题号猜想03 浙江中考数学9-10题（11大考点，选择题）（浙江专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

题号猜押03 浙江中考数学9~10题（选择题） 考点1 动点问题的函数图象 1．（2026•富阳区一模）如图1，在△ABC中，CA＝CB，动点D从点A出发以1个单位/秒速度向点B做匀速运动，设y＝AC2﹣CD2，AB＝a，点D运动时间为x（秒）（0≤x≤a），且y关于x的函数图象如图2所示，点（m，t）和（n，t）在函数图象上，且m＝8﹣n（m＜n），则下列选项中正确的是（　　） A．a＝10 B．当y＝12时，则点D运动时间为2秒或8秒 C．点（5，16）在函数图象上 D．当2≤x≤7时，函数有最小值7 2．（2026•杭州一模）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°．点P从A出发，沿AC﹣CB向终点B运动，过P作PQ⊥AB于点Q，连结CQ．设点P的运动路径长为x（0≤x≤8），△APQ的面积为y1，△PQC的面积为y2，y1，y2关于x的函数图象如图2所示，则下列结论错误的是（　　） A．AC＝4 B．点（7，2）在y1函数图象上 C．y1的最大值为4 D．当x＝2时，y1＝y2＝1 3．（2026•温州一模）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，点P从点D出发，以每秒1个单位的速度沿DB向终点B运动，同时点Q从点B出发，沿折线B﹣C﹣D向终点D匀速运动，两点同时到达终点．设运动时间为x秒，PQ2为y．如图2，y关于x的函数图象经过最低点E（2，m）．下列说法不正确的是（　　） A．n＝7 B．m＝25 C． D．点（4，28）在该函数图象上 4．（2026•余杭区校级模拟）某学习小组分到如图1所示农耕地△ABC用于劳动课种植果蔬，已知．小明（点D）从点A出发，同时小红（点E）从点B出发，以相同的速度按逆时针方向沿△ABC的边走动，记录测量数据，两人各执卷尺一端，卷尺（DE）保持笔直．当小明到达点B时，小红刚好到达点C；当小明到达点C时，小红到点A还差m米．在小明从点B到点C的过程中，设BD为x米，四边形ABDE的面积为y平方米．如图2，y关于x的函数图象与y轴的交点为（0，48），最低点的纵坐标为n．下列结论正确的是（　　） A．m＝3 B．n＝38 C．△ABC的面积为49平方米 D．当四边形ABDE为梯形时，y＝27 5．（2026•浙江模拟）如图1，在矩形ABCD中，点P从点A出发沿边AD→DC匀速运动，运动到点C时停止．过点P作对角线AC的垂线，交矩形ABCD的边于点Q．设点P运动的路程为x，AQ的长为y，其中y关于x的函数图象如图2所示，则下列选项错误的是（　　） A．AB＝4 B． C． D．点（6，5）在该函数图象上 6．（2026•东阳市模拟）如图1，点O为△ABC的重心，当动点P从点A出发沿△ABC的边逆时针运动一周，设点P的运动路程为x，OP2为y，y关于x函数的部分图象如图2所示，则下列说法中正确的是（　　） A．n＝3 B．m＝50 C． D．△ABC的面积为30 考点2 函数图形、一次函数的代数综合考察 1．（2025•杭州校级模拟）若定义一种新运算：a⊗b，例如：3⊗1＝3﹣1＝2；5⊗4＝5+4﹣6＝3．则函数y＝（x+2）⊗（x﹣1）的图象大致是（　　） A． B． C． D． 2．（2025•滨江区校级模拟）2025年哈尔滨第九届亚冬会期间，为清理滑雪赛道，甲、乙两辆清雪车同时从A地出发开始清雪至B地，如图反映了甲、乙两辆清雪车清雪的路程s（千米）与清雪时间t（时）之间的函数关系，下列说法：①甲清雪车的速度为4千米/时；②乙清雪车的平均速度为5千米/时；③经过1小时，乙清雪车在甲清雪车前方1千米处；④经过3小时甲清雪车追上乙清雪车．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2025•西湖区模拟）小明从家出发步行至学校，停留一段时间后乘车返回，则下列函数图象最能体现他离家的距离（s）与出发时间（t）之间的对应关系的是（　　） A． B． C． D． 4．（2026•浙江模拟）在“探索一次函数y＝kx+b中k，b与图象的关系”活动中，已知点A（2，2），点P（m，n）在第一象限内，若一次函数y＝kx+b图象经过A，P，则下列判断正确的是（　　） A．当m＞n时，b＞0 B．当m＜n时，b＜0 C．当m+n＝2时，k＞0 D．当m+n＝2时，k＜0 5．（2026•鹿城区校级模拟）《九章算术》中记载，浮箭漏出现于汉武帝时期，它由供水壶和箭壶组成，箭壶内装有箭尺，水匀速地从供水壶流到箭壶，箭壶中的水位逐渐上升，箭尺匀速上浮，可通过读取箭尺读数计算时间．某实验小组仿制了一套浮箭漏，并进行了测试．下表是实验小组从上午9时开始记录的数据： 时间 9：00 9：10 9：30 10：00 … 箭尺示数 2.2 3.0 4.6 7.0 … 根据此规律，若箭尺的示数为13.4，估计此时的时间为（　　） A．上午11：00 B．上午11：10 C．上午11：20 D．上午11：30 考点3 反比例函数图象的性质与K的几何意义 1．（2026•西湖区校级一模）已知反比例函数，点M（x1，y1）和N（x2，y2）是反比例函数图象上的两点，若对于x1＝2a，2≤x2≤4，都有y1＜y2，则a的取值范围是（　　） A．a＜0或2＜a＜3 B．0＜a＜1 C．2＜a＜3 D．a＞3或a＜0 2．（2026•杭州一模）如图，△AOB的两点A，B在反比例函数的图象上，过B作BD⊥y轴于点D，交OA于点E．若E为AO的中点，则△AEB的面积是（　　） A． B． C．6 D．5 3．（2025•杭州校级模拟）如图，OC交双曲线y于点A，且OC：OA＝5：3，若矩形ABCD的面积是8，且AB∥x轴，则k的值是（　　） A．18 B．50 C．12 D． 考点4 反比例函数图象上点的坐标特征 1．（2025•绍兴三模）已知点A（3﹣t，y1）和点B（t+2，y2）都是反比例函数的图象上的两点，下列说法正确的是（　　） A．当﹣1＜t＜3时，y1＞y2 B．当3＜t＜5时，y1＜y2 C．当﹣2＜t＜1时，y1＞y2 D．当﹣5＜t＜﹣2时，y1＜y2 2．（2025•上城区校级三模）已知反比例函数图象过点A（a，y1），B（2a，y2），C（4a，y3），则下列结论正确的是（　　） A．y1y2y3＜0 B．y3＜y2＜y1 C．y2﹣y1＝y3﹣y2 D． 3．（2025•西湖区校级三模）已知点A（﹣2，y1）和点B（m，y2）均在反比例函数的图象上，若y1+y2＞0，则下列选项正确的是（　　） A．m＞2 B．m＜0 C．0＜m＜2 D．m＞2或m＜0 4．（2025•钱塘区三模）已知A（x1，﹣2），B（x2，2）在反比例函数（k为常数，k≠0）的图象上，则下列说法正确的是（　　） A．若k＞0，则x2＜0＜x1 B．若k＞0，则0＜x2＜x1 C．若k＜0，则x1＜x2＜0 D．若k＜0，则x2＜0＜x1 5．（2025•上城区校级三模）已知，点A（x1，y1），B（x2，y2）在反比例函数（k＞0）的图象上，则以下结论正确的是（　　） A．若x1＜x2，则y1＞y2 B．若x1x2＜0，则y1y2＞0 C．若x1+x2＝0，则y1+y2＝0 D．若x1x2＞0且x1＜x2，则y1＜y2 6．（2025•钱塘区校级模拟）反比例函数的图象经过点A（n，y1），B（n﹣2，y2），下列说法一定正确的是（　　） A．若k＞0，n＞0，则y1＞y2 B．若k＞0，n＜0，则y1＞y2 C．若k＜0，n＞0，则y1＞y2 D．若k＜0，n＜0，则y1＞y2 7．（2026•嘉兴一模）如图，在直角坐标系中，O是原点，点A在反比例函数（k为常数，k＞0，x＞0）的图象上，点C在x轴上，且AO＝AC，延长AC交反比例函数的图象于点B，记点A，B的横坐标分别为a，b．当a，b的值变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A． B．b﹣a C．b2﹣a2 D． 8．（2026•浙江模拟）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的两条边分别与坐标轴平行，AB过原点O，已知点A，B在反比例函数的图象上，过点C作直线EF∥AB，与该反比例函数的图象相交于点E，F．若AC＝6，BC＝8，则EF的长为（　　） A． B．12 C． D． 9．（2026•衢州模拟）如图，△ABC在直角坐标系中，∠ABC＝90°，点B的坐标是（2，1）．若反比例函数的图象经过点A，C，且点A的横坐标是1，则点C的坐标为（　　） A． B． C． D． 考点5 二次函数的性质、图象与系数的关系、最值等代数综合考点 1．（2025•萧山区二模）已知二次函数y＝a（x+1）（x﹣t）（a≠0），且A（0，m），B（2，n）为其图象上两点，则下列说法正确的是（　　） A．若a＜0，t＜4，则m＞n B．若a＜0，t＜4，则m＜n C．若a＞0，t＞4，则m＞n D．若a＞0，t＞4，则m＜n 2．（2025•宁海县二模）二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象上有A（a，y1），B（4，y2）两点．下列正确的选项是（　　） A．当0＜a＜2时，y1＞y2 B．当a＞2时，y1＜y2 C．当a＜0时，y1＜y2 D．当a＞4时，y1＜y2 3．（2025•临平区校级三模）二次函数y＝（x+1）2+（x+2）2与y＝（x+a）2+（x+b）2的图象关于y轴对称，则（a﹣1）2+（b﹣1）2的值为（　　） A．0 B．1 C．10 D．13 4．（2025•嵊州市模拟）如图，平面直角坐标系中有四个点E（﹣4，﹣4），F（﹣3，0），M（﹣2，﹣4），O（0，0），二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）的图象经过这四个点中的其中三个点，若要使a取得最小值，则抛物线y＝ax2+bx+c经过的三个点是（　　） A．E，F，M B．E，F，O C．E，M，O D．F，M，O 5．（2025•浙江模拟）已知x1、x2是二次方程x2+bx+c＝0两个不同的根．若0＜x1＜1，0＜x2＜1，则（　　） A．c和1+b+c都小于 B．c和1+b+c至少一个小于 C．c和1+b+c都大于 D．c和1+b+c至少一个大于 6．（2026•湖州一模）已知二次函数y＝（x﹣m）2+k的图象顶点为M，图象上有一点P（x1，y1）满足y1﹣k＝3（x1﹣m）≠0，若Q（x2，y2）是函数图象（PM段）上的一点（不与P，M重合），令t＝y2﹣k，则t的范围是（　　） A．t＜3 B．t＞9 C．0＜t＜3 D．0＜t＜9 7．（2026•普陀区一模）在平面直角坐标系xOy中，点（2，m），（3，n）在抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上，抛物线的对称轴是直线x＝t，若m＜n＜c，则t的取值范围是（　　） A． B． C．1＜t＜3 D． 8．（2026•绍兴一模）在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣2，4），B（3，9），由线段AB与抛物线的一段y＝x2（﹣2≤x≤3）组成的图形C，如图所示．若将图形C上的一点P先向右平移3个单位，再向上平移1个单位后仍在图形C上，则这样的点P的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 9．（2025•浙江）为了实时规划路径，卫星导航系统需要计算运动点与观测点之间距离的平方．如图1，点P是一个固定观测点，运动点Q从A处出发，沿笔直公路AB向目的地B处运动．设AQ为x（单位：km）（0≤x≤n），PQ2为y（单位：km2）．如图2，y关于x的函数图象与y轴交于点C，最低点D（m，81），且经过E（1，225）和F（n，225）两点．下列选项正确的是（　　） A．m＝12 B．n＝24 C．点C的纵坐标为240 D．点（15，85）在该函数图象上 考点6 三角形与特殊三角形的性质的综合应用 1．（2025•浙江）如图，在Rt△ABC中，∠A＝35°，CD是斜边AB上的中线，以点C为圆心，CD长为半径作弧，与AB的另一个交点为点E．若AB＝2，则的长为（　　） A．π B．π C．π D．π 2．（2025•浙江三模）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形ABCD，中间是一个小正方形EFGH，连结DE与FG相交于点M，延长DE交BC于点N，若M是DE的中点，AB＝8，则EN的长（　　） A． B． C．2 D． 3．（2025•宁海县二模）弦图是我国古代数学家证明勾股定理时使用的一种精巧的几何图形，最早见于《周髀算经》和三国时期刘徽的《九章算术注》．弦图的基本结构由四个全等的直角三角形和一个中心正方形组成．如图弦图中，四边形ABCD和四边形EFGH为正方形，点E，F，G，H分别在边AD，AB，BC，CD上，DE＝3，连结BD，分别交EH，FG于点M，N，．则EM的长为（　　） A．2 B． C． D． 4．（2026•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，分别以点A、B为圆心，AC、BC的长为半径作弧，与AB交于点D、E．若AB＝4，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 5．（2025•上城区校级三模）如图，点P是△ABC的重心，点D是边AB的中点，PE∥AB交BC于点E，若四边形BEPD的面积为5，则△ABC的面积为（　　） A．15 B．16 C．18 D．20 6．（2025•西湖区二模）已知△ABC中，AB2＝AC（AC+BC），则（　　） A．∠ABC＝2∠ACB B．∠ACB＝2∠ABC C．∠ACB＝2∠BAC D．∠BAC＝2∠ABC 7．（2025•西湖区校级三模）如图，点D是等腰Rt△ABC中斜边BC上的一个动点（不与B，C重合），若已知AD的长，则一定能求出值的是（　　） A．BD+CD B．BD•CD C．BD2+CD2 D． 8．（2025•临平区校级二模）已知△A1B1C1，△A2B2C2的周长相等，现有两个判断： ①若A1B1＝A2B2，A1C1＝A2C2，则△A1B1C1≌△A2B2C2； ②若∠A1＝∠A2，∠B1＝∠B2，则△A1B1C1≌△A2B2C2， 对于上述的两个判断，下列说法正确的是（　　） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①，②都错误 D．①，②都正确 9．（2025•嵊州市模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以△ABC的三边向外作正方形ACFG，正方形BDEC，正方形AMNB．连结DN，若DN＝x，AC＝y，BC＝a（a为常数），则下列各式为定值的是（　　） A．x+y B．x2+y2 C． D．x2﹣y2 考点7 特殊四边形性质与判定的综合 1．（2025•绍兴三模）如图，矩形ABCD的边，AB，BC＝3，E为AB上一点，且AE＝1，F为AD边上的动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角三角形EFG，EF＝EG，连接CG，则CG的最小值为（　　） A． B． C．2 D． 2．（2025•绍兴三模）如图，E是正方形ABCD边BC上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，且EF＝AE，连接AF交CD于点G，BE＝2，EC＝1，则DG的长为（　　） A． B． C． D． 3．（2025•萧山区二模）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”．如图是由四个全等的直角三角形（△ABE，△DAH，△DCG，△BCF）拼接而成，直线EG与AD，BC分别交于点M，N，已知AM：MD＝1：4，则正方形ABCD与正方形EFGH的面积比为（　　） A． B． C． D． 4．（2025•钱塘区三模）如图，四边形ABCD是正方形，点F在边AD上运动（不与端点重合），连结CF，以CF为对角线作正方形CEFG，连结BG，DE．当点F运动时，下列比值不变的是（　　） A． B． C． D． 5．（2026•宁波模拟）如图，在边长为2的菱形ABCD中，对角线交于点O，BE⊥AD于点E，F为CD上一点，∠CFO＝∠BAD＜90°，延长FO交AB于点G，记AG＝x，AE＝y，当∠BAD的大小发生变化时，则下列代数式的值不变的是（　　） A．xy B．x+y C．x﹣y D．x2+y2 6．（2026•浙江一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点A′是点A关于直线BD的对称点，连结A′B交CD，AC于点E，F，连结OE．若CF＝3，OF＝2，则OE的长度为（　　） A． B． C． D． 7．（2026•柯城区一模）如图，在矩形ABCD中，四边形ABFG和四边形CDHE都是正方形，对角线AC交FG，EH于点M，N，连接BM交EH于点L，连接DN交FG于点K，连接AL，CK，可形成“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样．若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道（　　） A．四边形ABFG的面积 B．四边形ABCD的面积 C．四边形ABEH的面积 D．四边形EFGH的面积 考点8 圆的基本性质、直线与圆的位置关系综合题型 1．（2025•金东区二模）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD是半圆的切线，OD⊥AB，若∠CAB＝27°，则∠D的度数为（　　） A．63° B．44° C．54° D．64° 2．（2025•余杭区校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝4．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2026•台州一模）如图，在圆内接四边形ABCD中，AB是圆的直径，过点C作CE⊥AB于点E，连结AC．若BC＝CD，AE＝9，BE＝4，则△ACD的面积为（　　） A．16 B．15 C．12 D．10 4．（2026•鹿城区校级模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB＝AC，BO的延长线交⊙O于点D，过点D作DH⊥AC，垂足为H．若2AH＝CH，BC＝10．则BD的长度为（　　） A． B．15 C． D． 5．（2026•余杭区校级模拟）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，连结OP，OP长为2，∠APB＝120°，则⊙O的半径为（　　） A．1 B．2 C． D． 6．（2026•定海区一模）如图，在Rt△ABC中，已知∠BCA＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6．把△ABC以点B为中心逆时针旋转，使点C旋转至AB边延长线上的C′处，那么AC边转过的图形（图中阴影部分）的面积是（　　） A． B． C．27π D．9π 考点9 尺规作图痕迹考察 1．（2025•西湖区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，分别以点A和点B为圆心，大于AB的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线MN，交BC于点D，连接AD，则∠CAD的度数是（　　） A．20° B．30° C．45° D．60° 2．（2025•浙江模拟）如图，AD为⊙O的直径，作⊙O的内接正六边形ABCDEF，甲、乙两人的作法分别如下． 甲：（1）作OD的中垂线，交⊙O于C（左），E（右）两点； （2）再作OA的中垂线，交⊙O于B（左），F（右）两点； （3）连结AB，BC，CD，DE，EF，FA，六边形ABCDEF即为所求的六边形． 乙：（1）以D为圆心，OD长为半径作圆弧，交⊙O于C（左），E（右）两点； （2）再以A为圆心，OA长为半径作圆弧，交⊙O于B（左），F（右）两点； （3）连结AB，BC，CD，DE，EF，FA，六边形ABCDEF即为所求的六边形． 对于甲、乙两人的作法，可得到以下判断（　　） A．甲、乙均正确 B．甲、乙均错误 C．甲正确、乙错误 D．甲错误，乙正确 3．（2026•浙江模拟）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°．按以下步骤作图：①分别以点A，B为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点E，F；②作直线EF；③以点B为圆心，以BA为半径画弧交直线EF于点G；④连接BG交AC于点P．则∠APB＝（　　） A．60° B．70° C．75° D．80° 考点10 图形变换之轴对称、旋转、折叠的综合 1．（2025•钱塘区校级模拟）如图，已知△ABC是等边三角形，D为边AB上一点，且AD：DB＝3：2，作点A关于CD的对称点A′，连结A'C、A′D，A′D与BC交于E点，则CE：EB的值为（　　） A． B．9 C． D．10 2．（2025•滨江区校级模拟）如图．已知△ABC．∠ACB＝30°，CP为∠ACB的平分线，且CP＝6，点M、N分别是边AC和BC上的动点，则△PMN周长的最小值为（　　） A．4 B．6 C．6 D．10 3．（2025•金东区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，P、Q分别是边AB和AC上的动点，且始终保持AQ＝BP，连结CP，BQ，则BQ+CP的最小值是（　　） A．11 B． C． D．8 4．（2025•杭州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝8，点D为AB上一点，连接CD，将△BCD沿CD翻折得到△B′CD，过点A作AF∥BC交DB′于点E，交CB′于点F，若AE＝B′E，则BD的长为（　　） A．4 B． C．5 D． 5．（2025•温州校级三模）如图，在正方形ABCD中，将边AB绕点A逆时针旋转至AF，使F点落在正方形ABCD内部，延长BF交∠DAF的平分线于点H，连接FD交AH于点G，则下列比值是定值的是（　　） A． B． C． D． 6．（2025•临平区校级三模）在等边△ABC中，D为△ABC内的一点，∠BDC＝120°，∠ADB＝90°，CD＝1，则AD的长为（　　） A． B．2 C． D．3 7．（2026•富阳区一模）如图，正方形ABCD的边长为3，将长为2的线段QF的两端放在正方形相邻的两边上同时滑动．如果点Q从点A出发，在AB上滑动，同时点F在BC上滑动，当点F到达点C时，运动停止，那么在这个过程中，线段QF的中点M所经过的路线长为（　　） A． B． C． D． 考点11 相似三角形的性质与应用 1．（2025•金华模拟）如图，点G，H，P，Q分别在等腰△ABC的腰上，连接GH，PQ，已知GH∥PQ∥BC，AG＝BP，且sinA＝asinB，PQ+GH＝b，AB的长为定值．当a与b发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A． B．ab C．a+b D． 2．（2025•乐清市校级模拟）如图，在等腰直角三角形ABC中，BC＝8，D是BC上一点，BD＜CD，连结接AD，作DE⊥AD，交BC的垂线CE于点E．连接AE，交BC于F，若设CF＝x，CE＝y，在D的运动过程中，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．xy C．x2+y2 D． 3．（2025•滨江区校级三模）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边DC上，DE：EC＝3：1，连接AE交BD于点F，则△DEF的面积与四边形BCEF的面积之比为（　　） A．9：16 B．9：19 C．9：28 D．3：4 4．（2025•金华模拟）如图，点D，E，F分别在△ABC的边上，∠AFD＝∠FDE＝∠DEB，点G是EF的中点，连接AG并延长交BC于点H，已知，则的值是（　　） A． B． C． D． 5．（2025•浙江三模）如图，在△ABC中，点D是AB上一点（不与点A，B重合），过点D作DE∥BC交AC于点E，过点E作EF∥AB交BC于点F，点G是线段DE上一点，EG＝2DG，点H是线段CF上一点，CH＝2HF，连接AG，AH，GH，HE．若已知△AGH的面积，则一定能求出（　　） A．△ABC的面积 B．△ADG的面积 C．四边形DBFE的面积 D．△EFC的面积 6．（2025•上城区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝12，BA＜BC，点D为AC的中点，线段BD的垂直平分线l交边BC于点E．设BE＝x，tanC＝y，则（　　） A．x﹣3y2＝3 B．2x﹣3y2＝7 C．3x﹣3y2＝15 D．4x﹣3y2＝15 7．（2026•平阳县校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点M在边AB上，线段MC绕点M顺时针旋转，点C恰巧落在边AC上的点N处．如果m．那么n与m满足的关系式是（　　） A．m﹣2n＝1 B．m﹣3n＝1 C．2m﹣2n＝1 D．2m﹣3n＝1 1．（2026•长兴县校级模拟）若A＝3x2﹣2xy+2，B＝x2﹣y2+1，则A，B的大小关系为（　　） A．A≥B B．A＞B C．A≤B D．A＜B 2．（2026•宁波校级一模）数学兴趣小组借助绘图软件探究函数的图象．现输入一组m，n的值，得到的函数图象如图所示，由此可以推断输入的m，n的值满足（　　） A．m＞0，n＞0 B．m＞0，n＜0 C．m＜0，n＞0 D．m＜0，n＜0 3．（2026•宁波模拟）如图1，E为矩形ABCD边AD上一点，点P从点B沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q从点B沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．若P，Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△BPQ的面积为y（cm2）．已知y与t的函数关系图象如图2，则下列结论正确的是（　　） A．AE＝8cm B．当t＝12s时，△PBQ是等腰三角形 C． D．当0＜t≤10时，y＝0.8t2 4．（2026•平阳县校级模拟）如图1，动点P从△ABC的顶点A出发，沿边AB→BC以每秒1个单位的速度匀速运动，运动到点C时停止．设点P运动的时间为x（s），AP的长为y，y关于x的函数图象如图2所示，则△ABC的面积为（　　） A．15 B．16 C． D． 5．（2026•衢江区模拟）如图1，直线l⊥直线m，垂足为点O，点A和点B分别是直线l和直线m上两定点，点P从点A出发，以每秒1个单位长度，沿直线l水平向右运动，同时点Q从点B出发，以每秒2个单位长度，沿直线m竖直向上运动，设运动时间为x（s），△PQO面积为y．如图2，y关于x的函数图象与y轴交于点C，图象与x轴只有一个交点D，且经过G（1，9）和E（n，q），点C和点E是关于抛物线的对称轴对称的两点，下列选项正确的是（　　） A．点D坐标为（3，0） B．当y＝9时，x＝1或7 C．q＝32 D．点（10，34）在该函数图象上 6．（2026•定海区模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，反比例函数的图象经过顶点D，分别与对角线AC，边BC交于点E，F，连接EF，AF．若点E为AC的中点，△AEF的面积为2，则k的值为（　　） A． B．3 C．4 D．6 7．（2026•衢江区模拟）在平面直角坐标系xOy中，若点A（1，y1），B（﹣2，y2）在反比例函数的图象上，则y1+y2的值为（　　） A．一定是正数 B．一定是负数 C．一定等于0 D．不能确定 8．（2026•浙江一模）已知反比例函数上有A（t﹣l，y1），B（1﹣t，y2）两点，当t满足下列什么条件时，一定有y1＞y2（　　） A．t＞0 B．t＜0 C．t＞1 D．t＜1 9．（2026•宁波模拟）冬奥会空中技巧项目的场地如图（图1是实景照片，图2是截面示意图）．一名运动员在某次训练的技术分析如图（图3所示抛物线是运动员的空中实际路线的一段，图4是该段抛物线在以着陆坡的最低点B所在水平直线为x轴、起跳点A所在直线为y轴建立的平面直角坐标系中的示意图）【注：AB的长为25米，∠ABO＝37°，tan37°≈0.75】，在本次训练时，运动员的着陆点恰好在着陆坡的最低点B处，设抛物线的函数表达式为y＝ax2+bx+c，平行于y轴的直线与抛物线、着陆坡分别交于点C，D，则下列所作技术分析正确的是（　　） A．着陆坡的水平宽度OB＝18.75米 B．点A的坐标为（0，12） C． D．当CD的最大值为10米时， 10．（2026•拱墅区校级模拟）已知点A（2，﹣6），B（6，﹣4），C（3，m）均在抛物线的图象上y＝ax2+bx+c（a≠0），且﹣7≤m≤﹣6，点（n，y1）和（n+1，y2）也在此抛物线上，则下列说法正确的是（　　） A．若y1＜y2恒成立，则n＜2 B．若y1＜y2恒成立，则n＞2 C．若y1＞y2恒成立，则n＞2 D．若y1＞y2恒成立，则n＜2 11．（2026•萧山区校级模拟）已知二次函数的顶点在一次函数y2＝ax+ab﹣5上，且当时，都有y1＜y2，a的取值范围是（　　） A． B．a≥3 C．1≤a≤2 D．a≤1或a≥2 12．（2026•衢州模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，，，点H，F分别在边AD，BC上移动（不与端点重合），且满足DH＝BF，连接FH，则下列为定值的是（　　） A．∠EFG的大小 B．四边形EFGH的周长 C．线段FH的长 D．四边形EFGH的面积 13．（2026•拱墅区校级模拟）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连结BH并延长，交AD于点N，交AF于点M．若点M是EF的中点，则△DNH与△BFM的面积比为（　　） A． B． C． D． 14．（2026•萧山区校级模拟）如图，在△ABC中，BE⊥AC，∠EBC＝45°，在BC上取一点D，使得AB＝AD，求CD和AE的数量关系是（　　） A． B．CD＝2AE C． D．CD＝1.5AE 15．（2026•绍兴一模）如图，在平行四边形ABCD中，，BC＝4，∠B＝45°，点E在边BC上，D是线段FG的中点，若AG∥EF，则四边形AEFG的面积为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 16．（2026•宁波校级一模）如图，BD是正方形ABCD的对角线，E为边BC上的动点（不与端点重合），点F在BC的延长线上，且CF＝BE，过点F作FG⊥BD于点G，连结AE，EG．则下列比值为定值的是（　　） A． B． C． D． 17．（2026•西湖区校级一模）如图，正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交DC的延长线于F，交BC于M，若DE＝MF，且，则线段CF的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 18．（2026•湖州一模）如图，AB为半圆O的直径，C为AB延长线上一点，CD切半圆于点D，AE⊥CE于点E，交半圆于点F，已知AE＝6，CE＝8，则OD的长为（　　） A． B．4 C． D． 19．（2026•普陀区一模）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为E，连接BD并延长，与过点A的切线AM相交于点P，连接AC．若⊙O的半径为6.5，AC＝12，则AP的长是（　　） A． B．26 C． D．24 20．（2026•浙江一模）如图，菱形ABCD的边长为2，以A为圆心，AB长为半径作弧，分别与BC，CD交于E，F两点，若与的长之比为1：2，则的长为（　　） A．π B． C． D． 21．（2026•宁波模拟）根据如图所示的尺规作图痕迹，下列结论不一定成立的是（　　） A．AE＝DE B．AF∥DE C．DE⊥AB D．AE＝AF 22．（2026•长兴县校级模拟）如图：已知AB＝8，AC＝BD＝1，点P是线段CD上一动点，分别以AP、BP为边向上作正方形APEF和PHKB，设正方形对角线的交点分别为O1，O2，当点P从点C运动到点D时，线段O1O2的中点G的运动路径长是（　　） A．3 B．6 C． D． 23．（2026•嘉兴一模）如图，在三角形纸片ABC中，AB＝AC，点D在边BC上（点B，D不重合，CD＞BD），将△ACD沿AD折叠后得到△AED，DE交AB于点F．若AD＝AF，则∠EAD与∠BAC的数量关系正确的是（　　） A． B． C． D． 24．（2026•舟山模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E在AD边上且AE＝1，点F为直线AB上一动点，连接EF，将△AEF沿着折痕EF折叠，得到△A′EF，动点P在BC边上，连接PA′，则PA′+PD最小值是（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 25．（2026•浙江模拟）如图，在四边形ABCD中，BE＝2EA，AH＝2HD，DG＝2GC，CF＝2BF，则四边形EFGH与四边形ABCD的面积比为（　　） A． B． C． D． 26．（2026•定海区一模）如图，矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，点B在边EF上，点G在CD上，FG交BC于M点，EN⊥AB，AB＝18，若S△ENB：S△BFM＝16：9，则AD＝（　　） A． B． C． D． 27．（2026•东阳市模拟）已知某仓储中心有一个斜坡AB，B，C在同一水平地面上，∠B＝30°，其横截面如图．现有一个侧面图为正方形DEFG的正方体货柜，其中米，该货柜沿斜坡向下时，若点D的最大高度限制（即点D离BC所在水平面的高度DH的最大值）为米，则BG的长度应不超过（　　）米． A．6 B． C． D． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押03 浙江中考数学9~10题（选择题） 考点1 动点问题的函数图象 1．（2026•富阳区一模）如图1，在△ABC中，CA＝CB，动点D从点A出发以1个单位/秒速度向点B做匀速运动，设y＝AC2﹣CD2，AB＝a，点D运动时间为x（秒）（0≤x≤a），且y关于x的函数图象如图2所示，点（m，t）和（n，t）在函数图象上，且m＝8﹣n（m＜n），则下列选项中正确的是（　　） A．a＝10 B．当y＝12时，则点D运动时间为2秒或8秒 C．点（5，16）在函数图象上 D．当2≤x≤7时，函数有最小值7 【考点】动点问题的函数图象．版权所有 【分析】过C作CE⊥AB于E，根据三线合一的性质得出，根据勾股定理求出AC2＝CE2+AE2，CD2＝CE2+（AE﹣AD）2，则可求y＝AE2﹣（AE﹣x）2，根据二次函数的性质得出当x＝AE时，y由最大值为AE2，由点（m，t）和（n，t）在函数图象上，且m＝8﹣n（m＜n）可求出该抛物线的对称轴为直线，则AE＝4，进而求出AB＝2AE＝8，y＝﹣（x﹣4）2+16，即可判断选项A、C，把y＝12代入y＝﹣（x﹣4）2+16，求出对应的x，即可判断选项B，根据二次函数的增减性即可判断选项D． 【解答】解：由题意，得AD＝x， 如图，过C作CE⊥AB于E， ∵CA＝CB， ∴， ∵CD2＝CE2+DE2＝CE2+（|AE﹣AD|）2＝CE2+（AE﹣AD）2，AC2＝CE2+AE2， ∴y＝AC2﹣CD2 ＝CE2+AE2﹣[CE2+（AE﹣AD）2] ＝AE2﹣（AE﹣AD）2， ＝AE2﹣（AE﹣x）2， ∴当x＝AE时，y由最大值为AE2， ∵点（m，t）和（n，t）在函数图象上，且m＝8﹣n（m＜n）， ∴该抛物线的对称轴为直线， ∴AE＝4， ∴AB＝2AE＝8，y＝﹣（x﹣4）2+16，故选项A错误，不符合题意； ∴顶点为（4，16），故选项C错误，不符合题意； 当y＝12时，12＝﹣（x﹣4）2+16， 解得x＝2或x＝6， ∴当y＝12时，则点D运动时间为2秒或6秒，故选项B错误，不符合题意； 当2≤x≤4时，y随x的增大而增大， 当x＝2时，y＝12； 当4＜x≤7时，y随x的增大而减小， 当x＝7时，y＝7； 故当2≤x≤7时，函数有最小值7， 故选项D正确，符合题意； 故选：D． 2．（2026•杭州一模）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°．点P从A出发，沿AC﹣CB向终点B运动，过P作PQ⊥AB于点Q，连结CQ．设点P的运动路径长为x（0≤x≤8），△APQ的面积为y1，△PQC的面积为y2，y1，y2关于x的函数图象如图2所示，则下列结论错误的是（　　） A．AC＝4 B．点（7，2）在y1函数图象上 C．y1的最大值为4 D．当x＝2时，y1＝y2＝1 【考点】动点问题的函数图象．版权所有 【分析】根据图2可得AC+CB的长度为8，可得AC＝4；画出x＝7时的图形，计算△APQ的面积即可；根据题意可得当x＝4时，△APQ的面积最大；画出x＝2时的图形，计算△APQ和△PQC的面积即可． 【解答】解：由题意得，AC+CB＝8， ∵AC＝BC， ∴AC＝BC＝4，故选项A正确； 当x＝7时，如图，则PB＝1， ∵AC＝BC，∠ACB＝90°， ∴∠B＝45°， ∴， ∴， ∴， ∴， 即x＝7时，， ∴点（7，2）不在y1函数图象上，故选项B错误； 可得当x＝4时，S△APQ最大， 此时， ∴，故选项C正确； 当x＝2时，如图，则AP＝CP＝2，， ∵AP＝PC， ∴， 即当x＝2时，y1＝y2＝1，故选项D正确． 故选：B． 3．（2026•温州一模）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，点P从点D出发，以每秒1个单位的速度沿DB向终点B运动，同时点Q从点B出发，沿折线B﹣C﹣D向终点D匀速运动，两点同时到达终点．设运动时间为x秒，PQ2为y．如图2，y关于x的函数图象经过最低点E（2，m）．下列说法不正确的是（　　） A．n＝7 B．m＝25 C． D．点（4，28）在该函数图象上 【考点】动点问题的函数图象．版权所有 【分析】连接AC，交BD于点O，过点Q作QH⊥DB于点H，结合菱形的性质得BD＝DC＝BC，∠DBC＝60°，OC⊥BD，进一步判定△BCO∽△BQH，有，根据题意可知点Q以每秒2个单位的速度沿折线B﹣C﹣D向终点D匀速运动，图2的对称性可知，当点Q运动至点C、点P运动至点O时，x＝DO＝3.5，则BD＝2DO＝7，则和，结合图2可知点n＝7，此时点P与点B重合，点Q与点D重合，进而分：点Q在线段BC运动时，解得BH＝x、和PH＝PB﹣BH，利用勾股定理求得PQ2为7（x﹣2）2+21，即可得到点E的信息；当点Q在线段DC运动时，同理可得PD＝x，PB＝7﹣x，DQ＝14﹣2x，DH＝7﹣x和，则PH＝2x﹣7，利用勾股定理求得PQ2＝7x2﹣70x+196，代入点即可． 【解答】解：连接AC，交BD于点O，过点Q作QH⊥DB于点H， ∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°， ∴∠ABD＝∠DBC＝60°，DC＝BC，OC⊥BD，DO＝OB， ∴△BCD为等边三角形． ∴BD＝DC＝BC， ∵OC⊥BD，QH⊥DB， ∴OC∥QH， ∴∠BDH＝∠BCO，∠BHQ＝∠BOC， ∴△BCO∽△BQH， ∴， ∴Q以每秒2个单位的速度沿折线B﹣C﹣D向终点D匀速运动， 由图2的对称性可知，当Q运动至C、P运动至点O时，x＝DO＝3.5，则BD＝2DO＝3.5×2＝7， 那么，，，由图2可知点n＝7，此时点P与点B重合，点Q与点D重合， ①当Q在线段BC运动时， ∴PD＝x，PB＝7﹣x，BQ＝2x， ∴， ∴BH＝x，， ∴PH＝PB﹣BH＝7﹣x﹣x＝7﹣2x， ∵PQ2＝PH2+HQ2， ∴y ＝7（x﹣2）2+21， ∴当x＝2时，m＝y＝21； 当x＝3.5时，， ②当Q在线段DC运动时， 同理可得，PD＝x，PB＝7﹣x，DQ＝14﹣2x， ∴，， ∴PH＝PD﹣DH＝2x﹣7， ∵PQ2＝PH2+HQ2， ∴y ＝7x2﹣70x+196， ∴当x＝4时，y＝28， 故选：B． 4．（2026•余杭区校级模拟）某学习小组分到如图1所示农耕地△ABC用于劳动课种植果蔬，已知．小明（点D）从点A出发，同时小红（点E）从点B出发，以相同的速度按逆时针方向沿△ABC的边走动，记录测量数据，两人各执卷尺一端，卷尺（DE）保持笔直．当小明到达点B时，小红刚好到达点C；当小明到达点C时，小红到点A还差m米．在小明从点B到点C的过程中，设BD为x米，四边形ABDE的面积为y平方米．如图2，y关于x的函数图象与y轴的交点为（0，48），最低点的纵坐标为n．下列结论正确的是（　　） A．m＝3 B．n＝38 C．△ABC的面积为49平方米 D．当四边形ABDE为梯形时，y＝27 【考点】动点问题的函数图象．版权所有 【分析】由初始点（0，48）可得，△ABC的面积为48平方米，故C错误；由题意可知，AB＝BC，AC＝BC+d，作BF⊥AC于点F，利用三角函数和等腰三角形的性质可得，，利用△ABC的面积构造方程，解得AB＝10，则AC＝12，d＝AC﹣BC＝2，故A错误；作DG⊥AC于点G，利用△CDG∽△CBF计算出，从而得到，是一个二次函数，最低点为（5，38），故B正确，D错误． 【解答】解：由题意，当x＝0时，y＝48， ∴S△ABC＝48平方米， ∴C错误； 由题意可知，AB＝BC，AC＝BC+d，BD＝CE＝x， 如图，作BF⊥AC于点F，作DG⊥AC于点G， ∵AB＝BC，BF⊥AC， ∴AF＝CF，∠AFB＝∠CFB＝90°， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴AB＝10， ∴，， ∴d＝AC﹣BC＝AC﹣AB＝2， ∴A错误； ∵BD＝CE＝x， ∴CD＝BC﹣BD＝10﹣x， ∵DG⊥AC， ∴∠DGC＝90°＝∠BFC， ∵∠C＝∠C， ∴△CDG∽△CBF， ∴， ∴， ∴， ∴y＝S△ABC﹣S△CDE， ， ， ， ∴图象开口向上，顶点为（5，38）， ∴n＝38， ∴B正确； 对于D：∵y的最小值为n＝38＞27， ∴D错误． 故选：B． 5．（2026•浙江模拟）如图1，在矩形ABCD中，点P从点A出发沿边AD→DC匀速运动，运动到点C时停止．过点P作对角线AC的垂线，交矩形ABCD的边于点Q．设点P运动的路程为x，AQ的长为y，其中y关于x的函数图象如图2所示，则下列选项错误的是（　　） A．AB＝4 B． C． D．点（6，5）在该函数图象上 【考点】动点问题的函数图象．版权所有 【分析】分情况讨论：当点Q运动到点B处或点P运动到点D处或点P运动到点C处时，点Q与点C重合或路程AP＝6，利用直角三角形的性质和垂线的性质易证得△PHQ∽△ADC，进而得到，据此列方程求解即可． 【解答】解：由图2得，当点Q运动到点B处时，AQ为4， 即AB为4，故选项A正确； 如图，当点P运动到点D处时，路程AP为8， 即AD为8， ∵AC⊥PQ， ∴∠QDA+∠CAD＝90°， ∵∠QDC+∠QDA＝90°， ∴∠QDC＝∠CAD， ∵∠DCQ＝∠ADC＝90° ∴△ADC∽△DCQ， ∴， 即， ∴CQ＝2， ∴BQ＝6， ∴， 故选项B正确； 当点P运动到点C处时，点Q与点C重合，此时， 故选项C正确； 当路程AP＝6时，如图，过点P作PH⊥BC于点H， ∵AD∥BC， ∴AD⊥PH， ∴∠APH＝90°， ∵AC⊥PQ， ∴∠APQ+∠CAP＝90°， ∵∠QPH+∠APQ＝90°， ∴∠CAD＝∠QPH， ∵∠D＝∠PHQ＝90°， ∴△PHQ∽△ADC， ∴， 即， ∴QH＝2， ∴BQ＝6﹣2＝4， ∴， ∴点（6，5）不在该函数图象上， 故选项D错误． 故选：D． 6．（2026•东阳市模拟）如图1，点O为△ABC的重心，当动点P从点A出发沿△ABC的边逆时针运动一周，设点P的运动路程为x，OP2为y，y关于x函数的部分图象如图2所示，则下列说法中正确的是（　　） A．n＝3 B．m＝50 C． D．△ABC的面积为30 【考点】动点问题的函数图象．版权所有 【分析】根据函数图象中的关键点判断出n，m的值，进而延长CO交AB于点M，作CN⊥AB于点N，构造△MOP∽△MCN，分别求得CN，BN的长度即可求得BC的长度，也可判断出△ABC的面积． 【解答】解：∵函数图象过点（0，25），此时点P与点A重合， ∴OA2＝25， ∴OA＝5， 当OP⊥AB时，OP最短，此时OP2最小，如图： ∵函数最低点为（4，n）， ∴AP＝4， ∴OP＝3， ∴n＝OP2＝9， 故A选项错误，不符合题意； ∵函数图象过点（10，m），此时点P与点B重合， ∴m＝BO2＝9+（10﹣4）2＝9+36＝45， 故B选项错误，不符合题意； 延长CO交AB于点M，作CN⊥AB于点N， ∴OP∥CN， ∴△MOP∽△MCN， ∴， ∴CN＝9， ∵AB＝10，点M是AB的中点， ∴AM＝BM＝5， ∵AP＝4， ∴MP＝AM﹣AP＝1， ∴MN＝3， ∴BN＝BM+MN＝8， ∴BC， 故C选项正确，符合题意； S△ABCAB•CN10×9＝45， 故D选项错误，不符合题意． 故选：C． 考点2 函数图形、一次函数的代数综合考察 1．（2025•杭州校级模拟）若定义一种新运算：a⊗b，例如：3⊗1＝3﹣1＝2；5⊗4＝5+4﹣6＝3．则函数y＝（x+2）⊗（x﹣1）的图象大致是（　　） A． B． C． D． 【考点】函数的图象．版权所有 【分析】根据a⊗b，可得当x+2≥2（x﹣1）时，x≤4，分两种情况：当x≤4时和当x＞4时，分别求出一次函数的关系式，然后判断即可得出结论． 【解答】解：∵当x+2≥2（x﹣1）时，x≤4， ∴当x≤4时，（x+2）⊗（x﹣1）＝（x+2）﹣（x﹣1）＝x+2﹣x+1＝3， 即：y＝3， 当x＞4时，（x+2）⊗（x﹣1）＝（x+2）+（x﹣1）﹣6＝x+2+x﹣1﹣6＝2x﹣5， 即：y＝2x﹣5， ∴k＝2＞0， ∴当x＞4时，y＝2x﹣5，函数图象从左向右逐渐上升，y随x的增大而增大， 综上所述，A选项符合题意． 故选：A． 2．（2025•滨江区校级模拟）2025年哈尔滨第九届亚冬会期间，为清理滑雪赛道，甲、乙两辆清雪车同时从A地出发开始清雪至B地，如图反映了甲、乙两辆清雪车清雪的路程s（千米）与清雪时间t（时）之间的函数关系，下列说法：①甲清雪车的速度为4千米/时；②乙清雪车的平均速度为5千米/时；③经过1小时，乙清雪车在甲清雪车前方1千米处；④经过3小时甲清雪车追上乙清雪车．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【考点】函数的图象．版权所有 【分析】根据题意和函数图象中的数据，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题． 【解答】解：如图反映了甲、乙两辆清雪车清雪的路程s（千米）与清雪时间t（时）之间的函数关系， 甲清雪车的速度为12÷3＝4（千米/时），故①正确； 乙清雪车的平均速度为12÷3＝4（千米/时），故②错误； 经过1小时，乙清雪车在甲清雪车前方5﹣4×1＝1（千米）处，故③正确； 经过3小时甲清雪车追上乙清雪车，故④正确． 故选：C． 3．（2025•西湖区模拟）小明从家出发步行至学校，停留一段时间后乘车返回，则下列函数图象最能体现他离家的距离（s）与出发时间（t）之间的对应关系的是（　　） A． B． C． D． 【考点】函数的图象．版权所有 【分析】从家出发步行至学校时，停留一段时间时，乘车返回时三段分析得到相应的函数图象，然后即可得解． 【解答】解：①从家出发步行至学校时，为一次函数图象，是一条从原点开始的线段； ②停留一段时间时，离家的距离不变， ③乘车返回时，离家的距离减小至零，且乘车到家用的时间比步行的时间短， 纵观各选项，只有B选项符合． 故选：B． 4．（2026•浙江模拟）在“探索一次函数y＝kx+b中k，b与图象的关系”活动中，已知点A（2，2），点P（m，n）在第一象限内，若一次函数y＝kx+b图象经过A，P，则下列判断正确的是（　　） A．当m＞n时，b＞0 B．当m＜n时，b＜0 C．当m+n＝2时，k＞0 D．当m+n＝2时，k＜0 【考点】一次函数与一元一次不等式；一次函数的性质．版权所有 【分析】由点A（2，2），点P（m，n）在一次函数y＝kx+b图象上，则，解得，再根据一次函数的性质逐一判断即可． 【解答】解：由条件可知， 解得：， A、当m＞n时，则n﹣m＜0， ①当m＞2时，；②当0＜m＜2时，；故该选项判断错误，不符合题意； B、当m＜n时，则n﹣m＞0， ①当m＞2时，；②当0＜m＜2时，；故该选项判断错误，不符合题意； C、当m+n＝2时，则m＝2﹣n， ∵点P（m，n）在第一象限内， ∴0＜m＜2，0＜n＜2， ∴，故该选项判断正确，符合题意； D、同理可得该选项判断错误，不符合题意． 故选：C． 5．（2026•鹿城区校级模拟）《九章算术》中记载，浮箭漏出现于汉武帝时期，它由供水壶和箭壶组成，箭壶内装有箭尺，水匀速地从供水壶流到箭壶，箭壶中的水位逐渐上升，箭尺匀速上浮，可通过读取箭尺读数计算时间．某实验小组仿制了一套浮箭漏，并进行了测试．下表是实验小组从上午9时开始记录的数据： 时间 9：00 9：10 9：30 10：00 … 箭尺示数 2.2 3.0 4.6 7.0 … 根据此规律，若箭尺的示数为13.4，估计此时的时间为（　　） A．上午11：00 B．上午11：10 C．上午11：20 D．上午11：30 【考点】一次函数的应用．版权所有 【分析】由表格可知供水时间与箭尺示数是一次函数关系，设供水时间为x分钟，箭尺示数为y，则y＝kx+b，然后由当供水时间为10分钟时，y＝3.0；当供水时间为30分钟时，y＝4.6，得出，从而得出y＝0.08x+2.2，当y＝13.4时，0.08x+2.2＝13.4，求出x的值即可． 【解答】解：由表格可知供水时间与箭尺示数是一次函数关系， 设供水时间为x分钟，箭尺示数为y，则y＝kx+b， 则当供水时间为10分钟时，y＝3.0；当供水时间为30分钟时，y＝4.6， ∴， 解得， ∴y＝0.08x+2.2， 当y＝13.4时，0.08x+2.2＝13.4， 解得：x＝140， ∴此时的时间为9：00+140分钟＝11：20， 故选：C． 考点3 反比例函数图象的性质与K的几何意义 1．（2026•西湖区校级一模）已知反比例函数，点M（x1，y1）和N（x2，y2）是反比例函数图象上的两点，若对于x1＝2a，2≤x2≤4，都有y1＜y2，则a的取值范围是（　　） A．a＜0或2＜a＜3 B．0＜a＜1 C．2＜a＜3 D．a＞3或a＜0 【考点】反比例函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】根据系数3﹣a的正负分情况讨论，结合对任意2≤x2≤4都有y1＜y2的条件，列不等式求解a的取值范围即可． 【解答】解：设k＝3﹣a，反比例函数为，分两种情况讨论： 情况1：k＞0，即3﹣a＞0，得a＜3，此时反比例函数的图象在每个象限内y随x增大而减小． 由条件可知y1小于y2的最小值，y2的最小值为， 又∵，可得， ∵3﹣a＞0， ∴． 当a＜0时，左边，不等式恒成立，符合条件， 当a＞0时，两边同乘4a，得2＜a， 又∵a＜3， ∴2＜a＜3； 情况2：k＜0，即3﹣a＜0，得a＞3，此时反比例函数的图象在每个象限内y随x增大而增大， 由条件可知y1小于y2的最小值，代入，得， ∵3﹣a＜0， ∴， ∵a＞3＞0，两边同乘2a，得a＜1，与a＞3矛盾， ∴此情况无解． 综上，a的取值范围是a＜0或2＜a＜3． 故选：A． 2．（2026•杭州一模）如图，△AOB的两点A，B在反比例函数的图象上，过B作BD⊥y轴于点D，交OA于点E．若E为AO的中点，则△AEB的面积是（　　） A． B． C．6 D．5 【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】设，则可求得点E和点B的坐标，推出BE的长，利用三角形面积公式即可解答． 【解答】解：设，则， ∵BD⊥y轴， ∴点B的纵坐标为， ， ∴， ∴，点A到BE的距离为， ∴． 故选：A． 3．（2025•杭州校级模拟）如图，OC交双曲线y于点A，且OC：OA＝5：3，若矩形ABCD的面积是8，且AB∥x轴，则k的值是（　　） A．18 B．50 C．12 D． 【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；矩形的性质．版权所有 【分析】延长DA，交x轴于E，通过证得三角形相似求得△AOE的面积＝9，根据反比例函数系数k的几何意义，即可求得k的值． 【解答】解：延长DA、交x轴于E， ∵四边形ABCD是矩形，且AB∥x轴， ∴∠CAB＝∠AOE， ∴DE⊥x轴，CB⊥x轴， ∴∠AEO＝∠ABC ∴△AOE∽△CAB， ∴（）2， ∵矩形ABCD的面积是8，OC：OA＝5：3， ∴△ABC的面积为4，AC：OA＝2：3， ∴（）2， ∴S△AOE＝9， ∵双曲线y经过点A， ∴S△AOE|k|＝9， ∵k＞0， ∴k＝18， 故选：A． 考点4 反比例函数图象上点的坐标特征 1．（2025•绍兴三模）已知点A（3﹣t，y1）和点B（t+2，y2）都是反比例函数的图象上的两点，下列说法正确的是（　　） A．当﹣1＜t＜3时，y1＞y2 B．当3＜t＜5时，y1＜y2 C．当﹣2＜t＜1时，y1＞y2 D．当﹣5＜t＜﹣2时，y1＜y2 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】先判断在每个象限内，反比例函数值y随x的增大而减小，然后根据t的范围，结合选项逐一判断A、B两点横坐标的范围，结合反比例函数的性质即可作出判断． 【解答】解：由条件可知反比例函数图象在每个象限内，y随x的增大而减小， 当﹣1＜t＜3时，0＜3﹣t＜4，1＜t+2＜5，此时3﹣t与2+t不能判断大小，也就不能判断y1＞y2，故A不正确，不符合题意； 当3＜t＜5时，﹣2＜3﹣t＜0，5＜t+2＜7，此时点A在第三象限，点B在第一象限，y1＜y2，故B正确，符合题意； 当﹣2＜t＜1时，2＜3﹣t＜5，0＜t+2＜3，此时3﹣t与2+t不能判断大小，也就不能判断y1＞y2，故C不正确，不符合题意； 当﹣5＜t＜﹣2时，5＜3﹣t＜8，﹣3＜t+2＜0，此时点A在第一象限，点B在第三象限，y1＞y2，故D不正确，不符合题意； 故选：B． 2．（2025•上城区校级三模）已知反比例函数图象过点A（a，y1），B（2a，y2），C（4a，y3），则下列结论正确的是（　　） A．y1y2y3＜0 B．y3＜y2＜y1 C．y2﹣y1＝y3﹣y2 D． 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征解答即可． 【解答】解：分别将点A（a，y1），B（2a，y2），C（4a，y3）代入反比例函数得： y1，y2，y3， A、∵k＞0， ∴当a＞0时，y10，y20，y30， ∴y1y2y3＞0，故错误； B、∵k＞0， ∴当a＜0时，，即y1＜y2＜y3，故错误； C、∵y2﹣y1，y3﹣y2 ∴y2﹣y1≠y3﹣y2，故错误； D、∵y1y3•，（）2， ∴y1y3．故正确． 故选：D． 3．（2025•西湖区校级三模）已知点A（﹣2，y1）和点B（m，y2）均在反比例函数的图象上，若y1+y2＞0，则下列选项正确的是（　　） A．m＞2 B．m＜0 C．0＜m＜2 D．m＞2或m＜0 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征得y1＝2，y2，再根据y1+y2＞0，得20，即2，即可得出m＞2或m＜0． 【解答】解：∵点A（﹣2，y1）和点B（m，y2）均在反比例函数的图象上， ∴y1＝2，y2， ∵y1+y2＞0， ∴20，即2， ∴m＞2或m＜0， 故选：D． 4．（2025•钱塘区三模）已知A（x1，﹣2），B（x2，2）在反比例函数（k为常数，k≠0）的图象上，则下列说法正确的是（　　） A．若k＞0，则x2＜0＜x1 B．若k＞0，则0＜x2＜x1 C．若k＜0，则x1＜x2＜0 D．若k＜0，则x2＜0＜x1 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征解答即可． 【解答】解：A、k＞0，图象分布在第一、三象限，A在第三象限，B在第一象限，故x2＞0＞x1，选项说法错误，不符合题意； B、k＞0，图象分布在第一、三象限，A在第三象限，B在第一象限，故x2＞0＞x1，选项说法错误，不符合题意； C、k＜0，图象分布在第二、四象限，A在第四象限，B在第二象限，故x2＜0＜x1，选项说法错误，不符合题意； D、k＜0，图象分布在第二、四象限，A在第四象限，B在第二象限，故x2＜0＜x1，选项说法正确，符合题意； 故选：D． 5．（2025•上城区校级三模）已知，点A（x1，y1），B（x2，y2）在反比例函数（k＞0）的图象上，则以下结论正确的是（　　） A．若x1＜x2，则y1＞y2 B．若x1x2＜0，则y1y2＞0 C．若x1+x2＝0，则y1+y2＝0 D．若x1x2＞0且x1＜x2，则y1＜y2 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】根据反比函数的性质逐项讨论即可． 【解答】解：∵反比例函数（k＞0）的图象在第一象限和第三象限， ∴当x＞0时，y随x的增大而减小，当x＜0时，y随x的增大而减小，且x1x2＜0时y1y2＜0， 故A，B，D错误，不符合题意； ∵x1+x2＝0，即x1＝﹣x2， ∴y1+y20， 故C正确，符合题意． 故选：C． 6．（2025•钱塘区校级模拟）反比例函数的图象经过点A（n，y1），B（n﹣2，y2），下列说法一定正确的是（　　） A．若k＞0，n＞0，则y1＞y2 B．若k＞0，n＜0，则y1＞y2 C．若k＜0，n＞0，则y1＞y2 D．若k＜0，n＜0，则y1＞y2 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】根据反比例函数的性质对各选项进行逐一分析即可． 【解答】解：A、∵k＞0， ∴函数图象的两个分支分别位于第一、三象限，在每一象限内y随x的增大而减小， 当0＜n＜2时，n﹣2＜0， ∴点A（n，y1）位于第一象限，点B（n﹣2，y2）位于第三象限， ∴y1＞y2； 当n＞2时，n﹣2＞0， ∴点A（n，y1），B（n﹣2，y2）位于第一象限， ∵n＞n﹣2， ∴y1＜y2． 综上，A错误． B、∵k＞0， ∴函数图象的两个分支分别位于第一、三象限，在每一象限内y随x的增大而减小， ∵n＜0， ∴n﹣2＜0， ∴点A（n，y1），B（n﹣2，y2）位于第三象限， ∵n＞n﹣2， ∴y1＜y2，故B错误． C、∵k＜0， ∴函数图象的两个分支分别位于第二、四象限，在每一象限内y随x的增大而增大， 当0＜n＜2时，n﹣2＜0， ∴点A（n，y1）位于第四象限，点B（n﹣2，y2）位于第二象限， ∴y2＞y1， 当n＞2时，n﹣2＞0， ∵n＞n﹣2， ∴y1＞y2． 综上，C错误． D、∵k＜0， ∴函数图象的两个分支分别位于第二、四象限，在每一象限内y随x的增大而增大， ∵n＜0， ∴n﹣2＜0， ∴点A（n，y1），B（n﹣2，y2）位于第二象限， ∵n＞n﹣2， ∴y1＞y2，正确，符合题意． 故选：D． 7．（2026•嘉兴一模）如图，在直角坐标系中，O是原点，点A在反比例函数（k为常数，k＞0，x＞0）的图象上，点C在x轴上，且AO＝AC，延长AC交反比例函数的图象于点B，记点A，B的横坐标分别为a，b．当a，b的值变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A． B．b﹣a C．b2﹣a2 D． 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】先求出A，B，C坐标，再用待定系数法求出直线AC解析式，再把点B坐标代入直线AC解析式，从而得出a，b的关系式． 【解答】解：点A在反比例函数（k为常数，k＞0，x＞0）的图象上，点A的横坐标分别为a， ∴点A坐标为（a，）， ∵AO＝AC，点C在x轴上， ∴点C坐标为（2a，0）， 设直线AC的解析式为y＝mx+n， 把A，C坐标代入解析式得： ， 解得， ∴直线AC的解析式为yx， ∵点B在反比例函数的图象图象上，点B的横坐标分别为b， ∴点B坐标为（b，）， ∵点B在直线AC上， ∴b， 整理得：a2﹣b2＝﹣2ab， ∴2． 故选：D． 8．（2026•浙江模拟）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的两条边分别与坐标轴平行，AB过原点O，已知点A，B在反比例函数的图象上，过点C作直线EF∥AB，与该反比例函数的图象相交于点E，F．若AC＝6，BC＝8，则EF的长为（　　） A． B．12 C． D． 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；反比例函数的性质．版权所有 【分析】根据△ABC 的边与坐标轴平行及 AB 过原点，利用中心对称性质求出点 A，B，C 的坐标，进而确定反比例函数解析式和直线 EF 的解析式；联立直线与反比例函数方程，利用一元二次方程根与系数的关系（或直接求根）及勾股定理计算线段 EF 的长 【解答】解：设点 C 的坐标为 （m，n），则 A（m，n+6），B（m﹣8，n）， ∵点 A，B 在反比例函数 图象上，且直线 AB 过原点 O， ∴点 A 与点 B 关于原点对称， ∴， 解得 ， ∴C（4，﹣3），A（4，3）， ∴k＝4×3＝12，反比例函数解析式为 ， ∵直线 AB 过点 （0，0）和 （4，3）， ∴直线 AB 的函数解析式为：， ∵EF∥AB， ∴设直线 EF 的解析式为 ， 将点 C（4，﹣3）代入得 ， 解得 b＝﹣6， ∴直线 EF 的解析式为 ， 联立 ， 整理得 x2﹣8x﹣16＝0， 解得 ， 设 E（x1，y1），F（x2，y2）， 设 x1＞x2，则 ， ∴， ∴． 故选：C． 9．（2026•衢州模拟）如图，△ABC在直角坐标系中，∠ABC＝90°，点B的坐标是（2，1）．若反比例函数的图象经过点A，C，且点A的横坐标是1，则点C的坐标为（　　） A． B． C． D． 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】过点B作直线l平行于y轴，再分别过A，C两点作直线l的垂线，令点C坐标为（m，），根据相似三角形的性质得出关于m的等式，据此进行计算即可． 【解答】解：过点B作直线l平行于y轴，分别过点A和点C作直线l的垂线，垂足为M和N， 将x＝1代入y得，y＝4， 所以点A坐标为（1，4）． 令点C坐标为（m，）， 又因为点B坐标为（2，1）， 所以AM＝1，BM＝3，BN，CN＝m﹣2． 因为∠AMB＝∠BNC＝∠ABC＝90°， 所以∠ABM+∠MAB＝∠ABM+∠CBN＝90°， 所以∠MAB＝∠CBN， 所以△ABM∽△BCN， 所以， 则， 解得m＝3（舍负）， 所以点C的坐标为（）． 故选：A． 考点5 二次函数的性质、图象与系数的关系、最值等代数综合考点 1．（2025•萧山区二模）已知二次函数y＝a（x+1）（x﹣t）（a≠0），且A（0，m），B（2，n）为其图象上两点，则下列说法正确的是（　　） A．若a＜0，t＜4，则m＞n B．若a＜0，t＜4，则m＜n C．若a＞0，t＞4，则m＞n D．若a＞0，t＞4，则m＜n 【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】本题考查二次函数的性质及其图象上点的坐标比较．关键在于利用二次函数的解析式，代入点坐标后，通过代数运算比较m和n的大小关系． 需要结合开口方向a的正负以及参数t的大小，分析不同条件下m与n的大小关系． 【解答】解：将x ＝ 0代入函数得：m＝a（0+1）（0﹣t）＝﹣at； 将x ＝ 2代入函数得：n＝a（2+1）（2﹣t）＝3a（2﹣t）． 计算m﹣n：m﹣n＝﹣at﹣3a（2﹣t）＝﹣at﹣6a+3at＝ 2at﹣6a＝2a（t﹣3）． 因此，m﹣n＝2a（t﹣3），其符号由a和t共同决定． 当a＜0时，m﹣n＝2a（t﹣3）的符号由（t﹣3）决定： 若t＜3：（t﹣3）＜0，则m﹣n＞0，即m＞n（选项A正确） 若t＞3：（t﹣3）＞0，则m﹣n＜0，．即m＜n（选项B正确） 若t＝3：m＝n，此时选项A、B均不成立． 结论：t＜4时，t可能位于3的左侧或右侧，因此选项A和B均不必然成立， 当a＞0时，m﹣n＝2a（t﹣3）的符号由（t﹣3）决定： 若t＞4：（t﹣3）＞0，则m﹣n＞0，即m＞n． 结论：选项C（m＞n）成立，选项D（m＜n）不成立． 故选：C． 2．（2025•宁海县二模）二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象上有A（a，y1），B（4，y2）两点．下列正确的选项是（　　） A．当0＜a＜2时，y1＞y2 B．当a＞2时，y1＜y2 C．当a＜0时，y1＜y2 D．当a＞4时，y1＜y2 【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】得到抛物线的对称轴为直线x＝2，然后比较点A、点B离直线x＝2的距离的大小，再根据二次函数的性质判断即可． 【解答】解：∵y＝ax2﹣4ax+3， ∴抛物线的对称轴为直线x2， ∵二次函数y＝ax2﹣4ax+3的图象上有A（a，y1），B（4，y2）两点， ∴B（4，y2）到对称轴的距离为2， A、当0＜a＜2时，抛物线开口向上，A（a，y1）到对称轴的距离小于2，则y1＜y2，故此选项错误； B、当a＞2时，抛物线开口向上，若a＝6时，A（a，y1）到对称轴的距离大于B（4，y2）到对称轴的距离，则y1＞y2，故此选项错误； C、当a＜0时，抛物线开口向下，A（a，y1）到对称轴的距离大于2，则y1＜y2，故此选项正确； D、当a＞4时，抛物线开口向上，A（a，y1）到对称轴的距离大于2，则y1＞y2，故此选项错误； 故选：C． 3．（2025•临平区校级三模）二次函数y＝（x+1）2+（x+2）2与y＝（x+a）2+（x+b）2的图象关于y轴对称，则（a﹣1）2+（b﹣1）2的值为（　　） A．0 B．1 C．10 D．13 【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数的性质．版权所有 【分析】首先由二次函数y＝（x+1）2+（x+2）2与y＝（x+a）2+（x+b）2的图象关于y轴对称，即可求得y＝（x+a）2+（x+b）2的解析式，然后根据整式相等的性质，求得2a+2b＝﹣6，a2+b2＝5，又由（a﹣1）2+（b﹣1）2的＝a2+b2﹣2a﹣2b+2，即可求得答案． 【解答】解：∵二次函数y＝（x+1）2+（x+2）2与y＝（x+a）2+（x+b）2的图象关于y轴对称， ∴y＝（x+a）2+（x+b）2的解析式为：y＝（﹣x+1）2+（﹣x+2）2， 即y＝2x2﹣6x+5， 又∵y＝（x+a）2+（x+b）2＝2x2+（2a+2b）x+a2+b2， ∴2a+2b＝﹣6，a2+b2＝5， ∴（a﹣1）2+（b﹣1）2的＝a2+b2﹣2a﹣2b+2＝5+6+2＝13． 故选：D． 4．（2025•嵊州市模拟）如图，平面直角坐标系中有四个点E（﹣4，﹣4），F（﹣3，0），M（﹣2，﹣4），O（0，0），二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，且a≠0）的图象经过这四个点中的其中三个点，若要使a取得最小值，则抛物线y＝ax2+bx+c经过的三个点是（　　） A．E，F，M B．E，F，O C．E，M，O D．F，M，O 【考点】二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】依据题意，要使a最小，则a＜0，结合|a|越大，开口越小，故当a＜0时，开口小的那个a最小，结合图象即可判断得解． 【解答】解：由题意，要使a最小，则a＜0． 又如图，∵|a|越大，开口越小， ∴当a＜0时，开口小的那个a最小． ∴由图可知，过E、F、M三点的二次函数的a的值最小． 故选：A． 5．（2025•浙江模拟）已知x1、x2是二次方程x2+bx+c＝0两个不同的根．若0＜x1＜1，0＜x2＜1，则（　　） A．c和1+b+c都小于 B．c和1+b+c至少一个小于 C．c和1+b+c都大于 D．c和1+b+c至少一个大于 【考点】抛物线与x轴的交点；根的判别式；根与系数的关系．版权所有 【分析】根据韦达定理得到b，c与x1，x2的关系，设出函数f（x）＝x2+bx+c，表示出f（0）和f（1），通过假设法，推导出矛盾关系，即可求解． 【解答】解：x1、x2是二次方程x2+bx+c＝0两个不同的根， 由韦达定理得x1+x2＝﹣b，x1x2＝c， 设f（x）＝x2+bx+c，则f（0）＝c，f（1）＝1+b+c， 假设，， ∴，， ∴， ， ， ∵0＜x1＜1，0＜x2＜1， 假设，， ∴， 与产生矛盾， 所以假设不成立，即f（0）和f（1）中至少有一个小于． 故选：B． 6．（2026•湖州一模）已知二次函数y＝（x﹣m）2+k的图象顶点为M，图象上有一点P（x1，y1）满足y1﹣k＝3（x1﹣m）≠0，若Q（x2，y2）是函数图象（PM段）上的一点（不与P，M重合），令t＝y2﹣k，则t的范围是（　　） A．t＜3 B．t＞9 C．0＜t＜3 D．0＜t＜9 【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】根据二次函数顶点式得到M（m，k），由点P在函数图象上得到 ，结合题意得到x1﹣m＝3，则x1＝m+3，由此确定P点坐标为 （m+3，k+9），根据点 Q（x2，y2） 是PM段上不与P、M重合的点，得到m＜x2＜m+3，即0＜x2﹣m＜3，结合题意即可求解． 【解答】解：由条件可知， 又∵y1﹣k＝3（x1﹣m）≠0， ∴， ∵x1﹣m≠0，两边同除以 （x1﹣m） 得：x1﹣m＝3，则x1＝m+3， 代入得 y1﹣k＝3×3＝9，则y1＝k+9， ∴P点坐标为 （m+3，k+9），且M（m，k）， ∵Q（x2，y2） 是PM段上不与P、M重合的点， ∴m＜x2＜m+3，即0＜x2﹣m＜3， 又∵Q在函数图象上，， ∴，即0＜t＜9， 故选：D． 7．（2026•普陀区一模）在平面直角坐标系xOy中，点（2，m），（3，n）在抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上，抛物线的对称轴是直线x＝t，若m＜n＜c，则t的取值范围是（　　） A． B． C．1＜t＜3 D． 【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】首先判断出抛物线开口向上，当x＞t时，y随x的增大而增大；当x＜t时，y随x的增大而减小，抛物线与y轴交于点（0，c），然后分情况讨论求解即可． 【解答】解：由题知， 因为a＞0且抛物线的对称轴是直线x＝t， 所以当x＞t时，y随x的增大而增大；当x＜t时，y随x的增大而减小． 因为当x＝0时，y＝c， 则抛物线与y轴交于点（0，c）． 当t≤0时， 因为0＜2＜3 则c＜m＜n， 故此情况不符合题意； 当0＜t≤2时， 因为m＜n＜c， 则点（3，n）到对称轴的距离小于点（0，c）到对称轴的距离， 则3﹣t＜t﹣0， 解得， 所以； 当2＜t＜3时， 因为m＜n＜c 所以点（2，m）到对称轴的距离小于点（3，n）到对称轴的距离， 所以t﹣2＜3﹣t， 解得， 所以； 当t≥3时， 因为0＜2＜3， 所以n＜m＜c， 故此情况不符合题意； 综上所述，t的取值范围是． 故选：B． 8．（2026•绍兴一模）在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣2，4），B（3，9），由线段AB与抛物线的一段y＝x2（﹣2≤x≤3）组成的图形C，如图所示．若将图形C上的一点P先向右平移3个单位，再向上平移1个单位后仍在图形C上，则这样的点P的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【考点】二次函数图象与几何变换；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】先求出直线AB的解析式，设点P的横坐标为m，则﹣2≤m≤3，然后分两种情况：当点P在线段AB上时，当点P在抛物线y＝x2上时即可求解． 【解答】解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，由条件可： ，解得：， ∴直线AB的解析式为y＝x+6， 设点P的横坐标为m，则﹣2≤m≤3， 当点P在线段AB上时，此时点P的坐标为（m，m+6）， ∵将图形C上的一点P先向右平移3个单位，再向上平移1个单位后仍在图形C上， ∴点（m+3，m+7）在图形C上， ∴m+3+6＝m+7或（m+3）2＝m+7， ∴（舍去）或； 当点P在抛物线y＝x2上时，此时点P的坐标为（m，m2）， 由条件可知点（m+3，m2+1）在图形C上， ∴m+3+6＝m2+1或（m+3）2＝m2+1， ∴（舍去）或（舍去）或； ∴这样的点P的个数为2个． 故选：B． 9．（2025•浙江）为了实时规划路径，卫星导航系统需要计算运动点与观测点之间距离的平方．如图1，点P是一个固定观测点，运动点Q从A处出发，沿笔直公路AB向目的地B处运动．设AQ为x（单位：km）（0≤x≤n），PQ2为y（单位：km2）．如图2，y关于x的函数图象与y轴交于点C，最低点D（m，81），且经过E（1，225）和F（n，225）两点．下列选项正确的是（　　） A．m＝12 B．n＝24 C．点C的纵坐标为240 D．点（15，85）在该函数图象上 【考点】二次函数的应用．版权所有 【分析】依据题意，作PG⊥AB，当x＝1时，动点Q运动到点H的位置，得到PH2＝225当点Q运动到点G的时候，PQ2最小为81，HG＝m﹣1，勾股定理求出m的值，判断A；当x＝m时，点Q运动到点B，根据三线合一，得到BG＝HG，进而求出n的值，判断B；连接AP，勾股定理求出AP2的长，确定C的纵坐标，判断C；依据题意，求出x＝15时，可得点Q的位置，再利用勾股定理求出PK2判断D． 【解答】解：如图，作PG⊥AB于G，当x＝1时，动点Q运动到点H的位置，则由题意和图象可知PH2＝225，当点Q运动到点G的时候，PQ2最小，即：PG2＝81，HG＝m﹣1＝12． 在Rt△PGH中，由勾股定理，得225＝81+（m﹣1）2， ∴m＝13． ∴A错误． ∴AG＝m＝13，HG＝m﹣1＝12． 当x＝n时，点Q运动到点B，则PB2＝225＝PH2， ∴PB＝PH， ∵PG⊥AB， ∴BG＝HG＝12， ∴AB＝13+12＝25， ∴选项B错误． ∴当x＝0，即点Q在A点时， ∴AP2＝AG2+PG2＝132+81＝250． ∴点C的纵坐标为250． ∴选项C错误． 当x＝15时，点Q运动到点K， ∴AK＝15． ∴GK＝AK﹣AG＝2． ∴PK2＝KG2+PG2＝4+81＝85． ∴点（15，85）在该函数图象上． ∴选项D正确． 故选：D． 考点6 三角形与特殊三角形的性质的综合应用 1．（2025•浙江）如图，在Rt△ABC中，∠A＝35°，CD是斜边AB上的中线，以点C为圆心，CD长为半径作弧，与AB的另一个交点为点E．若AB＝2，则的长为（　　） A．π B．π C．π D．π 【考点】直角三角形斜边上的中线．版权所有 【分析】由直角三角形斜边中线的性质推出CD＝AD，得到∠ACD＝∠A＝35°，由三角形的外角性质求出∠CDE＝70°，由等腰三角形的性质推出∠CED＝∠CDE＝70°，由三角形内角和定理求出∠DCE＝40°，求出CD2＝1，由弧长公式即可求出的长． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点， ∴CDAB， ∴CD＝AD， ∴∠ACD＝∠A＝35°， ∴∠CDE＝∠A+∠ACD＝70°， 由题意知：CD＝CE， ∴∠CED＝∠CDE＝70°， ∴∠DCE＝180°﹣70°﹣70°＝40°， ∵AB＝2， ∴CD2＝1， ∴的长π． 故选：B． 2．（2025•浙江三模）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形ABCD，中间是一个小正方形EFGH，连结DE与FG相交于点M，延长DE交BC于点N，若M是DE的中点，AB＝8，则EN的长（　　） A． B． C．2 D． 【考点】勾股定理的证明．版权所有 【分析】根据正方形性质得AB＝BC＝CD＝AD＝8，∠BCD＝90°，FG∥EH，GH∥EH，∠EHG＝90°，GH＝EH，由全等三角形的性质得DG＝AH，∠ADH＝∠CBF，证明MG是△FEH的中位线得AH＝GH＝EH，进而得DH是线段AE的垂直平分线，则DE＝AD＝8，在证明Rt△EDH和Rt△ADH全等得∠EDH＝∠ADH，进而得∠CBF＝∠NEB，设BN＝EN＝x，则CN＝8﹣x，DN＝8+x，在Rt△DCN中，由勾股定理求出x即可得出EN的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝8， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝8，∠BCD＝90°， ∵四边形EFGH是正方形， ∴FG∥EH，GH∥EH，∠EHG＝90°，GH＝EH， 由全等三角形的性质得：DG＝AH，∠ADH＝∠CBF， ∵点M是DE的中点，MG∥EH， ∴MG是△FEH的中位线， ∴DG＝GH， ∴AH＝GH＝EH， ∵∠EHG＝90°， ∴DH是线段AE的垂直平分线， ∴DE＝AD＝8， 在Rt△EDH和Rt△ADH中， ， ∴Rt△EDH和Rt△ADH（HL）， ∴∠EDH＝∠ADH， ∴∠EDH＝∠CBF， ∵GH∥EF， ∴∠EDH＝∠DEF， ∵∠NEB＝∠DEF， ∴∠EDH＝∠NEB， ∴∠CBF＝∠NEB， ∴BN＝EN， 设BN＝EN＝x， ∴CN＝BC﹣BN＝8﹣x，DN＝DE+EN＝8+x， 在Rt△DCN中，由勾股定理得：DN2＝CD2+CN2， ∴（8+x）2＝（8﹣x）2+82， 解得：x＝2， ∴EN＝x＝2． 故选：C． 3．（2025•宁海县二模）弦图是我国古代数学家证明勾股定理时使用的一种精巧的几何图形，最早见于《周髀算经》和三国时期刘徽的《九章算术注》．弦图的基本结构由四个全等的直角三角形和一个中心正方形组成．如图弦图中，四边形ABCD和四边形EFGH为正方形，点E，F，G，H分别在边AD，AB，BC，CD上，DE＝3，连结BD，分别交EH，FG于点M，N，．则EM的长为（　　） A．2 B． C． D． 【考点】勾股定理；正方形的性质．版权所有 【分析】根据弦图得：△AEF≌△BFG≌△CGH≌△DHE，从而可证明△DEM≌△BGN（ASA），得DM＝BN，设 AE＝BF＝CG＝DH＝x，由 AB＝AD＝x+3，由勾股定理，得，再证明PM＝PD，设PM＝PD＝y，则PE＝3﹣y ，则有求得x＝6y﹣3，然后证明△PEM﹣△BGF，得，即，所以 求解得：，y2（舍去），则有PM＝2，，最后由求解即可． 【解答】解：过点M作MP⊥AD于P， 由弦图可得：△AEF≌△BFG≌△CGH≌△DHE， ∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE＝3，∠PEM＝∠BGN， ∵正方形ABCD， ∴∠EDM＝∠GBN＝45°， ∴△DEM≌△BGN（ASA）， ∴DM＝BN，设AE＝BF＝CG＝DH＝x， 由AB＝AD＝x+3，由勾股定理， 得， ∵， ∴， ∴， ∵MP⊥AD， ∴∠PMD＝∠PDM＝45°， ∴PM＝PD， 设PM＝PD＝y， 则PE＝3﹣y， ， ∴x＝6y﹣3， ∵∠PEM＝∠BGN，∠MPE＝∠GBF＝90°， ∴△PEM∽△BGF， ∴， 即 ， 解得：，y2（舍去）， ∴PM，， ∴， 故选：D． 4．（2026•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，分别以点A、B为圆心，AC、BC的长为半径作弧，与AB交于点D、E．若AB＝4，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【考点】勾股定理；扇形面积的计算；含30度角的直角三角形．版权所有 【分析】根据题意易得AC＝AB•cos30°、BC＝AB•sin30°，再利用S扇形ACD+S扇形BCE﹣S△ABC进行计算阴影部分面积即可． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°， ∴∠B＝90°﹣30°＝60°， ∴，， 则图中阴影部分的面积为， 故选：C． 5．（2025•上城区校级三模）如图，点P是△ABC的重心，点D是边AB的中点，PE∥AB交BC于点E，若四边形BEPD的面积为5，则△ABC的面积为（　　） A．15 B．16 C．18 D．20 【考点】三角形的重心；相似三角形的判定与性质．版权所有 【分析】连接AP交BC于点F，连接CP，BP，则点C，P，D三点共线，AD＝BD，BF＝CF，在PD的延长线上取一点H，使DH＝DP，连接AH，BH，则PH＝2PD，进而得四边形AHBP是平行边形，由此得PF是△CBH的中位线，则PC＝PH＝2PD，CD＝3PD，设S△CPE＝a，则S△CDB＝5+a，证明△CPB和△CDB相似得，由此解出a＝4，则S△CDB＝9，然后根据AD＝BD即可得出△ABC的面积． 【解答】解：连接AP交BC于点F，连接CP，BP， ∵点P是△ABC的重心，点D是边AB的中点， ∴点C，P，D三点共线， ∴AD＝BD，BF＝CF， 在PD的延长线上取一点H，使DH＝DP，连接AH，BH，如图所示： 则PH＝2PD， ∴四边形AHBP是平行边形， ∴BH∥AF， ∵BF＝CF， ∴PF是△CBH的中位线， ∴PC＝PH＝2PD， ∴CD＝PC+PD＝3PD， 设S△CPE＝a， ∵四边形BEPD的面积为5， ∴S△CDB＝5+a， ∵PE∥AB， ∴△CPB∽△CDB， ∴， ∴， 解得：a＝4， ∴S△CDB＝5+a＝9， ∵AD＝BD， ∴△ABC的面积为：2S△CDB＝18． 故选：C． 6．（2025•西湖区二模）已知△ABC中，AB2＝AC（AC+BC），则（　　） A．∠ABC＝2∠ACB B．∠ACB＝2∠ABC C．∠ACB＝2∠BAC D．∠BAC＝2∠ABC 【考点】三角形内角和定理；相似三角形的判定与性质．版权所有 【分析】延长AC到D使CD＝BC，连接BD，得到∠D＝∠CBD，由三角形的外角性质推出∠ACB＝2∠D，判定△ABC∽△ADB，推出∠ABC＝∠D，即可得到∠ACB＝2∠ABC． 【解答】解：延长AC到D使CD＝BC，连接BD， ∴∠D＝∠CBD， ∴∠ACB＝∠D+∠CBD＝2∠D， ∵AB2＝AC（AC+BC）， ∴AB2＝AC•AD， ∴AB：AC＝AD：AB， ∵∠BAC＝∠BAD， ∴△ABC∽△ADB， ∴∠ABC＝∠D， ∴∠ACB＝2∠ABC． 故选：B． 7．（2025•西湖区校级三模）如图，点D是等腰Rt△ABC中斜边BC上的一个动点（不与B，C重合），若已知AD的长，则一定能求出值的是（　　） A．BD+CD B．BD•CD C．BD2+CD2 D． 【考点】全等三角形的性质；勾股定理；等腰直角三角形．版权所有 【分析】△BAD绕点A逆时针旋转90°至△CAD′，连接DD′，利用旋转的性质得出相等的角和边，然后利用勾股定理即可得出结论． 【解答】解：点D是等腰Rt△ABC中斜边BC上的一个动点（不与B，C重合），如图，△BAD绕点A逆时针旋转90°至△CAD′，连接DD′， 则△CAD′≌△BAD， ∴CD′＝BD，AD′＝AD，∠ACD′＝∠ABD＝45°， ∴∠DCD′＝∠ACD′+∠ACD＝90°， 在直角三角形CDD′中，由勾股定理得：CD′2+CD2＝DD′2＝AD2+AD′2＝2AD2， 即BD2+CD2＝2AD2， 故选：C． 8．（2025•临平区校级二模）已知△A1B1C1，△A2B2C2的周长相等，现有两个判断： ①若A1B1＝A2B2，A1C1＝A2C2，则△A1B1C1≌△A2B2C2； ②若∠A1＝∠A2，∠B1＝∠B2，则△A1B1C1≌△A2B2C2， 对于上述的两个判断，下列说法正确的是（　　） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①，②都错误 D．①，②都正确 【考点】全等三角形的判定；相似三角形的判定与性质．版权所有 【分析】根据SSS即可推出△A1B1C1≌△A2B2C2，判断①正确；根据相似三角形的性质和判定和全等三角形的判定推出即可． 【解答】解：∵△A1B1C1，△A2B2C2的周长相等，A1B1＝A2B2，A1C1＝A2C2， ∴B1C1＝B2C2， ∴△A1B1C1≌△A2B2C2（SSS），∴①正确； ∵∠A1＝∠A2、∠B1＝∠B2， ∴△A1B1C1∽△A2B2C2， 设相似比为k，即k， ∴k， ∵△A1B1C1，△A2B2C2的周长相等， ∴k＝1， 即A1B1＝A2B2，B1C1＝B2C2，A1C1＝A2C2， ∴△A1B1C1≌△A2B2C2，∴②正确； 故选：D． 9．（2025•嵊州市模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以△ABC的三边向外作正方形ACFG，正方形BDEC，正方形AMNB．连结DN，若DN＝x，AC＝y，BC＝a（a为常数），则下列各式为定值的是（　　） A．x+y B．x2+y2 C． D．x2﹣y2 【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有 【分析】连接AD、CD、AN、CN，CN分别交AD、AB于点I、点L，由正方形的性质得BD＝BC，AB＝NB，∠CBD＝∠ABN＝90°，则∠ABD＝∠NBC，即可证明△ABD≌△NBC，得∠BAD＝∠BNC，推导出∠AIC＝90°，可证明AC2+DN2＝CD2+AN2，由DN＝x，AC＝y，BC＝a（a为常数），∠ACB＝90°，得CD2＝2BC2＝2a2，AN2＝2AB2＝2（AC2+BC2）＝2y2+2a2，则y2+x2＝2a2+2y2+2a2，整理得x2﹣y2＝4a2，所以x2﹣y2为定值，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接AD、CD、AN、CN，CN分别交AD、AB于点I、点L， ∵四边形BDEC和四边形AMNB都是正方形， ∴BD＝BC，AB＝NB，∠CBD＝∠ABN＝90°， ∴∠ABD＝∠NBC＝90°+∠ABC， 在△ABD和△NBC中， ， ∴△ABD≌△NBC（SAS）， ∴∠BAD＝∠BNC， ∵∠ALI＝∠BLN， ∴∠AIC＝∠BAD+∠ALI＝∠BNC+∠BLN＝90°， ∴∠AIN＝∠DIN＝∠CID＝90°， ∵AC2+DN2＝AI2+CI2+DI2+NI2，CD2+AN2＝AI2+CI2+DI2+NI2， ∴AC2+DN2＝CD2+AN2， ∵DN＝x，AC＝y，BC＝a（a为常数），∠ACB＝90°， ∴CD2＝BD2+BC2＝2BC2＝2a2，AN2＝AB2+NB2＝2AB2＝2（AC2+BC2）＝2y2+2a2， ∴y2+x2＝2a2+2y2+2a2， ∴x2﹣y2＝4a2， ∴x2﹣y2为定值， 故选：D． 考点7 特殊四边形性质与判定的综合 1．（2025•绍兴三模）如图，矩形ABCD的边，AB，BC＝3，E为AB上一点，且AE＝1，F为AD边上的动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角三角形EFG，EF＝EG，连接CG，则CG的最小值为（　　） A． B． C．2 D． 【考点】矩形的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB，由“AAS”可证△GEH≌△FEA，可得GH＝AE＝1，可得点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动，则当F与D重合时，CG有最小值，即可求解． 【解答】解：如图，过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB， ∵四边形ABCD是矩形，AB，BC＝3， ∴∠B＝90°，CD，AD＝3， ∵AE＝1， ∴BE， ∵∠GHE＝∠A＝∠GEF＝90°， ∴∠GEH+∠EGH＝90°，∠GEH+∠FEA＝90°， ∴∠EGH＝∠FEA， 在△GEH和△FEA中， ， ∴△GEH≌△EFA（AAS）， ∴GH＝AE＝1， ∴点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动， ∴当F与D重合时，CG有最小值，此时AF＝EH＝3， ∴CG的最小值， 故选：B． 2．（2025•绍兴三模）如图，E是正方形ABCD边BC上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，且EF＝AE，连接AF交CD于点G，BE＝2，EC＝1，则DG的长为（　　） A． B． C． D． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．版权所有 【分析】易得∠EAF＝∠F＝45°，延长CB到点H，使BH＝DG，连接AH、EG，如图，可得△ABH≌△ADG，得出∠HAB＝∠DAG，AH＝AG，证明△AEH≌△AEG，得出EH＝EG，设DG＝x，则CG＝3﹣x，EG＝EH＝2+x，然后利用勾股定理构建方程求解即可． 【解答】解：∵EF⊥AE，EF＝AE， ∴∠EAF＝∠F＝45°， 如图，延长CB到点H，使BH＝DG，连接AH、EG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝∠ABC＝∠ABH＝∠ADG＝∠C＝90°， ∴△ABH≌△ADG（SAS）， ∴∠HAB＝∠DAG，AH＝AG， ∵∠BAE+∠DAG＝90°﹣∠EAF＝45°， ∴∠HAE＝∠HAB+∠BAE＝45°＝∠EAG， ∵AE＝AE， 在△AEH和△AEG中， ， ∴△AEH≌△AEG（SAS）， ∴EH＝EG， ∵BE＝2，EC＝1， ∴BC＝CD＝3， 设DG＝x，则CG＝3﹣x，EG＝EH＝2+x， 则在直角三角形CEG中，根据勾股定理可得：12+（3﹣x）2＝（2+x）2， 解得：，即； 故选：B． 3．（2025•萧山区二模）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”．如图是由四个全等的直角三角形（△ABE，△DAH，△DCG，△BCF）拼接而成，直线EG与AD，BC分别交于点M，N，已知AM：MD＝1：4，则正方形ABCD与正方形EFGH的面积比为（　　） A． B． C． D． 【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理．版权所有 【分析】如图，过点M作MK⊥AH于K，证明△AMK∽△ADH，可得，设MK＝a，DH＝5a，则AE＝DH＝5a，表示EH的长，由勾股定理计算AD2，根据正方形的面积公式即可解答． 【解答】解：如图，过点M作MK⊥AH于K， ∵AM：MD＝1：4， ∴， ∵MK⊥AH，DH⊥AH， ∴MK∥DH（垂直于同一直线的两条直线互相平行）， ∴△AMK∽△ADH， ∴， 设MK＝a，DH＝5a，则AE＝DH＝5a， ∵四边形EFGH是正方形， ∴∠GEH＝∠AEM＝45°（正方形的对角线平分一个内角）， ∴△EMK是等腰直角三角形， ∴MK＝EK＝a， ∴AK＝5a﹣a＝4a， ∴， ∴AH＝20a， ∴EH＝AH﹣AE＝20a﹣5a＝15a， 在Rt△ADH中，∵∠AHD＝90°， ∴AD2＝AH2+DH2， ∴AD2＝（20a）2+（5a）2＝425a2， ∴． 故选：B． 4．（2025•钱塘区三模）如图，四边形ABCD是正方形，点F在边AD上运动（不与端点重合），连结CF，以CF为对角线作正方形CEFG，连结BG，DE．当点F运动时，下列比值不变的是（　　） A． B． C． D． 【考点】正方形的性质；列代数式．版权所有 【分析】延长AD到H，使DH＝AF，连接EH，根据正方形的性质及平行线的性质证明∠BCG＝∠DCE＝∠DFE，FH＝AD＝CD，进而可依据“SAS”判定△FHE和△CDE全等则HE＝DE，∠FEH＝∠CED，由此得∠DEH＝∠CEF＝90°，则△DEH是等腰直角三角形，由勾股定理得AF＝DHDE，则，再证明△BCG和△DCE全等得BG＝DE，继而得，由此即可得出答案． 【解答】解：延长AD到H，使DH＝AF，连接EH，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD＝CB，AD∥BC，∠BCD＝90°， ∴∠BCF＝∠DFC， ∵四边形CEFG是正方形， ∴FE＝CE＝CG，∠CEF＝∠GCE＝90°，∠GCF＝∠EFC＝45°， ∴∠BCF﹣∠GCF＝∠DFC﹣∠EFC， ∴∠BCG＝∠DFE， ∵∠BCD＝∠GCE＝90°， ∴∠BCG+∠GCD＝∠GCD+∠DCE， ∴∠BCG＝∠DCE， ∴∠DFE＝∠DCE， ∵DH＝AF， ∴DH+DF＝AF+DF， ∴FH＝AD＝CD， 在△FHE和△CDE中， ， ∴△FHE≌△CDE（SAS）， ∴HE＝DE，∠FEH＝∠CED， ∴∠FED+∠DEH＝∠FED+∠CEF， ∴∠DEH＝∠CEF＝90°， ∴△DEH是等腰直角三角形， 由勾股定理得：DHDE， ∴AFDE， ∴， 在△BCG和△DCE中， ， ∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG＝DE， ∴， ∴当点F运动时，AF/BG的值不变，始终等于． 故选：B． 5．（2026•宁波模拟）如图，在边长为2的菱形ABCD中，对角线交于点O，BE⊥AD于点E，F为CD上一点，∠CFO＝∠BAD＜90°，延长FO交AB于点G，记AG＝x，AE＝y，当∠BAD的大小发生变化时，则下列代数式的值不变的是（　　） A．xy B．x+y C．x﹣y D．x2+y2 【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】过G作GM⊥CD于M，过B作BN⊥CD于N，先由四边形BGMN是矩形，得到BG＝MN，GM＝BN，再证明△GFM≌△BCN（AAS），得到FM＝CN，证明△BAE≌△BCN（AAS），得到AE＝FM＝CN，证明△CFO≌△AGO（AAS），得到CF＝AG，根据AG＝x，AE＝y，得到CF＝AG＝x，AE＝FM＝CN＝y，MN＝BG＝AB﹣AG＝2﹣x，再根据CF＝MN+FM+CN，得到x﹣y＝1． 【解答】解：过G作GM⊥CD于M，过B作BN⊥CD于N， ∵边长为2的菱形ABCD， ∴∠BCD＝∠BAD，AB∥CD，OA＝OC，AB＝BC＝CD＝AD＝2， ∴四边形BGMN是矩形， ∴BG＝MN，GM＝BN， ∵∠CFO＝∠BAD， ∴∠CFO＝∠BCD＝∠BAD， ∵BE⊥AD， ∴∠AEB＝∠FMG＝∠BNC＝90°， ∵∠CFO＝∠BCD，GM＝BN，∠FMG＝∠BNC＝90°， ∴△GFM≌△BCN（AAS）， ∴FM＝CN， ∵AB＝BC，∠AEB＝∠BNC＝90°，∠BCD＝∠BAD， ∴△BAE≌△BCN（AAS）， ∴AE＝FM＝CN， ∴AE＝CN ∵AB∥CD， ∴∠CFO＝∠AGO，∠FCO＝∠GAO， ∴△CFO≌△AGO（AAS）， ∴CF＝AG， ∵AG＝x，AE＝y， ∴CF＝AG＝x，AE＝FM＝CN＝y，MN＝BG＝AB﹣AG＝2﹣x， ∵CF＝MN+FM+CN， ∴x＝y+y+2﹣x， 整理得x﹣y＝1， 即当∠BAD的大小发生变化时，代数式的值不变的是x﹣y＝1． 故选：C． 6．（2026•浙江一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点A′是点A关于直线BD的对称点，连结A′B交CD，AC于点E，F，连结OE．若CF＝3，OF＝2，则OE的长度为（　　） A． B． C． D． 【考点】矩形的性质；轴对称的性质．版权所有 【分析】由矩形的性质和平行线的性质得到∠CDB＝∠ABD，再由轴对称的性质可得∠ABD＝∠ABD，则可证明∠CDB＝∠ABD得到ED＝EB，据此可证明OE⊥BD；求出OB＝OA＝OD＝5，AF＝7；证明△ABF∽△CEF，得到，设AB＝CD＝7x，CE＝3x，则ED＝EB＝4x，由勾股定理得证明△EOD﹣△BCD，得到，即，即可得解． 【解答】解：∵在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O， ∴AB＝CD，AB∥CD，， ∴∠BCD＝90°， ∴∠EDB＝∠ABD， 由轴对称的性质可得∠ABD＝∠ABD， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴ED＝EB， ∵OD＝OB， ∴OE⊥BD， ∴∠EOD＝∠EOB＝90°； ∵CF＝3，OF＝2， ∴OB＝OA＝OD＝OF+CF＝5， ∴AF＝OA+OF＝7； ∵AB∥CD， ∴△ABF∽△CEF， ∴， 设AB＝CD＝7x，CE＝3x，则ED＝EB＝CD﹣CE＝4x， 在Rt△BCE中，由勾股定理得BCx； ∵∠EOD＝∠BCD＝90°，∠EDO＝∠BDC， ∴△EOD∽△BCD， ∴， 即， ∴OE， 故选：A． 7．（2026•柯城区一模）如图，在矩形ABCD中，四边形ABFG和四边形CDHE都是正方形，对角线AC交FG，EH于点M，N，连接BM交EH于点L，连接DN交FG于点K，连接AL，CK，可形成“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样．若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道（　　） A．四边形ABFG的面积 B．四边形ABCD的面积 C．四边形ABEH的面积 D．四边形EFGH的面积 【考点】正方形的性质；矩形的性质．版权所有 【分析】设AD＝x，AH＝y，根据正方形和矩形的性质可得DG＝AH＝y，HE＝AG＝DH＝CD＝x，可证明，S△ABL+S△CDK＝xy，则，再由可得答案． 【解答】解：设AD＝x，AH＝y， ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝x， ∵四边形ABFG和四边形CDHE都是正方形， ∴AG＝AB＝x，DH＝CD＝HE＝x， ∴AG＝DH， ∴AG﹣GH＝DH﹣GH， ∴DG＝AH＝y； ∵，， ∴； ∵， ∴S△ABL+S△CDK＝xy， ∴， ∵， ∴S阴影＝S四边形EFGH， ∴若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道四边形EFGH的面积， 故选：D． 考点8 圆的基本性质、直线与圆的位置关系综合题型 1．（2025•金东区二模）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD是半圆的切线，OD⊥AB，若∠CAB＝27°，则∠D的度数为（　　） A．63° B．44° C．54° D．64° 【考点】切线的性质；直角三角形的性质；圆周角定理．版权所有 【分析】连接OC，由等边对等角可得∠OCA＝∠CAB＝27°，由三角形外角的性质可得∠BOC＝∠OCA+∠CAB＝54°，由切线的性质可得CD⊥OC，则∠OCD＝90°，由直角三角形的两个锐角互余可得∠D+∠COD＝90°，由OD⊥AB可得∠BOD＝90°，进而可得∠BOC+∠COD＝90°，于是可得∠D＝∠BOC，由此即可求出∠D的度数． 【解答】解：如图，连接OC， ∵OA＝OC， ∴∠OCA＝∠CAB＝27°， ∴∠BOC＝∠OCA+∠CAB＝27°+27°＝54°， ∵OC是半圆O的半径，CD是半圆O的切线， ∴CD⊥OC， ∴∠OCD＝90°， ∴∠D+∠COD＝90°， ∵OD⊥AB， ∴∠BOD＝90°， ∴∠BOC+∠COD＝90°， ∴∠D＝∠BOC＝54°， 故选：C． 2．（2025•余杭区校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝4．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【考点】圆与圆的位置关系；勾股定理；点与圆的位置关系．版权所有 【分析】由勾股定理求出AC的长度，再由点C在⊙A内且点B在⊙A外求解． 【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理得AC3， ∵点C在⊙A内且点B在⊙A外， ∴3＜r＜5， 故选：C． 3．（2026•台州一模）如图，在圆内接四边形ABCD中，AB是圆的直径，过点C作CE⊥AB于点E，连结AC．若BC＝CD，AE＝9，BE＝4，则△ACD的面积为（　　） A．16 B．15 C．12 D．10 【考点】圆周角定理；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．版权所有 【分析】延长AD，过点C作CF⊥AD于点F，证明△BCE∽△CAE，求出CE＝6，分别证明Rt△CBE≌Rt△CDF（HL），Rt△ACF≌Rt△ACE得出DF＝4，AF＝9，得出AD＝5，根据三角形面积公式可求出S△ACD＝15． 【解答】解：如图，延长AD，过点C作CF⊥AD于点F， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠BAC+∠ABC＝90°， ∵CE⊥AB，AE＝9，BE＝4， ∴∠CEB＝∠CEA＝90°， ∴∠BCE+∠B＝90°， ∴∠BCE＝∠CAE， ∴△BCE∽△CAE， ∴， ∴CE2＝AE•BE， ∴CE2＝9×4＝36， ∴CE＝6（负值舍去）， ∵BC＝CD， ∴∠BAC＝∠DAC， ∵CE⊥AB，CF⊥AD， ∴CF＝CE＝6； 在Rt△CBE和Rt△CDF中， ， ∴Rt△CBE≌Rt△CDF（HL）， ∴DF＝BE＝4； 在Rt△ACE和Rt△ACF中， ， ∴Rt△ACF≌Rt△ACE（HL） ∴AF＝AE＝9， ∴AD＝AF﹣DF＝9﹣4＝5， ∴． 故选：B． 4．（2026•鹿城区校级模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB＝AC，BO的延长线交⊙O于点D，过点D作DH⊥AC，垂足为H．若2AH＝CH，BC＝10．则BD的长度为（　　） A． B．15 C． D． 【考点】三角形的外接圆与外心；勾股定理；垂径定理．版权所有 【分析】连接AD、CD，根据圆周角定理得到∠BAD＝90°，∠HCD＝∠ABD，证明△CHD∽△BAD，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【解答】解：如图，连接AD、CD， ∵2AH＝CH，AB＝AC， ∴， ∵BD是⊙O的直径， ∴∠BAD＝90°， ∵DH⊥AC， ∴∠CHD＝∠BAD， 由圆周角定理得：∠HCD＝∠ABD， ∴△CHD∽△BAD， ∴， 设CD＝2a，则BD＝3a， ∵BD是⊙O的直径， ∴∠BCD＝90°， 在Rt△BCD中，BC2+CD2＝BD2，即102+（2a）2＝（3a）2， 解得：a＝2， 则BD＝3a＝6， 故选：D． 5．（2026•余杭区校级模拟）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，连结OP，OP长为2，∠APB＝120°，则⊙O的半径为（　　） A．1 B．2 C． D． 【考点】切线的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】由切线的性质可得PA＝PB，∠OAP＝∠OBP＝90°，进而可证明△OAP≌△OBP（SSS），则，使用三角函数计算出OA的值即可． 【解答】解：∵PA，PB是⊙O的切线， ∴PA＝PB，∠OAP＝∠OBP＝90°， 在△OAP和△OBP中， ， ∴△OAP≌△OBP（SSS）， ∴， 在Rt△OAP中，， 故选：C． 6．（2026•定海区一模）如图，在Rt△ABC中，已知∠BCA＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6．把△ABC以点B为中心逆时针旋转，使点C旋转至AB边延长线上的C′处，那么AC边转过的图形（图中阴影部分）的面积是（　　） A． B． C．27π D．9π 【考点】扇形面积的计算；旋转的性质；含30度角的直角三角形．版权所有 【分析】根据旋转变换的性质可得△ABC与△A′BC′全等，从而得到阴影部分的面积＝扇形ABA′的面积﹣小扇形CBC′的面积． 【解答】解：根据旋转变换的性质，△ABC≌△A′BC′， ∵∠BCA＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6， ∴BCAB＝3， ∴阴影面积9π． 故选：D． 考点9 尺规作图痕迹考察 1．（2025•西湖区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，分别以点A和点B为圆心，大于AB的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线MN，交BC于点D，连接AD，则∠CAD的度数是（　　） A．20° B．30° C．45° D．60° 【考点】作图—基本作图；线段垂直平分线的性质．版权所有 【分析】根据内角和定理求得∠BAC＝60°，由中垂线性质知DA＝DB，即∠DAB＝∠B＝30°，从而得出答案． 【解答】解：在△ABC中，∵∠B＝30°，∠C＝90°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°， 由作图可知MN为AB的中垂线， ∴DA＝DB， ∴∠DAB＝∠B＝30°， ∴∠CAD＝∠BAC﹣∠DAB＝30°， 故选：B． 2．（2025•浙江模拟）如图，AD为⊙O的直径，作⊙O的内接正六边形ABCDEF，甲、乙两人的作法分别如下． 甲：（1）作OD的中垂线，交⊙O于C（左），E（右）两点； （2）再作OA的中垂线，交⊙O于B（左），F（右）两点； （3）连结AB，BC，CD，DE，EF，FA，六边形ABCDEF即为所求的六边形． 乙：（1）以D为圆心，OD长为半径作圆弧，交⊙O于C（左），E（右）两点； （2）再以A为圆心，OA长为半径作圆弧，交⊙O于B（左），F（右）两点； （3）连结AB，BC，CD，DE，EF，FA，六边形ABCDEF即为所求的六边形． 对于甲、乙两人的作法，可得到以下判断（　　） A．甲、乙均正确 B．甲、乙均错误 C．甲正确、乙错误 D．甲错误，乙正确 【考点】作图—复杂作图；线段垂直平分线的性质；正多边形和圆．版权所有 【分析】根据作图即可得到AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEF＝∠AFE＝∠FAB＝120°，进而得出六边形ABCDEF为正六边形．进而即可判断． 【解答】解：甲：由作图可知，AB＝BO＝AO，即△AOB为等边三角形， 同理可得△BOC，△COD，△DOE，△EOF，△AOF均为等边三角形， 故AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEF＝∠AFE＝∠FAB＝120°， 所以六边形ABCDEF为正六边形； 乙：由作图可得，AF＝AB＝BO＝AO，即△ABO为等边三角形， 同理可得△AOF，△COD，△DOE均为等边三角形， 故∠EOF＝∠BOC＝60°，而BO＝CO＝EO＝FO， 所以△BOC，△EOF均为等边三角形， 所以AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEF＝∠AFE＝∠FAB＝120°， 所以六边形ABCDEF为正六边形； 因此，甲、乙两人的作法均正确， 故选：A． 3．（2026•浙江模拟）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°．按以下步骤作图：①分别以点A，B为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点E，F；②作直线EF；③以点B为圆心，以BA为半径画弧交直线EF于点G；④连接BG交AC于点P．则∠APB＝（　　） A．60° B．70° C．75° D．80° 【考点】作图—基本作图；线段垂直平分线的性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】连接AG，由作法得EF垂直平分AB，根据线段垂直平分线的性质可证明△ABG为等边三角形，则∠ABG＝60°，然后根据三角形内角和可计算出∠APB的度数． 【解答】解：连接AG，如图， 由作法得EF垂直平分AB， ∴GA＝GB， ∵BG＝BA， ∴AB＝BG＝AG， ∴△ABG为等边三角形， ∴∠ABG＝60°， ∵AB＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠BAP＝45°， ∴∠APB＝180°﹣∠ABG﹣∠BAP＝180°﹣60°﹣45°＝75°， 故选：C． 考点10 图形变换之轴对称、旋转、折叠的综合 1．（2025•钱塘区校级模拟）如图，已知△ABC是等边三角形，D为边AB上一点，且AD：DB＝3：2，作点A关于CD的对称点A′，连结A'C、A′D，A′D与BC交于E点，则CE：EB的值为（　　） A． B．9 C． D．10 【考点】轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质．版权所有 【分析】首先由AD：DB＝3：2，设AD＝3x，DB＝2x，得到AB＝5x，然后表示出AC＝AC＝5x，AD＝AD＝3x，∠A＝∠A＝60°，证明出△AEC∽△BED，得到 ，设CE＝5a，DE＝2a，然后表示出BE，进而求解即可． 【解答】解：∵AD：DB＝3：2， ∴设AD＝3x，DB＝2x， ∴AB＝5x， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC＝AB＝5x，∠A＝∠B＝60°， ∵点A关于CD的对称点A， ∴AC＝AC＝5x，AD＝AD＝3x，∠A＝∠A＝60°， 又∠AEC＝∠BED， ∴△AEC∽△BED， ，即， ∴设CE＝5a，DE＝2a， ∴AE＝3x﹣2a，BE＝5x﹣5a， ∴， ， ∴BE＝5x﹣5a＝5a﹣5aa， ∴， 故选：C． 2．（2025•滨江区校级模拟）如图．已知△ABC．∠ACB＝30°，CP为∠ACB的平分线，且CP＝6，点M、N分别是边AC和BC上的动点，则△PMN周长的最小值为（　　） A．4 B．6 C．6 D．10 【考点】轴对称﹣最短路线问题．版权所有 【分析】作点P关于AC的对称点E，点P关于BC的对称点F，连接EF交AC于M，交BC于N，连接CE、CF．此时△PMN的周长最小． 【解答】解：作点P关于AC的对称点E，点P关于BC的对称点F，连接EF交AC于M，交BC于N，连接CE、CF．此时△PMN的周长最小． 由对称的性质可知，∠ACP＝∠ACE，∠PCB＝∠BCF，CP＝CE＝CF＝6， ∵∠ACB＝30°， ∴∠ECF＝60°， ∴△CEF是等边三角形， ∴EF＝CE＝6， ∴△PMN的周长的最小值＝PM+MN+PN＝EM+MN+NF＝EF＝6， 故选：B． 3．（2025•金东区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，P、Q分别是边AB和AC上的动点，且始终保持AQ＝BP，连结CP，BQ，则BQ+CP的最小值是（　　） A．11 B． C． D．8 【考点】轴对称﹣最短路线问题；全等三角形的判定与性质；勾股定理．版权所有 【分析】过B作BD∥AC并截取BD＝AC，过A作AE⊥CB于E，过D作 DF⊥BC于F，证明△BDP≌△ABQ，得出DP＝BQ，则BQ+CP＝DP+CP≥CD，故当C、P、D三点共线时，BQ+CP取最小值为CD，根据三线合一的性质求出根据勾股定理求出AE＝4，证明△BDF≌△CAE，得出DF＝AE＝4，BF＝CE＝3，最后在Rt△CDF中根据勾股定理求解即可． 【解答】解：过B作BD∥AC并截取BD＝AC，过A作AE⊥CB于E，过D作DF⊥BC于F， ∴∠DBP＝∠BAQ， ∵AB＝AC＝5，BD＝AC， ∴BD＝AB，又BP＝AQ， ∴△BDP≌△ABQ（SAS）， ∴DP＝BQ， ∴BQ+CP＝DP+CP≥CD，当C、P、D三点共线时，BQ+CP取最小值为CD， ∵AB＝AC＝5，AE⊥CB，BC＝6， 若，， ∵BD∥AC， ∴∠DBF＝∠ACE， ∵AE⊥CB，DF⊥BC， ∴∠F＝∠AEC＝90°， 又∵BD＝AC， ∴△BDF≌△CAE（AAS）， ∴DF＝AE＝4，BF＝CE＝3， ∴CF＝BF+BC＝9， ∴， 即BQ+CP 的最小值是， 故选：B． 4．（2025•杭州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝8，点D为AB上一点，连接CD，将△BCD沿CD翻折得到△B′CD，过点A作AF∥BC交DB′于点E，交CB′于点F，若AE＝B′E，则BD的长为（　　） A．4 B． C．5 D． 【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的性质．版权所有 【分析】过F作FH⊥BC于H，设BD＝x，由折叠的性质得到B′D＝BD＝x，B′C＝BC＝8，∠B′＝∠B＝90°，判定四边形ABHF是矩形，推出FH＝AB＝5，BH＝AF，判定△AED≌△B′EF，推出DE＝EF，FB′＝AD＝5﹣x，得到CF＝CB′﹣FB′＝x+3，AF＝DB′＝x，求出CH＝BC﹣BH＝8﹣x，由勾股定理得到（x+3）2＝52+（8﹣x）2，求出x，得到BD的长为． 【解答】解：过F作FH⊥BC于H，设BD＝x， ∴AD＝AB﹣BD＝5﹣x， ∵将△BCD沿CD翻折得到△B′CD， ∴B′D＝BD＝x，B′C＝BC＝8，∠B′＝∠B＝90°， ∵AF∥BC，∠B＝90°， ∴四边形ABHF是矩形， ∴FH＝AB＝5，BH＝AF， ∵AE＝B′E，∠AEF＝∠B′EF，∠DAE＝∠B′， ∴△AED≌△B′EF， ∴DE＝EF，FB′＝AD＝5﹣x， ∴CF＝CB′﹣FB′＝x+3， ∵AE+EF＝B′E+DE， ∴AF＝DB′＝x， ∴BH＝x， ∴CH＝BC﹣BH＝8﹣x， ∵CF2＝FH2+CH2， ∴（x+3）2＝52+（8﹣x）2， ∴x， ∴BD的长为． 故选：B． 5．（2025•温州校级三模）如图，在正方形ABCD中，将边AB绕点A逆时针旋转至AF，使F点落在正方形ABCD内部，延长BF交∠DAF的平分线于点H，连接FD交AH于点G，则下列比值是定值的是（　　） A． B． C． D． 【考点】旋转的性质；角平分线的性质；正方形的性质．版权所有 【分析】设∠BAF＝2x，由正方形的性质可得AB＝AD，∠BAD＝90°，则∠DAF＝90°﹣2x，由旋转的性质可得AF＝AB＝AD，则∠AFB＝90°﹣x，由三线合一定理得到AH⊥DF，DF＝2FG，，则可证明∠H＝45°，则△HFG是等腰直角三角形，进而得到，据此可得答案． 【解答】解：设∠BAF＝2x， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠DAF＝∠BAD﹣∠BAF＝90°﹣2x， 由旋转的性质可得AF＝AB＝AD， ∴， ∵BF交∠DAF的平分线于点H， ∴AH⊥DF，DF＝2FG，， ∴∠H＝∠AFB﹣∠HAF＝45°， ∴△HFG是等腰直角三角形， ∴FG＝HG， ∴， ∴， 故选：B． 6．（2025•临平区校级三模）在等边△ABC中，D为△ABC内的一点，∠BDC＝120°，∠ADB＝90°，CD＝1，则AD的长为（　　） A． B．2 C． D．3 【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形．版权所有 【分析】将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连接DE，可得CE＝CD，∠ACE＝∠BCD，∠AEC＝∠BDC＝120°．结合等边三角形的判定与性质可得△CDE为等边三角形，则DE＝CD＝1，∠DEC＝∠CDE＝60°，可得∠AED＝∠AEC﹣∠DEC＝60°，点B，D，E在同一条直线上，则∠ADE＝90°．在Rt△ADE中，可得AD． 【解答】解：将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连接DE， 可得CE＝CD，∠ACE＝∠BCD，∠AEC＝∠BDC＝120°． ∵△ABC为等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∴∠ACD+∠BCD＝∠ACD+∠ACE＝∠DCE＝60°， ∴△CDE为等边三角形， ∴DE＝CD＝1，∠DEC＝∠CDE＝60°， ∴∠AED＝∠AEC﹣∠DEC＝60°，∠BDE＝∠BDC+∠CDE＝180°， ∴点B，D，E在同一条直线上． ∵∠ADB＝90°， ∴∠ADE＝90°． 在Rt△ADE中，∠AED＝60°，DE＝1， ∴AD． 故选：A． 7．（2026•富阳区一模）如图，正方形ABCD的边长为3，将长为2的线段QF的两端放在正方形相邻的两边上同时滑动．如果点Q从点A出发，在AB上滑动，同时点F在BC上滑动，当点F到达点C时，运动停止，那么在这个过程中，线段QF的中点M所经过的路线长为（　　） A． B． C． D． 【考点】轨迹；正方形的性质．版权所有 【分析】求出两种特殊位置时，∠ABM，∠CBM1的值，利用弧长公式求解即可． 【解答】解：如图，连接BM． 当点Q与A重合时，在Rt△ABF中， ∵cos∠BAF， ∴∠BAF＝30°， ∵AM＝MF， ∴BM＝AM＝MF， ∴∠ABM＝∠BAM＝30°， 当F1与C重合时，同法可得∠M1BC＝∠M1CB＝30°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠MBM1＝90°﹣30°﹣30°＝30°， ∵BM＝BM1， ∴线段QF的中点M所经过的路线长π， 故选：C． 考点11 相似三角形的性质与应用 1．（2025•金华模拟）如图，点G，H，P，Q分别在等腰△ABC的腰上，连接GH，PQ，已知GH∥PQ∥BC，AG＝BP，且sinA＝asinB，PQ+GH＝b，AB的长为定值．当a与b发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A． B．ab C．a+b D． 【考点】平行线分线段成比例；解直角三角形；等腰三角形的性质．版权所有 【分析】过C作CM⊥AB于M，过P作PN∥AC交BC于N，判定△BPN≌△GAH（ASA），推出BN＝GH，判定四边形PNCQ是平行四边形，推出CN＝PQ，得到BC＝b，由sinA，sinB，得到AC•sinA＝b•sinB，求出AC＝定值． 【解答】解：过C作CM⊥AB于M，过P作PN∥AC交BC于N， ∴∠BPN＝∠A， ∵GH∥BC， ∴∠B＝∠AGH， ∵BP＝GA， ∴△BPN≌△GAH（ASA）， ∴BN＝GH， ∵PQ∥BC，PN∥AC， ∴四边形PNCQ是平行四边形， ∴CN＝PQ， ∴BC＝CN+BN＝PQ+GH＝b， ∵sinA，sinB， ∴CM＝AC•sinA＝b•sinB， ∵sinA＝asinB， ∴AC， ∵AC＝AB＝定值， ∴是定值． 故选：A． 2．（2025•乐清市校级模拟）如图，在等腰直角三角形ABC中，BC＝8，D是BC上一点，BD＜CD，连结接AD，作DE⊥AD，交BC的垂线CE于点E．连接AE，交BC于F，若设CF＝x，CE＝y，在D的运动过程中，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．xy C．x2+y2 D． 【考点】相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有 【分析】过点A作AG⊥BC于点G，证明△AGF∽△ECF得出，进而逐项分析判断，即可求解． 【解答】解：如图所示，过点A作AG⊥BC于点G， ∵等腰直角三角形ABC中，BC＝8， ∴， ∵CE⊥BC， ∴AG∥EC， ∴△AGF∽△ECF， ∴即， 解得：， ∴x+yy，，都不是定值， ∴是定值， 故选：D． 3．（2025•滨江区校级三模）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边DC上，DE：EC＝3：1，连接AE交BD于点F，则△DEF的面积与四边形BCEF的面积之比为（　　） A．9：16 B．9：19 C．9：28 D．3：4 【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质．版权所有 【分析】由DE：EC＝3：1，可得DF：FB＝3：4，根据在高相等的情况下三角形面积比等于底边的比，可得S△EFD：S△BEF＝3：4，S△BDE：S△BEC＝3：1，可求△DEF的面积与四边形BCEF的面积的比值． 【解答】解：连接BE ∵DE：EC＝3：1 ∴设DE＝3k，EC＝k，则CD＝4k ∵ABCD是平行四边形 ∴AB∥CD，AB＝CD＝4k ∴ ∴S△EFD：S△BEF＝3：4 ∵DE：EC＝3：1 ∴S△BDE：S△BEC＝3：1 设S△BDE＝3a，S△BEC＝a 则S△EFD，S△BEF ∴SBCEF＝S△BEC+S△BEF ∴则△DEF的面积与四边形BCEF的面积之比9：19 故选：B． 4．（2025•金华模拟）如图，点D，E，F分别在△ABC的边上，∠AFD＝∠FDE＝∠DEB，点G是EF的中点，连接AG并延长交BC于点H，已知，则的值是（　　） A． B． C． D． 【考点】相似三角形的判定与性质．版权所有 【分析】AH交DF于Q点，如图，先证明DE∥AC，DF∥CE，则可判断四边形CEDF为平行四边形，所以DF＝CE，设DF＝3x，BC＝7x，CE＝3x，BE＝4x，接着证明△EHG∽△FQG，利用相似比得到EH＝FQ，然后证明△ADE∽△ABC，则，证明△AQF∽△AHC得到，设QF＝3t，CH＝7t，则EH＝3t，CE＝10t，所以10t＝3x，解得tx，则CHx，然后计算的值． 【解答】解：AH交DF于Q点，如图， ∵∠AFD＝∠FDE＝∠DEB， ∴DE∥AC，DF∥CE， ∴四边形CEDF为平行四边形， ∴DF＝CE， ∵， ∴设DF＝3x，BC＝7x， ∴CE＝3x， ∴BE＝BC﹣CE＝4x， ∵FQ∥EH， ∴△EHG∽△FQG， ∴1， 即EH＝FQ， ∵DF∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∵QF∥CH， ∴△AQF∽△AHC， ∴， ∴设QF＝3t，CH＝7t， ∴EH＝3t， ∵CE＝EH+CH＝10t， ∴10t＝3x， 解得tx， ∴CH＝7tx， ∴． 故选：A． 5．（2025•浙江三模）如图，在△ABC中，点D是AB上一点（不与点A，B重合），过点D作DE∥BC交AC于点E，过点E作EF∥AB交BC于点F，点G是线段DE上一点，EG＝2DG，点H是线段CF上一点，CH＝2HF，连接AG，AH，GH，HE．若已知△AGH的面积，则一定能求出（　　） A．△ABC的面积 B．△ADG的面积 C．四边形DBFE的面积 D．△EFC的面积 【考点】相似三角形的判定与性质；平行线的性质；三角形的面积．版权所有 【分析】利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到，利用已知条件和相似三角形的判定与性质得到∠DAG＝∠FEH，利用平行线的判定定理得到AG∥EH，利用同底等高的三角形的面积相等的性质和等高的三角形的面积比等于底的比的性质解答即可得出结论． 【解答】解：∵DE∥BC， ∴∠AED＝∠C，∠ADE＝∠B， ∵EF∥AB， ∴∠B＝∠EFC， ∴∠ADE＝∠EFC， ∴△ADE∽△EFC， ∴， ∵EG＝2DG，CH＝2HF， ∴DGDE，FHFC， ∴， ∴， ∵∠ADE＝∠EFC， ∴△ADG∽△EFH， ∴∠DAG＝∠FEH， ∵EF∥AB， ∴∠DAE＝∠FEC， ∴∠DAE﹣∠DAG＝∠FEC﹣∠FEH， 即∠GAE＝∠HEC， ∴AG∥EH， ∴S△AGH＝S△AGE． ∵EG＝2DG， ∴， ∴， ∴S△ADES△ADG， ∴S△ADES△AGH． ∴已知△AGH的面积，则一定能求出△ADG的面积． 故选：B． 6．（2025•上城区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝12，BA＜BC，点D为AC的中点，线段BD的垂直平分线l交边BC于点E．设BE＝x，tanC＝y，则（　　） A．x﹣3y2＝3 B．2x﹣3y2＝7 C．3x﹣3y2＝15 D．4x﹣3y2＝15 【考点】解直角三角形；线段垂直平分线的性质；直角三角形斜边上的中线．版权所有 【分析】先证明△BDE∽△BCD，得出BD2，再根据tanC求得x与y的关系式． 【解答】解：连接DE， ∵∠ABC＝90°，点D为AC的中点， ∴CD＝BD， ∴∠C＝∠DBC， ∵l是BD的垂直平分线， ∴BE＝DE， ∴∠BDE＝∠DBC＝∠C， ∴△BDE∽△BCD， ∴BD2＝BE•BC＝12x， ∴AC2＝4BD2＝48x， ∴AB2＝48x﹣122＝48x﹣144， ∴， ∴x﹣3y2＝3， 故选：A． 7．（2026•平阳县校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点M在边AB上，线段MC绕点M顺时针旋转，点C恰巧落在边AC上的点N处．如果m．那么n与m满足的关系式是（　　） A．m﹣2n＝1 B．m﹣3n＝1 C．2m﹣2n＝1 D．2m﹣3n＝1 【考点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质．版权所有 【分析】过M点作MH⊥AC于H点，如图，先利用旋转的性质得到MN＝MC，再根据等腰三角形的性质得到NH＝CHCN，接着利用平行线分线段成比例定理得到，然后利用等线段代换得到1，从而得到m﹣2n＝1． 【解答】解：过M点作MH⊥AC于H点，如图， ∵线段MC绕点M顺时针旋转，点C恰巧落在边AC上的点N处， ∴MN＝MC， ∵MH⊥CN， ∴NH＝CHCN，∠AHM＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴MH∥BC， ∴， 即1， ∵m， ∴m＝2n+1， 即m﹣2n＝1． 故选：A． 1．（2026•长兴县校级模拟）若A＝3x2﹣2xy+2，B＝x2﹣y2+1，则A，B的大小关系为（　　） A．A≥B B．A＞B C．A≤B D．A＜B 【考点】因式分解的应用．版权所有 【分析】首先求出A﹣B＝＝（x﹣y）2+x2+1，分析求出的结果，A﹣B＞0，据此求出A＞B． 【解答】解：因为A＝3x2﹣2xy+2，B＝x2﹣y2+1， 所以A﹣B ＝（3x2﹣2xy+2）﹣（x2﹣y2+1） ＝3x2﹣2xy+2﹣x2+y2﹣1 ＝2x2﹣2xy+y2+1 ＝x2﹣2xy+y2+x2+1 ＝（x﹣y）2+x2+1， 因为（x﹣y）2+x2≥0， 所以（x﹣y）2+x2+1＞0， 所以A﹣B＞0， 即A＞B． 故选：B． 2．（2026•宁波校级一模）数学兴趣小组借助绘图软件探究函数的图象．现输入一组m，n的值，得到的函数图象如图所示，由此可以推断输入的m，n的值满足（　　） A．m＞0，n＞0 B．m＞0，n＜0 C．m＜0，n＞0 D．m＜0，n＜0 【考点】函数的图象．版权所有 【分析】由两支曲线的分界线在y轴左侧可以判断m的正负，由x＞0时的函数图象判断n的正负． 【解答】解：∵， ∴x的取值范围是x≠﹣m，由图可知，两支曲线的分界线位于y轴的右侧， ∴m＜0，由图可知，当x＞0时的函数图象位于x轴的下方， ∴当x＞0时，y＜0， 又∵当x＞0时，（x+m）2＞0， ∴n＜0， 故选：D． 3．（2026•宁波模拟）如图1，E为矩形ABCD边AD上一点，点P从点B沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q从点B沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．若P，Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△BPQ的面积为y（cm2）．已知y与t的函数关系图象如图2，则下列结论正确的是（　　） A．AE＝8cm B．当t＝12s时，△PBQ是等腰三角形 C． D．当0＜t≤10时，y＝0.8t2 【考点】动点问题的函数图象．版权所有 【分析】由图象得到BC＝BE＝10cm，然后根据面积求出AB＝8，然后求出DE，即可得到AE，进而判断A选项；如图所示，当t＝12s时，点C和点Q重合，过点P作PH⊥BC交BC于点H，连接PC，利用勾股定理求出PB，PC，即可判断B选项；然后利用即可判断C选项；当0＜t≤10时，如图所示，过点P作PG⊥BC交BC于点G，解直角三角形表示出PG，然后利用三角形面积公式表示出y即可判断D选项． 【解答】解：当t＝10s时，△BPQ的面积y达到最大值40cm2， ∴此时点Q到达点C，点P到达点E， ∴BC＝BE＝10cm， ∴，即， ∴AB＝8， ∵t＝14s时△BPQ的面积y开始变小， ∴此时点P到达点D， ∴DE＝14×1﹣10×1＝4（cm）， ∴AE＝AD﹣DE＝10﹣4＝6cm，故A错误，不符合题意； 当t＝12s时，点C和点Q重合，过点P作PH⊥BC交BC于点H，连接PC， ∴BE+EP＝12×1＝12， ∴EP＝12﹣BE＝2， ∴AP＝AE+EP＝8，PD＝AD﹣AP＝2， ∴，， ∴PB≠BC≠PC， ∴△PBQ不是等腰三角形，故B错误，不符合题意； ∵AD∥BC， ∴，故C正确，符合题意； 当0＜t≤10时，过点P作PG⊥BC交BC于点G， ∴BP＝BQ＝t， ∵， ∴， ∴，故D错误． 故选：C． 4．（2026•平阳县校级模拟）如图1，动点P从△ABC的顶点A出发，沿边AB→BC以每秒1个单位的速度匀速运动，运动到点C时停止．设点P运动的时间为x（s），AP的长为y，y关于x的函数图象如图2所示，则△ABC的面积为（　　） A．15 B．16 C． D． 【考点】动点问题的函数图象．版权所有 【分析】作AD⊥BC交BC于D，作AE＝AB＝a交DC于E，根据函数图象得到AB＝6，，BC＝n﹣4，BD＝m﹣6，CD＝n+2﹣m，DE＝n﹣m，根据等腰三角形三线合一得到BD＝DE，求出n＝2m﹣6，即CD＝m﹣4，根据AD2＝AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2求出m＝10，即BD＝4，CD＝6，进而得到BC＝10，，根据三角形面积公式计算即可． 【解答】解：∵动点P从△ABC的顶点A出发，沿边AB→BC以每秒1个单位的速度匀速运动，由函数图象可知动点P匀速运动6s到达B， ∴AB+BC＝（n+2）×1＝n+2，AB＝a＝1×6＝6，， ∴BC＝n﹣4， 如图，作AD⊥BC交BC于D，作AE＝AB＝a交DC于E， 由垂线段最短结合函数图象可知，当P到达D点时，对应（m，b）， 即AB+BD＝m，AD＝b， ∴CD＝n+2﹣m，BD＝m﹣6， 由函数图象可知，当AP＝AB＝a时，AB+BP＝n， 即AB+BE＝n， ∴BE＝n﹣6， ∴DE＝BE﹣BD＝n﹣m， ∵AD⊥BC，AE＝AB＝a， ∴BD＝DE， ∴m﹣6＝n﹣m， ∴n＝2m﹣6， ∴CD＝n+2﹣m＝2m﹣6+2﹣m＝m﹣4， ∵AD2＝AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2， ∴， ∴36﹣m2+12m﹣36＝56﹣m2+8m﹣16， 解得m＝10， ∴CD＝10﹣4＝6，BD＝10﹣6＝4， ∴BC＝10，， ∴△ABC的面积． 故选：C． 5．（2026•衢江区模拟）如图1，直线l⊥直线m，垂足为点O，点A和点B分别是直线l和直线m上两定点，点P从点A出发，以每秒1个单位长度，沿直线l水平向右运动，同时点Q从点B出发，以每秒2个单位长度，沿直线m竖直向上运动，设运动时间为x（s），△PQO面积为y．如图2，y关于x的函数图象与y轴交于点C，图象与x轴只有一个交点D，且经过G（1，9）和E（n，q），点C和点E是关于抛物线的对称轴对称的两点，下列选项正确的是（　　） A．点D坐标为（3，0） B．当y＝9时，x＝1或7 C．q＝32 D．点（10，34）在该函数图象上 【考点】动点问题的函数图象．版权所有 【分析】设OA长a，OB＝b，则OP＝|a﹣x|，OQ＝|b﹣2x|，得到y关于x的函数关系式，根据抛物线与x轴只有一个交点得到a和b的关系，进而把（1，9）代入抛物线解析式可得抛物线解析式，进而判断所给选项是否正确即可． 【解答】解：设OA长a，OB＝b， ∴OP＝|a﹣x|，OQ＝|b﹣2x|， ∴y|a﹣x||b﹣2x|（x﹣a）（2x﹣b）＝（x﹣a）（x）， ∵图象与x轴只有一个交点D， ∴a， ∴y＝（x﹣a）2， ∵函数经过G（1，9）， ∴9＝（1﹣a）2， 解得：a＝4（取正值）， ∴y＝（x﹣4）2， 当y＝0时，x＝4， ∴点D的坐标为（4，0）， 故A选项错误，不符合题意； 当y＝9时，9＝（x﹣4）2， 解得：x1＝1，x2＝7， ∴当y＝9时，x＝1或7， 故B选项正确，符合题意； 当x＝0时，y＝16， ∵点C和点E是关于抛物线的对称轴对称的两点， ∴q＝16， 故C选项错误，不符合题意； 当x＝10时，y＝36， 故D选项错误，不符合题意． 故选：B． 6．（2026•定海区模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，反比例函数的图象经过顶点D，分别与对角线AC，边BC交于点E，F，连接EF，AF．若点E为AC的中点，△AEF的面积为2，则k的值为（　　） A． B．3 C．4 D．6 【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；矩形的性质．版权所有 【分析】设，根据已知条件表示出点E，点F坐标，易得，AB＝2m，由△AEF的面积为2，得△ACF的面积为4，所以，即可求出k的值． 【解答】解：设，则E点纵坐标为， 代入反比例函数解析式得x＝2m， ∴， ∴B点横坐标为3m， ∴F点横坐标为3m，代入反比例函数解析式， 得， ∴， ∴， ∵△AEF的面积为2， ∴△ACF的面积为4， ∵AB＝3m﹣m＝2m， ∴， 解得k＝6． 故选：D． 7．（2026•衢江区模拟）在平面直角坐标系xOy中，若点A（1，y1），B（﹣2，y2）在反比例函数的图象上，则y1+y2的值为（　　） A．一定是正数 B．一定是负数 C．一定等于0 D．不能确定 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】根据图象上点的坐标特征求得y1＝1+k2，y2，得到y1+y2＝1+k20，即可判断． 【解答】解：∵点A（1，y1），B（﹣2，y2）在反比例函数的图象上， ∴y1＝1+k2，y2， ∴y1+y2＝1+k2， ∵k2≥0， ∴1+k2＞0， ∴0， ∴y1+y2的值一定是正数， 故选：A． 8．（2026•浙江一模）已知反比例函数上有A（t﹣l，y1），B（1﹣t，y2）两点，当t满足下列什么条件时，一定有y1＞y2（　　） A．t＞0 B．t＜0 C．t＞1 D．t＜1 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征得出y1，y2，由题意可知，即0，即可求得t＞1． 【解答】解：∵反比例函数上有A（t﹣l，y1），B（1﹣t，y2）两点， ∴y1，y2， ∵y1＞y2， ∴， ∴0， ∴t﹣1＞0， ∴t＞1． 故选：C． 9．（2026•宁波模拟）冬奥会空中技巧项目的场地如图（图1是实景照片，图2是截面示意图）．一名运动员在某次训练的技术分析如图（图3所示抛物线是运动员的空中实际路线的一段，图4是该段抛物线在以着陆坡的最低点B所在水平直线为x轴、起跳点A所在直线为y轴建立的平面直角坐标系中的示意图）【注：AB的长为25米，∠ABO＝37°，tan37°≈0.75】，在本次训练时，运动员的着陆点恰好在着陆坡的最低点B处，设抛物线的函数表达式为y＝ax2+bx+c，平行于y轴的直线与抛物线、着陆坡分别交于点C，D，则下列所作技术分析正确的是（　　） A．着陆坡的水平宽度OB＝18.75米 B．点A的坐标为（0，12） C． D．当CD的最大值为10米时， 【考点】二次函数的图象；二次函数的性质；解直角三角形的应用．版权所有 【分析】根据题意求出sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，解三角函数得到OB＝AB•cos37°以及AO＝AB•sin37°求出OB＝20，OA＝15，即选项A和选项B错误；抛物线的函数表达式为y＝ax2+bx+c，将A（0，15），B（20，0）代入，化简得到400a+20b+15＝0，即可得到选项C正确；设着陆坡所在直线的表达式为y＝kx+m，求出一次函数解析式，得到，化简得CD＝ax2﹣20ax，对于二次函数y＝ax2﹣20ax，其对称轴为，当x＝10时，CD有最大值，将x＝10代入CD＝ax2﹣20ax，即CDmax＝﹣100a，根据CD的最大值为10米，得到﹣100a＝10，即可得到选项D错误． 【解答】解：由条件可得， ∵sin2α+cos2α＝1， 故（0.75cos37°）2+cos237°＝1， 解得sin37°≈0.6，cos37°≈0.8， 在Rt△ABO中，AB＝25， ∴， ∴OB＝AB•cos37°， ∴OB≈25×0.8＝20米，故A错误，不符合题意； 在Rt△ABO中，AB＝25， ∴， ∴AO＝AB•sin37°≈25×0.6＝15米，故A（0，15），故B错误，不符合题意； ∵抛物线的函数表达式为y＝ax2+bx+c，则： ， 化简得400a+20b+15＝0， ∴，故C正确，符合题意； 设C（x，ax2+bx+15）， 设着陆坡所在直线的表达式为y＝kx+m，则： ， 解得，， ∴， ∴， ∵， 则， ∴CD＝ax2﹣20ax， 对于二次函数y＝ax2﹣20ax，其对称轴为， 当x＝10时，CD有最大值，将x＝10代入CD＝ax2﹣20ax， 即， ∵CD的最大值为10米， 即﹣100a＝10， 解得，故D错误，不符合题意； 故选：C． 10．（2026•拱墅区校级模拟）已知点A（2，﹣6），B（6，﹣4），C（3，m）均在抛物线的图象上y＝ax2+bx+c（a≠0），且﹣7≤m≤﹣6，点（n，y1）和（n+1，y2）也在此抛物线上，则下列说法正确的是（　　） A．若y1＜y2恒成立，则n＜2 B．若y1＜y2恒成立，则n＞2 C．若y1＞y2恒成立，则n＞2 D．若y1＞y2恒成立，则n＜2 【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有 【分析】先根据已知点坐标求出抛物线开口方向和对称轴的范围，再结合二次函数的增减性和恒成立条件判断选项． 【解答】解：已知点A（2，﹣6），B（6，﹣4），C（3，m）均在抛物线的图象上y＝ax2+bx+c（a≠0），且﹣7≤m≤﹣6，点（n，y1）和（n+1，y2）也在此抛物线上，则： 把A（2，﹣6），B（6，﹣4）代入y＝ax2+bx+c得： 两式相减得32a+4b＝2，化简得． 把C（3，m）代入抛物线得9a+3b+c＝m，减去A点的式子得5a+b＝m+6， 把代入得，解得． ∵﹣7≤m≤﹣6， ∴，即a＞0，抛物线开口向上， 对称轴为，结合a的范围可得， 对于点（n，y1）和（n+1，y2），开口向上时，y1＞y2等价于|n﹣h|＞|n+1﹣h|，平方化简得． 若y1＞y2恒成立，则对所有都满足， 因此， 解得n＜2． 同理，若y1＜y2恒成立， 可得n＞3， 所以选项D正确． 故选：D． 11．（2026•萧山区校级模拟）已知二次函数的顶点在一次函数y2＝ax+ab﹣5上，且当时，都有y1＜y2，a的取值范围是（　　） A． B．a≥3 C．1≤a≤2 D．a≤1或a≥2 【考点】二次函数与不等式（组）；一次函数图象上点的坐标特征；二次函数的性质．版权所有 【分析】先对二次函数配方得到顶点坐标，将顶点代入一次函数得到a与b的关系，再根据y1＜y2整理得到关于x的不等式，利用开口向上二次函数的性质，只需区间端点处函数值≤0即可满足区间内不等式恒成立，解不等式后取交集得到a的取值范围． 【解答】解：对于二次函数， 我们可以通过配方法将其化为顶点式：， 由此可知，该抛物线的顶点坐标为． 在一次函数y2＝ax+ab﹣5的图象上． 将顶点坐标代入一次函数解析式：， 化简得，， 即：， 在时，都有y1＜y2． 即：， 将代入上式： ， ， ， 的开口向上， 要使它在某区间内小于0， f（1）≤0， 1﹣2αα2≤0， f（）≤0， （）2≤2α（）α2≤0， 3αα2≤0， 同时满足和1≤α≤2， 两者的交集是：1≤a≤2． 结论综上所述，a的取值范围是1≤a≤2．对应选项为C． 故选：C． 12．（2026•衢州模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，，，点H，F分别在边AD，BC上移动（不与端点重合），且满足DH＝BF，连接FH，则下列为定值的是（　　） A．∠EFG的大小 B．四边形EFGH的周长 C．线段FH的长 D．四边形EFGH的面积 【考点】三角形的面积；平行线的性质．版权所有 【分析】设梯形的高为h，连接EG，过点H作HK⊥EG，过点F作FL⊥EG首先，得到AD∥EG∥BC，然后利用四边形EFGH的面积＝S△EGH+S△EGF求解即可． 【解答】解：如图所示，设梯形的高为h，连接EG，过点H作HK⊥EG，过点F作FL⊥EG， ， ∵， ∴AD∥EG∥BC， ∴四边形EFGH的面积． ∴四边形EFGH的面积为定值． 故选：D． 13．（2026•拱墅区校级模拟）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连结BH并延长，交AD于点N，交AF于点M．若点M是EF的中点，则△DNH与△BFM的面积比为（　　） A． B． C． D． 【考点】勾股定理的证明；三角形的面积．版权所有 【分析】延长CH交AD于点T，先求出，然后证明∠1＝∠4＝∠3＝∠2，再证明ND＝NT，则，最后证明S△DHT＝S△BFM，即可等量代换求解． 【解答】解：延长CH交AD于点T， 由“赵爽弦图”可得，四边形HEFG为正方形，△DAE≌△ABF≌△CDH． ∴HE＝EF＝GH＝GF，HE∥GF，∠FAB＝∠EDA，∠HEM＝∠BFM＝90°＝∠DHT＝∠BGH，AE＝BF，DH＝BF． ∵点M是EF的中点， ∴． ∴． ∵HE∥GF， ∴∠EHM＝∠FBM， ∴， ∴HG＝BF． ∴EF＝AE＝BF． ∴． ∴∠FAB＝∠FBM， ∴∠EDA＝∠FBM＝∠EHM＝∠DHN， ∴ND＝NH， ∵∠NTH＝90°﹣∠EDA，∠NHT＝90°﹣∠DHN， ∴∠NTH＝∠NHT． ∴NT＝NH． ∴ND＝NT． ∴． ∵∠EDA＝∠FBM， ∴． ∵DH＝BF， ∴TH＝MF， ∴S△DHT＝S△BFM， ∴， ∴． 故选：C． 14．（2026•萧山区校级模拟）如图，在△ABC中，BE⊥AC，∠EBC＝45°，在BC上取一点D，使得AB＝AD，求CD和AE的数量关系是（　　） A． B．CD＝2AE C． D．CD＝1.5AE 【考点】等腰直角三角形；勾股定理．版权所有 【分析】可先推导△BEC 是等腰直角三角形，过A作AF⊥BC于F，再推导出△AFC也是等腰直角三角形，再在Rt△ABF和Rt△ABE中，根据勾股定理推导CD和AE的数量关系． 【解答】解：由条件可知△BEC 是等腰直角三角形， ∴∠C＝45°，BE＝EC，． 过A作AF⊥BC于 F， ∵AB＝AD， ∴BF＝FD． 在△AFC 中，∠AFC＝90°，∠C＝45°， ∴△AFC是等腰直角三角形， ∴AF＝FC． ∴BC＝BF+FD+DC＝2BF+CD， ∴FC＝2BF+CD﹣BF＝BF+CD， 整理得：CD＝AF﹣BF①， 在 Rt△ABF中，AB2＝AF2+BF2， 又∵BC＝2BF+CD，将①代入得：BC＝2BF+（AF﹣BF）＝AF+BF， 又∵， ∴． 在 Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2， ∴， 将①代入得 ， ∴． 故选：C． 15．（2026•绍兴一模）如图，在平行四边形ABCD中，，BC＝4，∠B＝45°，点E在边BC上，D是线段FG的中点，若AG∥EF，则四边形AEFG的面积为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】延长AD，EF交于点H，过点A作AM⊥BC于点M，过点E作EN⊥AD于点N，根据平行四边形的性质可得AM＝EN＝2，再证明△ADG≌△HDF（AAS），可得DH＝AD＝4，S△ADG＝S△HDF，即可求解． 【解答】解：如图，延长AD，EF交于点H，过点E作EN⊥AD于点N，过点A作AM⊥BC于点M， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴AM＝EN， ∵∠B＝45°，AM⊥BC， ∴△ABM为等腰直角三角形， ∵， ∴，即EN＝2， ∵AG∥EF， ∴∠G＝∠DFH，∠DAG＝∠H， ∵D是线段FG的中点， ∴DG＝DF， ∴△ADG≌△HDF（AAS）， ∴S△ADG＝S△HDF，DH＝AD＝4， ∴S四边形AEFG＝S△ADG+S四边形AEFD＝S△HDF+S四边形AEFD＝S△AEH，AH＝8， ∵， 即S四边形AEFG＝8． 故选：C． 16．（2026•宁波校级一模）如图，BD是正方形ABCD的对角线，E为边BC上的动点（不与端点重合），点F在BC的延长线上，且CF＝BE，过点F作FG⊥BD于点G，连结AE，EG．则下列比值为定值的是（　　） A． B． C． D． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】连接AG，CG，证明△ABG和△CBG全等得AG＝CG，∠AGB＝∠CGB，再证明△GBF是等腰直角三角形得GF＝GB，∠F＝∠CBG＝45°，进而可证明△GCF和△GEB全等，则CG＝EB，∠CGF＝∠EGB，由此可得出△GAE是等腰直角三角形，再由勾股定理得AEEG，则，据此即可得出答案． 【解答】解：连接AG，CG，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴AB＝CB，∠ABG＝∠CBG＝45°， 在△ABG和△CBG中， ， ∴△ABG≌△CBG（SAS）， ∴AG＝CG，∠AGB＝∠CGB， ∵FG⊥BD， ∴∠BGF＝90°， 又∵∠CBG＝45°， ∴△GBF是等腰直角三角形， ∴GF＝GB，∠F＝∠CBG＝45°， 在△GCF和△GEB中， ， ∴△GCF≌△GEB（SAS）， ∴CG＝EB，∠CGF＝∠EGB， ∴AG＝EG， ∴△GAE是等腰三角形， ∵∠AGB＝∠CGB，∠CGF＝∠EGB， ∴∠AGE＝∠AGB+∠EGB＝∠CGB+∠CGF＝∠BGF＝90°， ∴△GAE是等腰直角三角形， 在Rt△GAE中，由勾股定理得：AEEG， ∴为定值． 故选：A． 17．（2026•西湖区校级一模）如图，正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交DC的延长线于F，交BC于M，若DE＝MF，且，则线段CF的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 【考点】正方形的判定与性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理．版权所有 【分析】首先，添加辅助线，然后，证得四边形DGEH是矩形，四边形CGEN是正方形，再由EH⊥AD，，，得EH＝DG＝1，接着，证得△CFM≌△GED，得CF＝GE，CM＝GD＝1，最后，证得CM是△EFG的中位线，得GE＝2CM＝2，即CF＝2． 【解答】解：如图，过点E作EH⊥AD于点H，EG⊥CD于点G，EN⊥BC于点N， ∵四边形ABCD是正方形，E为对角线AC上一点， ∴∠ADC＝∠BCD＝∠BCF＝90°，∠DAE＝∠ACD＝45°， ∵EH⊥AD，EG⊥CD，EN⊥BC， ∴∠CEG＝90°﹣∠ECG＝45°＝∠ECG，∠ADC＝∠DHE＝∠DGE＝90°，∠CGE＝∠BCD＝∠CNE＝90°，即CG＝EG， ∴四边形CGEN是正方形，四边形DGEH是矩形， ∴DG＝EH，DH＝GE＝CG， ∵，EH⊥AD， ∴∠DHE＝∠AHE＝90°， ∴，即， ∴EH＝DG＝1， ∵EF⊥DE， ∴∠EDG+∠CFM＝90°， ∵∠EDG+∠GED＝90°， ∴∠CFM＝∠GED， 在△CFM和△GED中， ， ∴△CFM≌△GED（AAS）， ∴CF＝GE，CM＝GD＝1， ∴CF＝CG， ∵∠FCM＝∠FGE＝90°， ∴CM∥GE， ∴MF＝ME， ∴CM是△EFG的中位线， ∴GE＝2CM＝2， ∴CF＝2． 故选：A． 18．（2026•湖州一模）如图，AB为半圆O的直径，C为AB延长线上一点，CD切半圆于点D，AE⊥CE于点E，交半圆于点F，已知AE＝6，CE＝8，则OD的长为（　　） A． B．4 C． D． 【考点】切线的性质．版权所有 【分析】由AE⊥CE，OD⊥CD，得AE∥OD则，结合勾股定理求出AC＝10，设OD＝r表示CD、OC在Rt△ODC中用勾股定理建立方程求解． 【解答】解：∵CD切半圆于点D， ∴OD⊥CD， ∵AE⊥CE， ∴OD∥AE 在Rt△AEC中AE＝6，CE＝8， ∴， 设OD＝r，则OA＝OB＝r，OC＝AC﹣OA＝10﹣r， ∵AE∥OD， ∴△COD∽△CAE ∴， ∴， ， 故选：A． 19．（2026•普陀区一模）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为E，连接BD并延长，与过点A的切线AM相交于点P，连接AC．若⊙O的半径为6.5，AC＝12，则AP的长是（　　） A． B．26 C． D．24 【考点】切线的性质．版权所有 【分析】根据垂径定理容易求AC＝AD＝12，然后证明△ADB∽△BAP，可求得． 【解答】解：如图所示，连接AD． 因为AB是⊙O的直径，AB⊥CD， 所以AB垂直平分线段CD，∠ADB＝90°． 所以AC＝AD＝12，∠ABP+∠BAD＝90°． 所以． 因为AM是⊙O的切线， 所以∠BAP＝90°． 所以∠ADB＝∠BAP． 又因为∠ABD＝∠ABP． 所以△ADB∽△BAP． 所以． 所以． 故选：C． 20．（2026•浙江一模）如图，菱形ABCD的边长为2，以A为圆心，AB长为半径作弧，分别与BC，CD交于E，F两点，若与的长之比为1：2，则的长为（　　） A．π B． C． D． 【考点】弧长的计算；菱形的性质；圆周角定理．版权所有 【分析】连接AE，AF，AC，AC交于点G，连接BD交AC于点O，连接EG，FG，先证△ABE≌△ADF（AAS），设∠BAE＝∠DAF＝α，则∠FAE＝2∠BAE＝2α，由三角形内角和定理得，由菱形对角线互相平分，可得，，再根据∠BAO+∠ABO＝90°，可得，最后利用弧长公式求解． 【解答】解：如图，连接AE，AF，AC，AC交于点G，连接BD交AC于点O，连接EG，FG， 由题意知AD＝AF＝AG＝AE＝AB＝2， ∴∠ABE＝∠AEB，∠ADF＝∠AFD， 由条件可知∠ABE＝∠ADF， ∴∠ABE＝∠AEB＝∠ADF＝∠AFD， 又∵AD＝AB， ∴△ABE≌△ADF（AAS）， ∴∠BAE＝∠DAF， 设∠BAE＝∠DAF＝α， 则， ∴， 由条件可知∠FAE＝2∠BAE＝2α， ∴∠BAD＝α+2α+α＝4α， ∴， ∴∠BAO+∠ABO＝90°， ∴， ∴， ∴， ∴的长． 故选：C． 21．（2026•宁波模拟）根据如图所示的尺规作图痕迹，下列结论不一定成立的是（　　） A．AE＝DE B．AF∥DE C．DE⊥AB D．AE＝AF 【考点】作图—基本作图．版权所有 【分析】利用基本作图得到AD平分∠BAC，EF垂直平分，所以∠FAD＝∠EAD，根据线段垂直平分线的性质得到FA＝FD，EA＝ED，EF⊥AD，则可对A选项进行判断；再根据等角的余角相等得到∠AFE＝∠AEF，所以AE＝AF，从而可对D选项进行判断；接着证明四边形AEDF为菱形，根据菱形的性质可对B选项进行判断；由于只有当∠BAC＝90°时，DE⊥AB，从而可对C选项进行判断． 【解答】解：由作图痕迹得AD平分∠BAC，EF垂直平分， ∴∠FAD＝∠EAD，FA＝FD，EA＝ED，EF⊥AD，所以A选项不符合题意； ∴∠AFE＝∠AEF， ∴AE＝AF，所以D选项不符合题意； ∴AE＝DE＝AF＝FD， ∴四边形AEDF为菱形， ∴AF∥DE，所以B选项不符合题意； 只有当∠BAC＝90°时，DE⊥AB，所以C选项符合题意． 故选：C． 22．（2026•长兴县校级模拟）如图：已知AB＝8，AC＝BD＝1，点P是线段CD上一动点，分别以AP、BP为边向上作正方形APEF和PHKB，设正方形对角线的交点分别为O1，O2，当点P从点C运动到点D时，线段O1O2的中点G的运动路径长是（　　） A．3 B．6 C． D． 【考点】轨迹；正方形的性质．版权所有 【分析】分别延长AO1、BO2交于点T，易证四边形O1PO2T为平行四边形，得出Q为PT中点，则Q的运行轨迹为三角形TCD的中位线MN．运用中位线的性质求出MN的长度即可． 【解答】解：如图，分别延长AO1、BO2交于点T， ∵∠TAP＝∠O2PB＝45°， ∴AT∥PO2， ∵∠TBA＝∠O1PA＝45°， ∴BT∥PO1， ∴四边形O1PO2T为平行四边形， ∴O1O2与TP互相平分． ∵Q为O1O2的中点， ∴G正好为PT中点，即在P的运动过程中，G始终为PT的中点，所以Q的运行轨迹为三角形CDT的中位线MN， ∵AB＝8，AC＝BD＝1， ∴CD＝AB﹣AC﹣BD＝8﹣1﹣1＝6， ∴MNCD＝3， ∴Q的移动路径长为3． 故选：A． 23．（2026•嘉兴一模）如图，在三角形纸片ABC中，AB＝AC，点D在边BC上（点B，D不重合，CD＞BD），将△ACD沿AD折叠后得到△AED，DE交AB于点F．若AD＝AF，则∠EAD与∠BAC的数量关系正确的是（　　） A． B． C． D． 【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质．版权所有 【分析】设∠BAC＝α，∠EAD＝x，利用折叠对应角相等、等腰三角形底角相等，结合三角形外角与内角和定理建立方程，化简推导两角数量关系即可． 【解答】解：设∠BAC＝α，∠EAD＝x， ∵将△ACD沿AD折叠得到△AED， ∴∠CAD＝∠EAD＝x， ∴∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝α﹣x， ∵AB＝AC， ∴， ∴， 由折叠得， ∵AD＝AF， ∴∠ADF＝∠AFD， 在△ADF中，∠BAD+∠ADF+∠AFD＝180°即∠BAD+2∠ADF＝180°， ∴， ∴α﹣x+180°+α﹣2x＝180°， ∴2α＝3x， ∴， 即， 故选：B． 24．（2026•舟山模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E在AD边上且AE＝1，点F为直线AB上一动点，连接EF，将△AEF沿着折痕EF折叠，得到△A′EF，动点P在BC边上，连接PA′，则PA′+PD最小值是（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；轴对称﹣最短路线问题．版权所有 【分析】由题意可得点A′在以点E为圆心、1为半径的圆上，作AD关于BC的对称线段MN，点E关于BC的对称点为E′，以点E′为圆心、1为半径画圆，连接E′D交BC于点P，交⊙E′于点A″，则PA″＝PA′，即得PA′+PD＝PA″+PD＝A″D，由两点之间线段最短，可知此时PA′+PD的值最小，最小值为A''D的长，再利用勾股定理解答即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【解答】解：∵A′E＝AE＝1， ∴点A′在以点E为圆心、1为半径的圆上， 如图，作AD关于BC的对称线段MN，点E关于BC的对称点为E′，以点E′为圆心、1为半径画圆，连接E′D交BC于点P，交⊙E′于点A″， 则PA″＝PA′， ∴PA″+PD＝PA′+PD＝A″D， 此时PA′+PD的值最小，最小值为A''D的长， ∵BC＝MN＝4， ∴E′N＝4﹣1＝3， 又∵DN＝2+2＝4， ∴E′D5， ∴A″D＝E′D﹣E′A″＝4， 即PA′+PD最小值是4， 故选：A． 25．（2026•浙江模拟）如图，在四边形ABCD中，BE＝2EA，AH＝2HD，DG＝2GC，CF＝2BF，则四边形EFGH与四边形ABCD的面积比为（　　） A． B． C． D． 【考点】比例线段．版权所有 【分析】根据三角形的面积计算公式得出△ABC的面积为：，连接四边形ABCD的对角线AC和BD，利用三角形面积公式分别计算四个角上小三角形面积与大四边形面积的关系，最后利用割补法求解即可 【解答】解：如图，在△ABC中，AD⊥BC， ∴AD＝AC•sinC， ∴△ABC的面积为：； 连接AC，BD， 由条件可知， ∴，即， 同理：，即， ∴， 同理可得， ∴S四边形EFGH ， ∴四边形EFGH与四边形ABCD的面积比为 故选：A． 26．（2026•定海区一模）如图，矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，点B在边EF上，点G在CD上，FG交BC于M点，EN⊥AB，AB＝18，若S△ENB：S△BFM＝16：9，则AD＝（　　） A． B． C． D． 【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的性质．版权所有 【分析】证明△ADG≌△ANE（AAS）得S△ADG＝S△ANE，EN＝DG，AN＝AD．由矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，得S△ENB+S△BFM＝S△GCM，结合S△ENB：S△BFM＝16：9可得S△ENB：S△GCM＝16：25，证明△CGM∽△NEBEN：GC＝4：5，求出EN＝DG＝8，再证明△ANE∽△ENB，利用相似形的性质即可求解． 【解答】解：∵四边形AEFG是正方形， ∴∠GAE＝∠AEF＝∠F＝∠AGF＝90°，AG＝AE， ∴∠GAB+∠BAE＝90° ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DAB＝∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，CD＝AB＝18， ∴∠DAG+∠GAB＝90°， ∴∠DAG＝∠BAE， ∵EN⊥AB， ∴∠ANE＝90°， ∴∠D＝∠ANE＝90°， 又∵AG＝AE， ∴△ADG≌△ANE（AAS）， ∴S△ADG＝S△ANE，EN＝DG，AN＝AD． ∵矩形ABCD和正方形AEFG面积相等， ∴S矩形ABCD﹣S四边形ABMG＝S正方形AEFG﹣S四边形ABMG， ∴S△ENB+S△BFM＝S△GCM， ∵S△ENB：S△BFM＝16：9， ∴S△ENB：S△GCM＝S△ENB：（S△ENB+S△BFM）＝16：25， ∵∠EBN+∠MBF＝90°，∠EBN+∠BEN＝90°， ∴∠MBF＝∠BEN， 同理可证，∠MBF＝∠CGM， ∴∠CGM＝∠BEN， ∵∠BNE＝∠C＝90°， ∴△CGM∽△NEB， ∴EN：GC＝4：5， ∴DG：GC＝4：5， ∴． ∵∠AEN+∠BEN＝90°，∠AEN+∠EAN＝90°， ∴∠BEN＝∠EAN， ∵∠ANE＝∠ENB＝90°， ∴△ANE∽△ENB， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴， 故选：A． 27．（2026•东阳市模拟）已知某仓储中心有一个斜坡AB，B，C在同一水平地面上，∠B＝30°，其横截面如图．现有一个侧面图为正方形DEFG的正方体货柜，其中米，该货柜沿斜坡向下时，若点D的最大高度限制（即点D离BC所在水平面的高度DH的最大值）为米，则BG的长度应不超过（　　）米． A．6 B． C． D． 【考点】解直角三角形的应用；三角形内角和定理；正方形的性质．版权所有 【分析】根据正方形的性质以及已知条件可得∠DGM＝∠DHB＝90°，再根据三角形内角和定理得到∠GDM＝∠B＝30°，根据余弦和正切的定义求出DM、MG，根然后根据线段的和差MH，再解直角三角形求得MB，最后求得BG即可． 【解答】解：∵正方形DEFG， ∴DG＝DE米，∠DGM＝90°， ∴∠DGM＝∠DHB＝90°， ∵∠DMG＝∠BMH， ∴∠GDM＝∠B＝30°， ∴DM，MG＝DG•tan∠GDM＝tan30°， ∵DH＝3米， ∴HM＝DH﹣DM＝3（米）， ∵sinB， ∴MB（米）， ∴BG＝MG+MB（米）． 故选：D． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $