ∴∠D'GC＝∠ECB， 又∵∠GCD'＝∠ECB， ∴∠CGD'＝∠GCD'， ∴， ∵B'G∥AB∥CD， ∴∠GB'D'＝∠FCD'， ∴在Rt△B'GD'和Rt△CD′F中，tan∠GB'D′＝tan∠FCD'， ∴，即：， ∴x（6﹣x）＝12x﹣36， 解得：或（舍去）； ∴； 当∠GD'B'＝90°时， ∵∠B'D'F＝∠D＝90°， ∴∠GD'B'+∠B'D'F＝180°， ∴G、D'、F三点共线， ∴B'C⊥GF， ∵四边形B'GCF是平行四边形， ∴四边形B'GCF是菱形， ∴∠GCD'＝∠FCD'， ∵∠GCD'＝∠GCB， ∴∠GCD'＝∠GCB＝∠FCD'＝30°， 设CF＝a，则DF＝D'F＝6﹣a， ∴， 即， 解得：a＝4， ∴BE＝CF＝4； 综上所述：或4． 34．（2026•顺德区一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过（0，2）和（2，2）两点． （1）补充一个条件，求抛物线的表达式； （2）将抛物线y＝ax2+bx+c向左平移m（m＞0）个单位得到新的抛物线y1．当x＞﹣1时，y1随x的增大而增大，求m的取值范围； （3）当时，判断y与的大小，并说明理由． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过（0，2）和（2，2）两点， ∴将（0，2）代入抛物线方程可得：2＝a×02+b×0+c，即c＝2． 将（2，2）和c＝2代入抛物线方程可得：2＝a×22+b×2+2，化简得4a+2b＝0，即b＝﹣2a， 所以抛物线的表达式为y＝ax2﹣2ax+2， 补充条件：抛物线经过点（1，1）， 将（1，1）代入y＝ax2﹣2ax+2， 可得：1＝a×12﹣2a×1+2，即1＝a﹣2a+2， 解得a＝1， 把a＝1代入b＝﹣2a，可得b＝﹣2， ∴抛物线的表达式为y＝x2﹣2x+2（答案不唯一）； （2）由（1）得：抛物线的表达式为y＝ax2﹣2ax+2， ∴对称轴为直线， ∵向左平移m个单位， ∴新抛物线y1的对称轴为直线x＝1﹣m， ∵因为a＞0，抛物线开口向上， ∴当x＞1﹣m时，y1随x增大而增大， ∵题目要求当x＞﹣1时，y1随x增大而增大， ∴1﹣m≤﹣1， 解得m≥2； （3）． 理由：由（1）得：抛物线的表达式为y＝ax2﹣2ax+2， ∴ ， 对于一元二次方程， 其判别式 ＝4a2+4a+1﹣8a﹣4 ＝4a2﹣4a﹣3 ＝（2a﹣3）（2a+1）， ∵且a＞0， ∴2a﹣3〈0，2a+1〉0， ∴Δ＜0， 又∵a＞0， ∴二次函数的图象开口向上，且与x轴无交点， 即对于任意x，， ∴，即． 35．（2026•安徽二模）如图1，正方形ABCD中，E、F分别为边BC、CD上的点，且BE＝CF，连接BF、AE相交于点G，P为BC延长线上一点，连接AP交BF、CF于点M、N，且EM⊥AP． （1）求证：∠AGB＝90°； （2）若AE＝EP，求的值； （3）如图2，若BE＝EC＝2，求CP的长． 【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴∠CBF＝∠BAE， ∵∠CBF+∠ABG＝90°， ∴∠BAE+∠ABG＝90°， ∴∠AGB＝90°； （2）解：∵EM⊥AP，AE＝EP， ∴M为AP的中点，∠P＝∠EAM， ∵∠ABP＝90°， ∴AM＝BM＝PM， ∴∠P＝∠MBP＝∠BAE＝∠EAM， ∴∠P+∠EAP+∠BAE＝3∠P＝90°， 解得：∠P＝30°， ∵AD∥BP， ∴∠DAN＝∠P＝∠BAE＝30°， 在△ABE和△ADN中， ， ∴△ABE≌△ADN（ASA）， ∴BE＝DN， ∵BC﹣BE＝EC，CD﹣DN＝CN， ∴CN＝EC， ∴； （3）解：∵EM⊥AP，∠AGB＝90°， ∴∠AGM＝∠AME＝90°， 又∵∠MAG＝∠EAM， ∴△MAG∽△EAM， ∴，即AM2＝AG•AE， 同理可得，AB2＝AG•AE， ∴AM＝AB， ∴∠ABM＝∠AMB， ∵CD∥AB， ∴∠ABM＝∠MFN， ∴∠FMN＝∠MFN， ∴MN＝FN， 设MN＝FN＝x， ∵BE＝CF，BE＝EC＝2， ∴AN＝AM+MN＝AB+MN＝4+x，DN＝DF+FN＝2+x， 在Rt△ADN中，由勾股定理得：AN2＝AD2+DN2， ∴（4+x）2＝42+（x+2）2， 解得：x＝1， ∴CN＝CD﹣DF﹣FN＝4﹣2﹣1＝1，DN＝DF+FN＝2+1＝3， ∴MN＝CN＝1， ∵AD∥BC， ∴△ADN∽△PCN， ∴， ∴， 解得：（经检验，是分式方程的解，且符合题意）． 36．（2026•罗湖区模拟）（1）发现：如图1所示，BD是矩形ABCD的对角线，作AF⊥BD交BD于点F，交BC于点E．求证：△ABE∽△BCD； （2）探究：如图2，点G是矩形ABCD边BC上一点，连接DG，过点D作AF⊥DG交BC于点G，，探究的值； （3）拓展：在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，点P为BC边上的三等分点，点E和F分别为直线AD和BC上的点，将矩形ABCD沿直线EF翻折，点P恰好落在边CD上的点Q处，求的值． 【解答】（1）证明：∵AE⊥BD， ∴∠EFB＝90°， ∴∠FBE+∠FEB＝90°， 又∵四边形ABCD为矩形， ∴∠C＝∠ABC＝90°， ∴∠FBE+∠BDC＝90°， ∴∠FEB＝∠BDC， ∴△ABE∽△BCD． （2）解∵BG＝GE，， 设AB＝6a，BC＝11a，BG＝GE＝x， ∵CE＝11a﹣2x＞0， ∴， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝90°，∠ABE＝90°，CD＝AB＝6a， ∴∠CGD+∠CDG＝90，∠ABE＝∠C， ∵AF⊥DG， ∴∠GFE＝90°， ∴∠CGD+∠AEB＝90°， ∴∠AEB＝∠GDC， ∴△AEB∽△GDC， ∴， ∴， ∴x＝2a或x＝9a（与矛盾，舍去）， ∴； （3）解：作EM⊥BC于点M，则∠EMB＝∠EMF＝90°， ∵在矩形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，∠C＝90°＝∠EMF， ∴四边形ABME为矩形， ∴EM＝AB＝3， 根据题意可知，点P和点Q关于直线EF对称， ∴EF⊥PQ， ∴∠CPQ+∠PFE＝90°， ∵∠C＝90°， ∴∠CPQ+∠CQP＝90°， ∴∠MFE＝∠CQP， ∴△EMF∽△PCQ， ∴， ∵BC＝6，点P为BC边上的三等分点， ∴或， ∴或， ∴或． 37．（2026•郑州模拟）综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验．请运用已有经验，对“对补四边形”进行研究．定义：对角互补的四边形叫作对补四边形． （1）初步认识 某学习小组先对“对补四边形”的角进行探究． 如图1，四边形ABCD是对补四边形，若∠A：∠B：∠C＝5：3：4，则∠D的度数为　120°　 ； （2）性质探究 该学习小组就“对补四边形”的边和对角线继续进行探究： ①如图2，四边形ABCD是对补四边形，若对角线AC平分∠DAB，求证：CD＝CB； ②如图3，四边形ABCD是对补四边形，AB＝AD，连接AC，若∠ACB＝α，求∠BCD的度数．（用含α的式子表示） （3）拓展应用 如图4，在边长为4的等边△ABC中，D是边AB的中点，E是边AC上一动点，将△AED沿ED翻折，得到△FED，延长EF交直线BC于点G，若，请直接写出FG的长． 【解答】（1）解：由∠A：∠B：∠C＝5：3：4，设∠A＝5x，∠B＝3x，∠C＝4x，（1）由∠A：∠B：∠C＝5：3：4，设∠A＝5x，∠B＝3x，∠C＝4x， ∵四边形ABCD是对补四边形， ∴∠A+∠C＝180°， 即5x+4x＝180°， 解得：x＝20°， ∴∠B＝3x＝60°， ∴∠D＝180°﹣60°＝120°， 故答案为：120°； （2）①证明：过点C分别作CE⊥AD于点E，CF⊥AB交AB的延长线于点F，如图2所示． ∵对角线AC平分∠DAB，CE⊥AD，CF⊥AB， ∴CE＝CF，∠CED＝∠CFB＝90°． ∵四边形ABCD是对补四边形， ∴∠ABC+∠ADC＝180°． ∵∠ABC+∠CBF＝180°， ∴∠CDE＝∠CBF． 在△CDE和△CBF中， ， ∴△CDE≌△CBF（AAS）， ∴CD＝CB； ②解：过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，如图3， 则∠AEB＝∠AFD＝90°． ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADF． 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（AAS）， ∴AF＝AE． ∴点A在∠DCB的平分线上， ∴∠DCB＝2∠ACB＝2α； （3）解：FG的长为或．理由如下： ①当点G在线段BC上时，如图4，连接DG，作DM⊥BC于M，DN⊥EF于N， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝60°． 根据折叠得∠EFD＝∠A＝60°， ∴∠DFG＝120°， ∴∠B+∠DFG＝180°， ∴四边形BGFD是对补四边形，则DG平分∠BGE， ∴DN＝DM，NG＝GM． ∵∠B＝∠DFN＝60°，∠DMB＝∠DNF＝90°，DN＝DM， ∴△DNF≌△DMB（AAS）， ∴NF＝BM． 在Rt△DMB中，∠BDM＝30°， ∴， 当时，， ∴，NF＝1， ∴． ②当点G在射线BC上时，如图5． 当点G在BC的延长线上时，如图5，连接DG，作DM⊥BC于M，DN⊥EF于N， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝60°． 根据折叠得∠EFD＝∠A＝60°， ∴∠DFG＝120°， ∴∠B+∠DFG＝180°， ∴四边形BGFD是对补四边形，则DG平分∠BGE， ∴DN＝DM，NG＝GM． 在△DNF和△DMB中， ， ∴△DNF≌△DMB（AAS）， ∴NF＝BM． 在Rt△DMB中，∠BDM＝30°， ∴， 当时，， ∴，NF＝1， ∴． 综上所述，FG的长为或． 38．（2026•望城区一模）如图，四边形ABCD是⊙O内接四边形，对角线AC与BD相交于点E，对角线AC平分∠BAD．点F在线段AC上，满足CF＝CD，连接FB，FD． （1）求证：△ABE∽△ACD； （2）若S△BCD＝S△BFD，求的值； （3）若∠BFD＝∠BCD，⊙O的半径为1，记DE＝x，，试求出y关于x的函数解析式，并直接写出的最大值． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是⊙O内接四边形，对角线AC平分∠BAD， ∴∠CAB＝∠CAD， ∵， ∴∠ABE＝∠ACD， ∴△ABE∽△ACD； （2）解：如图1，过点F，C分别作BD的垂线，垂足分别为G，H， ∴∠FGE＝∠CHE＝90°， ∵S△BCD＝S△BFD， ∴， ∴CH＝FG， 在△CEH和△FEG中， ， ∴△CEH≌△FEG（AAS）， ∴CE＝EF， 又∵CF＝CD， ∴CD＝2CE， ∵AC平分∠BAD， ∴E到AB，AD的距离相等，设E到AB，AD的距离为d，A到BD的距离为h， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴∠BAE＝∠EDC， 又∵∠BEA＝∠CED， ∴△BEA∽△CED， ∴， ∴， 即； （3）解：，的最大值为．理由如下： 如图2，连接OC，OD，设CO，BD交于点M， ∵AC平分∠BAD， ∴∠CAB＝∠CAD， ∴， ∴OC⊥BD， 设∠CAB＝∠CAD＝α，∠BDF＝β， ∵， ∴∠BDC＝∠BAC＝α， ∴∠CFD＝CDF＝α+β， 又∵CF＝CD， ∴∠CFD＝α+β， ∵∠CFD＝∠CAD+∠FDA＝α+∠FDA， ∴∠FDA＝β， ∴∠FDA＝∠BDF＝β即DF平分∠BDA， ∴F是△ABD的内心， ∴∠ABF＝∠DBF， ∴ ＝90°+α， ∵∠BFD＝∠BCD， ∴∠BCD＝90°+α， 又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠BCD＝180°﹣∠BAD＝180°﹣2α， ∴90°+α＝180°﹣2α， 解得：α＝30°， ∴∠COD＝2∠DAC＝2α＝60°， 又∵OC＝OD， ∴△OCD是等边三角形， ∵⊙O的半径为1， ∴BC＝CD＝OC＝1， ∵DE＝x，OC⊥BD，∠BDC＝α＝30°， ∴， ∴， 由（2）可得△BEA∽△CED， ∴， 又∵∠CBD＝∠CAB＝30°，∠BCE＝∠ACB， ∴△BCE∽△ACB， ∴， ∴BC2＝AC•CE＝1， 又∵∠BCE＝∠ADE，∠BEC＝∠AED， ∴△BCE∽△DAE， ∴， ∴AD•CE＝BC•DE， ∴ ， ， ∴当时，的最大值为． 39．（2026•青秀区一模）综合与探究 已知△ABC中，点E在边AB上，点F在边BC的延长线上，连接EF交AC于点D． 【初探】（1）如图1，若∠B＝90°，AB＝BC，AE＝CF，过点E作EG∥BF交AC于点G． ①求证：△DGE≌△DCF； ②求证：； 【再探】（2）如图2，若∠B＝90°，AB＝2BC，AE＝2CF，探究CD与BE之间的数量关系； 【深探】（3）如图3，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点，点E是AB上一点，点F在BC延长线上，AB＝8，AE＝2，BC＝4CF，当点C从点B运动到点A，请直接写出点D的运动路径的长． 【解答】（1）证明：①∵AB＝BC，∠B＝90°， ∴． ∵EG∥BF， ∴∠AEG＝∠B＝90°，∠GED＝∠F，∠AGE＝∠ACB． ∴∠AGE＝∠A． ∴AE＝GE． 又∵AE＝CF， ∴GE＝CF． 在△DGE和△DCF中， ∵∠GED＝∠F，∠GDE＝∠CDF，GE＝CF， ∴△DGE≌△DCF（AAS）． ②如图所示，过点D作BF的垂线，交BF于点H． ∵△DGE≌△DCF， ∴DE＝DF． ∴EF＝2DF． ∵DH⊥BF， ∴∠DHF＝90°． ∴∠DHF＝∠B＝90°． 又∵∠F＝∠F， ∴△DHF∽△EBF． ∴． ∴BE＝2DH． ∵． ∴． （2）解：如图所示，过点E作AB的垂线，交AC于点G，过点D作BF的垂线，交BF于点H． ∵GE⊥AB， ∴∠AEG＝90°． ∴∠AEG＝∠B＝90°． 又∵∠A＝∠A， ∴△AEG∽△ABC． ∴． ∴AE＝2GE． 又∵AE＝2CF， ∴GE＝CF． 同（1）可证得△DGE≌△DCF（AAS）， ∴DE＝DF． 同（1）可证得BE＝2DH． ∵∠DHC＝∠B＝90°，∠ACB＝∠DCH＝90°， ∴△ACB∽△DCH． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． （3）解：如图所示，过点E作BC的平行线，交AC于点G，取BE的中点为点H，连接DH. ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°． ∵GE∥BC， ∴△AEG∽△ABC． ∴． ∴BC＝4GE． 又∵BC＝4CF， ∴GE＝CF． ∵GE∥BC， ∴∠GED＝∠F． 在△DEG和△DFC中， ∠GED＝∠F，∠GDE＝∠CDF，GE＝CF， ∴△DEG≌△DFC（AAS）． ∴DE＝DF． 又∵EH＝HB， ∴DH∥BC． ∴∠ADH＝∠ACB＝90°． ∴点D的运动轨迹为以AH为直径的半圆． ∴点D的运动路径的长． 40．（2026•海门区校级模拟）综合与实践 问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系． 探究发现：如图1，在△ABC中，AC＝BC，P是AB边上一点，过点P作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，过点A作AF⊥BC于F，连结CP，由图形面积分割法得：S△ABC＝S△APC+S△BPC ，则AF＝PD +PE ； 实践应用：如图2，△ABC是等边三角形，AC＝3，点G是AB边上一点．连结CG，将线段CG绕点C逆时针旋转60°得CF，连结GF交BC于P，过点P作PD⊥GC于D，PE⊥CF于E，当AG＝1时，求PD+PE的值； 拓展延伸：如图3，已知AB是半圆O的直径，AC，BE是弦，AC＝BE，P是AB上一点，PD⊥AC，垂足为D，AB＝10，AD＝2，BD＝4，求S△PAC+S△PBE的值． 【解答】解：探究发现：由图可知S△ABC＝S△APC+S△BPC AC•PDBC•PE BC•（PD+PE） ， ∴AF＝PD+PE， 故答案为：S△BPC，PD，PE； 实践应用：如图，过G作GM⊥AC于点M， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠A＝60°， 在Rt△AMG中，AG＝1， ∴AM＝AG•cos60°，GM＝AG•sin60°， ∵AC＝3， ∴CM＝AC﹣AM， 在Rt△CGM中，CG， ∵线段CG绕点C逆时针旋转60°得CF， ∴CG＝CF，∠GCF＝60°， ∴△CGF为等边三角形， ∴GF＝CF＝CG，∠F＝60°， 过G作GN⊥CF于点N， 在Rt△GFN中，GN＝GF•sin60°， 由（探究发现）可知PD+PE＝GN； 拓展延伸：如图，延长AC、BE交于点Q，连接BC，过P作PM⊥BE于点M， 设CD＝x，则AC＝2+x， ∵AB为半圆O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵AB＝10，BD＝4， ∴在Rt△ACB中，BC2＝AB2﹣AC2＝100﹣（2+x）2， 在Rt△BCD中，BC2＝BD2﹣CD2＝（4）2﹣x2， ∴100﹣（2+x）2＝（4）2﹣x2， 解得x＝4； ∵BE＝AC＝2+4＝6， ∴， ∴，即， ∴∠ABE＝∠BAC， ∴△ABQ为等腰三角形， ∵AC⊥DP，BC⊥AC，PM⊥BE， ∴由（探究发现）可知BC＝PD+PM， 在Rt△ABC中，BC8， ∴PD+PM＝8， ∴S△PAC+S△PBE AC•PDBE•PM ＝3（PD+PM） ＝3×8 ＝24． 41．（2026•顺德区一模）平移、旋转、轴对称、相似变换等几何变换，为静态图形赋予动态生成的意义，让孤立图形在运动变化中建立关联，在变与不变中揭示图形的本质属性与内在规律．这既是从特殊到一般认识几何世界的基本思想，也是理解空间形式、发展几何直观与推理能力的重要路径． 【特例探究】 如图1，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点E是矩形内一动点，且∠DEC＝90°．将CE绕点C逆时针旋转90°，并放大为原来的2倍后，点E的对应点为点F．连接BF，交DE的延长线于点G，连接AE． （1）按题意在图1中画出符合题意的四边形CEGF，判断其形状，并说明理由； （2）当点G为BF中点时，求的值； （3）求的最小值； 【类比探究】 （4）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，，．连接BD，若AB＝2BC，求BD的最大值． 【解答】解：（1）将CE绕点C逆时针旋转90°，并放大为原来的2倍，点E的对应点为点F．连接BF，交DE的延长线于点G，连接AE，如图， 四边形CEGF即为所求； 四边形CEGF为矩形，理由如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD＝90°，AB＝CD，AD＝BC， 由题意得，∠ECF＝90°，CF＝2CE， ∴∠DCE＝∠BCF＝90°﹣∠BCE， ∵BC＝2AB， ∴BC＝2CD，即， ∵CF＝2CE， ∴， ∴， ∴△CDE∽△CBF， ∴∠BFC＝∠DEC＝90°， ∵∠DEC＝90°， ∴∠GEC＝180°﹣∠DEC＝90°， ∴∠GEC＝∠ECF＝∠BFC＝90°， ∴四边形CEGF为矩形； （2）如图，过点E作EH⊥AD于点H， 由（1）得△CDE∽△CBF， ∴， ∵点G为BF中点， ∴， ∴， ∴GF＝DE， ∵四边形CEGF是矩形， ∴CE＝GF， ∴DE＝CE， ∵∠DEC＝90°， ∴△DEC为等腰直角三角形， ∴∠CDE＝45°， ∵在矩形ABCD中，∠ADC＝90°， ∴∠ADE＝90°﹣45°＝45°， 设DE＝CE＝2a， 则， ∴， ∵EH⊥AD，∠ADE＝45°， ∴△EDH为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵∠DEC＝90°， ∴点E的轨迹为以CD的中点O为圆心，DO为半径的圆⊙O， 延长AE交⊙O于点M，连接DM，如图， ∵∠ADC＝90°， ∴∠ADE+∠EDC＝∠ECD+∠EDC＝90°， ∴∠ADE＝∠ECD， ∵， ∴∠ECD＝∠M， ∴∠ADE＝∠M， ∵∠DAE＝∠MAD， ∴△DAE∽△MAD， ∴， ∴， ∵AD为定值， ∴当取得最小值时，DM取得最大值， ∵DM≤DC， ∴， ∴的最小值为2； （4）过点B作BG⊥DB，且使得BG＝2BD，连接AG，DG，如图， ∵∠ABC＝90°， ∴∠DBC+∠ABD＝90°， ∵BG⊥DB， ∴∠GBA+∠ABD＝90°， ∴∠DBC＝∠GBA， ∵AB＝2BC，BG＝2BD， ∴， ∴△BDC∽△BGA， ∴， ∴， ∵， ∴BDDG， ∴当DG取得最大值时，BD取得最大值， ∵， ∴当点A，D，G三点共线时，DG取得最大值，为， ∴BD的最大值为． 42．（2026•安徽二模）如图1，已知抛物线y＝﹣x2+bx+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OB＝OC，抛物线的对称轴为直线x＝m． （1）求b、m的值； （2）过C点的直线l：y＝kx+3（k＜0）与抛物线另交于点P，与直线x＝m交于点M． ①若3S△ACM＝2S△APM，求k的值； ②如图2，将直线l向下平移s（s＞0）个单位，得到直线l′，交y轴于点D，交直线x＝m于点F，过D点作DE⊥l于点E，设DE•DF＝t，求的最小值． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且OB＝OC， ∴当x＝0时，y＝3， ∴OC＝3，C（0，3）， ∴B（3，0）． 把B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+3得，﹣32+3b+3＝0， 解得：b＝2， ∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， ∵抛物线的对称轴为直线x＝m， ∴m＝1． （2）①如图，过点C作CH⊥对称轴于H，过点P作PN⊥对称轴于N，则CH∥PN， ∴△CHM∽△PNM， ∴， ∵3S△ACM＝2S△APM， ∴． ∵m＝1， ∴CH＝1 ∴ ∴， ∴P点的横坐标为， 当时，， ∴， ∵点P在直线y＝kx+3（k＜0）上， ∴， 解得：． ∴若3S△ACM＝2S△APM，则． ②∵将直线l向下平移s（s＞0）个单位，得到直线l′， ∴l∥l′， ∵直线x＝m与y轴平行， ∴四边形CDFM为平行四边形， ∵DE•DF＝t，m＝1， ∴四边形CDFM的面积为DE•DF＝t＝CD•m＝CD＝s， ∴， ∵s＞0， ∴最小为﹣1． 43．（2025•长沙）如图1，点O是以AB为直径的半圆的圆心，AD与BC均为该半圆的切线，C，D均为直径AB上方的动点，连接CD，且始终满足CD＝AD+BC． （1）求证：CD与该半圆相切； （2）当半径r时，令AD＝a，BC＝b，m，n，比较m与n的大小，并说明理由； （3）在（1）的条件下，如图2，当半径r＝1时，若点E为CD与该半圆的切点，AC与BD交于点G，连接EG并延长交AB于点F，连接AE，BE，令EG＝x，CD＝y，求y关于x的函数解析式．（不考虑自变量x的取值范围） 【解答】（1）证明：如图，连接CO，并延长交DA的延长线于点M，过点O作OE⊥CD于点E， ∵AD与BC均为该半圆的切线， ∴AD⊥AB，BC⊥AB， ∴AD∥BC， ∴∠M＝∠OCB， ∵O为AB的中点， ∴OA＝OB， 在△OAM与△OBC 中， ， ∴△OAM≌△OBC（AAS）， ∴AM＝BC， ∵CD＝AD+BC， ∴CD＝AD+AM＝DM， ∴∠M＝∠OCE， ∴∠OCB＝∠OCE，即CO平分∠BCD， 又∵OE⊥CD，OB⊥CB， ∴OE＝OB， ∴CD与该半圆相切； （2）解：m＝n．理由如下： 如图，过点C作CM⊥AD，交AD于点M， 在△CDM中，由勾股定理可得CD2＝DM2+CM2， ∵CD＝AD+BC＝a+b，DM＝|a﹣b|，CM＝2r， ∴（a+b）2＝（a﹣b）2+4r2， ∴r2＝AD•BC＝ab＝2，代入可得； （3）解：∵CD，AD，BC均为该半圆的切线， ∴DA＝DE，CB＝CE， ∵AD⊥AB，BC⊥AB， ∴AD∥BC， ∴△DAG∽△BCG， ∴， ∴， ∵∠ACD＝∠GCE， ∴△ACD∽△GCE， ∴∠ADC＝∠GEC． ∴EG∥AD∥BC，FG∥AD∥BC， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴FG＝EG＝x， 由（2）可知r2＝AD•BC＝DE•EC＝1， ∴， 又在Rt△ABE 中， ∵， ∴AE•BE＝4x， ∴， ∴． 44．（2026•西湖区校级模拟）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D，连接AC． （1）如图1，求证：∠BAC＝∠DAC； （2）如图2，连接BC，延长DC交AB的延长线于点E，∠AEC的平分线分别交AC，BC于点F，G，求证：CF＝CG； （3）如图2，在（2）的条件下，若G是EF的中点，且，CD＝4，求线段CF的长． 【解答】（1）证明：如图，连接OC， ∵DC切O于点C， ∴OC⊥CD， ∴∠OCB＝90°， ∵AD⊥CD， ∴∠ADC＝90°， ∴∠OCB＝∠ADC， ∴∠ACO＝∠DAC， ∵OA＝OC， ∴∠ACO＝∠BAC， ∴∠BAC＝∠DAC； （2）证明：如图，连接OC， 由（1）知：∠OCE＝∠OCD＝90°，∠CAO＝∠ACO， ∴∠OCB+∠BCE＝90°， ∵AB是O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACB＝∠OCE， ∴∠BCE＝∠ACO， ∴∠CAO＝∠BCE， ∵EF是∠AEC的平分线， ∴∠CEF＝∠AEF， ∴∠CFG＝∠CAO+∠AEF，∠CGF＝∠BCE+∠CEF， ∴∠CFG＝∠CGF， ∴CF＝CG； （3）解：如图，取CE的中点Q，连接QG， ∵G是EF的中点， ∴GQ∥CF，， ∴∠CGQ＝∠ACB＝90°， 由（2）知：CF＝CG， ∴， 由（2）知：∠DAC＝∠BAC＝∠BCE， ∴， ∴， ∴， ∴AD＝8， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，AD＝8， ∴， ∴， ∵∠CAE＝∠GCE，∠FEA＝∠CEG， ∴△AFE∽△CGE， ∴， ∴AF＝2CG， ∵CF＝CG， ∴AF＝2CF， ∵， ∴． 45．（2026•银川一模）已知：如图所示，在平面直角坐标系xOy中，∠B＝90°，OC＝5，OB＝4，若点M是边OB上的一个动点（与点O、B不重合），过点M作MN∥OC交BC于点N． （1）求点B的坐标； （2）当△MBN的周长与四边形OMNC的周长相等时，求BM的长； （3）在OC上是否存在点Q，使得△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出此时MN的长；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）如图1，过点B作BH⊥OC于点H， ∵∠B＝90°，OC＝5，OB＝4， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）∵MN∥OC， ∴△BNM∽△BCO ∴ 设BM＝x，则， ∵△MBN的周长与四边形OMNC的周长相等， ∴BM+BN+MN＝OM+MN+OC+CN， 即， 解得， ∴； （3）由（2）可得：当BM＝x，则，， ①当∠NMQ1＝90°，MN＝MQ时， ∵△OMQ∽△OCB， ∴． ∵MN＝MQ， ∴． ∴． ∴； ②当∠NMQ2＝90°，MN＝NQ2时， 此时四边形MNQ1Q2是正方形， ∴NQ2＝MQ1＝MN， ∴； ③当∠MQN＝90°，MQ＝NQ时，如图3，过点M作MH⊥OB于点H， ∵， ∴MN＝2MH ∴， ∵△OMH∽△OCB， ∴， ∴， ∴． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $